滑板滑块专题练习

1、滑板滑块专题练习L = 1.8 m、质量 M = 3 kg的薄木板,1、如图所示，倾角 a = 30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长木板的最上端叠放一质量n= 1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数卩=_ .对木板施加沿斜面向上的恒力F,g= 10使木板沿斜面由静止开始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 m/s :(1) 为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件； 若F= 37.5 N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求岀物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿 斜面上升的最大距离.2、如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗

2、糙水平面上，木板质量为M=4kg,长为L=1. 4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为 m=1kg，可视为质点现用水平恒力F作用在木板 M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的m加速度分别对应不同数值，两者的a-F图象如图乙所示，取 g=10m/s2求：4t -25渕乙(1) 小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数.(2) 若水平恒力F=27. 8N,且始终作用在木板M上，当小滑块 m从木板上滑落时，经历的时间为多长.3、如图所示一足够长的光滑斜面倾角为37° ,斜面AB与水平 面BC平滑连接。质量 m=1 kg可视为质点的物体置于水平面上的D点，D点距B点

3、d=7 m,物体与水平面间的动摩擦因数为0.4。现使物体受到一水平向左的恒力F=6.5 N作用，经时间t=2 s后撤去该力，物体经过B点时的速率不变，重力加速度g取10 m/s 2， sin 37 ° =0.6，求:（1 ）撤去拉力F后,物体经过多长时间经过（2 ）物体最后停下的位置距 B点多远?4、如图（a）所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L=1m质量为m=0.5kg的木板A, 质量为vm=1kg的物体B以初速度vo滑上木板A上表面的同时对木板A施加一个水平向右的力F, A与B之间的动摩擦因数为 卩=0.2 ,g=10m/s2，物体B在木板A上运动的路程 s与力F的关系如图

4、（b）所示.求vo、Fi、F2.5、如图所示，质量为 M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m可视为质点的物块，以某一水平v t初速度从左端冲上木板从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的图象分别如图中v/m*286的折线 acd 和 bcd 所示，a、b、c、d 点的坐标为 a （0，10）、b （0，0）、c （4，4）、d （12，0）.根据 v - t 图象,（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小ai，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3；（2 ）物块质量 m与长木板质量 M之比;（3）物块

5、相对长木板滑行的距离s .6、质量为10kg的物体在F=200N的水平推力作用下，从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动，斜面固定不动，与水平地面的夹角e =37 °.力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25秒钟后，速度减为零求：物体与 . . 2斜面间的动摩擦因数卩和物体的总位移 S. （已知sin37 ° =0.6， cos37 ° =0.8， g=10m/s ）7、质量为m的物体A放在倾角为e =37°的斜面上时，恰好能匀速下滑现用细线系住物体A,并平行于斜面向上绕过光滑的定滑轮，另一端系住物体B,物体A恰好能沿斜面匀速上滑求物体B的质量

6、.8、如图，质量 m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A B间距L=20m.用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体,经 to=2s 拉至 B 处.（已知 cos37 ° =0.8， sin37 ° =0.6 .取 g=10m/s2）（1 ）求物体与地面间的动摩擦因数A处由静止开始运动并能到达B处，求该力（2 ）用大小为30N,与水平方向成 37 °的力斜向上拉此物体，使物体从 作用的最短时间t .H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角 将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数卩1=0.05，卩2,忽略物块在斜面与桌

7、面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩(1)(2)当e角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数1 29、如图所示，用一块长 Li=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高 e可在o60°间调节后固定， 物块与桌面间的动摩擦因数为 擦力等于滑动摩擦力） 求e角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）(3)继续增大e角，发现e增大到某值时物块落地点与墙面的距离最大，求此时的角度值以及最大距离.10、如图所示，质量为m=2kg的物体在倾角为0 =30 °的斜面上随着斜面一起沿着水平面以恒定水平加速度a=2m/s

8、加速运动，运动过程中物体和斜面始终保持相对静止，求物体受到的支持力和摩擦力.(g=10m/s物块的速度为多少？ 在这个过程中木楔没有移动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向(g=10m/s2，sin37 ° =0.6，sin53 ° =0.8 ).13、如图所示，一质量为nB= 2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板 B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角0 = 37 ° . 一质量也为 rn= 2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端X。= 8 m处静止释放，物块 A刚好没有从木板B的左端滑岀

9、已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为 卩1= 0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为卩2 = 0.2，sin 0 = 0.6，cos 0 = 0.8， g取10 m/s，物块A可看作质点.请问：(1) 物块A刚滑上木板B时的速度为多大？ 物块A从刚滑上木板 B到相对木板 B静止共经历了多长时间？木板 B有多长？)11、如图所示，在光滑的水平面上停放着小车B,车上左端有一小物体A, A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数二：丄，小车长二_ ，A的质量川，B的质量出二'：'，现用_1的2水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等， 求A和

10、B间光滑部分的长度 CL')12、如图所示，一质量 M=2kg的木楔静置于粗糙的水平地面上，木楔与物块间的动摩擦因数卩=0.2 木楔的倾角 0=37 °，有一质量 m=1.0kg的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=2m时，求:314、下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为e = 37° (sin 37° =)的山坡C,上面有一质量为 m的石板B,其上下表面与斜坡平行； B上有一碎石堆 A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图 5 所示。假设某次暴雨中， A浸透雨水后总质量也为 m可视为质量不变的滑块 )，在极短时间内，

11、A、B间的动摩擦因数3卩i减小为:，B C间的动摩擦因数 卩2减小为0.5, A B开始运动，此时刻为计时起点；在第 2 s末，B的上表面突 然变为光滑，卩2保持不变。已知 A开始运动时，A离B下边缘的距离I = 27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。取重力加速度大小g= 10 m/s 2。求：(1) 在02 s时间内A和B加速度的大小；A在B上总的运动时间。15、21.如图所示，光滑水平地面上有一质量为2m,长为L=1.6m的木板，质量为 m可视为质点的物块以vo=3m/s的水平初速度冲上木板，距木板前方s = 0.6m处有倾角为e =37°的固定斜面，物块与木板达到

12、共速后木板与斜面碰撞并粘连，斜面足够长且左端和木板B端等高，已知物块与木板间动摩擦因数卩1= 0.2，物块与斜面间动摩擦因数卩2 = 0.5(sin37 ° =0.6，cos37 ° =0.8，g=10m/s2)(1)求物块冲上木板后物块和木板的加速度；(2 )求碰撞前物块和木板达到的共同速度v ；(3 )不计物体经过木板与斜面交界时的能量损失，求物块最终停下的位置。16、如图所示为一足够长斜面，其倾角为e = 37°，一质量 m= 10 kg物体，在斜面底部受到一个沿斜面向上的F=100 N的力作用由静止开始运动，物体在 2 s内位移为4 m，2 s末撤去力F,

13、 (sin 37 ° = 0.6，cos 37 ° = 0.8，g =10 m/s 2)求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数卩;(2) 从撤掉力F开始1.5 s末物体的速度 v;(3) 从静止开始4 s内物体的位移和路程.17、如图，质量 m=2 kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20 m。用大小为30 N，沿水平方向的外力拉此物体，经 t o=2 s 拉至 B 处。(sin37 o=0.6 , cos37 o=0.8 , g 取 10 m/s 2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数卩;A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用大小为20 N,与水平方向成53

14、76;的力斜向上拉此物体，使物体从 用的最短时间t。18、如图甲所示，质量 m= 2 kg的物体在水平面上向右做直线运动过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测岀物体的瞬时速度，所得v- t图象如图乙所示取重力加速度为g= 10 m/s 2.求： (1)物体在04 s内和410 s内的加速度的大小和方向.力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数卩.(3)10 s 末物体离a点的距离.10 s 后撤去拉力F,求物体再过15 s离a点的距离.h=1.8m。卩=0.5，19、如图所示，一质量M=50kg、长L=3m的平板车静止在光滑的水平地面上，平板

15、车上表面距地面的高度一质量n=10kg可视为质点的滑块，以V0=7.5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数取 g=10m/s2。(1) 分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；(2) 判断滑块能否从平板车的右端滑出。若能，求滑块落地时与平板车右端间的水平距离；若不能，试确定滑块最 终相对于平板车静止时与平板车右端的距离。20、如图所示，两木板 A B并排放在地面上，小滑块以水平速度v0=3m/s从A左端滑上木板 A.已知木板 A的长度l=1m，木板B足够长，木板 A的质量mA=3Kg小滑块及木板 B的质量均为 m=1Kg小滑块与木板 A B间的动摩擦因 数

16、均为卩1=0.4，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为 卩2=0.1，取g=10m/s2 .求：(1) 小滑块在木板 A上运动的加速度大小;(2) 小滑块在木板 A上运动的时间；(3) 木板B获得的最大速度.21、如图所示，质量为 m=1kg的物块，放置在质量 M=2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为L=1m,边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：I作用区对物块作用力方向水平向右，II作用区对物块作用力方向水平向左.作用力大小均为 3N.将物块与木板从图示位置 (物块在I作用区内的最左边)由静止释放，已

17、知在整个过程中物块不会滑离木板.取g=10m/s在物块刚离开I区域时，物块的速度多大？ 若物块刚进入II区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d;(3) 物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程. 22、一平台的局部如图甲所示， 水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮， 在水平面上放着一质量 RA=2.0kg , 厚度可忽略不计的薄板 A,薄板A长度L=1.5m，在板A上叠放着质量 m=1.0kg，大小可忽略的物块 B,物块B与板A之间的动摩擦因数为 卩=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块 C,物块C刚好可与竖直面接触起始时令各物体都处于

18、静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板 A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s若物块C质量m=1.0kg，推理判断板 A和物块B在放手后是否保持相对静止； 若物块C质量m' =3.0kg，从放手开始计时，经过去 =2.0s，物块C下降的高度； 若物块C质量m=1.0kg，固定住物块 B,物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F,方向水平向左,大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t ' =2.0s，物块C恰好停止运动，求物块 C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度.

19、，求高一资料介绍高一上期中考部分1.2017 2018学年高一第一学期期中质量检测（物理）2.2017 2018学年高一第一学期期中质量检测（语文）3.2017 2018学年高一第一学期期中质量检测（数学）两份4.2017 2018学年高一第一学期期中质量检测（化学）物理部分1. 高一物理运动学综合练习-基础2. 高一物理运动学综合练习-提升3. 高一物理牛顿定律综合练习-基础4. 高一物理牛顿定律综合练习-提升5. 传送带专题练习6. 滑板滑块专题练习7. 弹簧牛二连接体专题练习数学部分1.2018年数学必修二专项练习2.2018年数学必修三专项练习3.2018年数学必修四专项练习4.201

20、8年数学必修一能力提高卷5. 2018年数学必修一练习一一精选高考题6.2018年数学必修四练习一一精选高考题高一上期末考部分1.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（语文）2.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一二3.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一三4.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（数学）必修一四5.20172018学年高一第一学期期末质量检测（英语）6.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（物理）7.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（化学）8.2017 2018学年高一第一学期期末质量

21、检测（生物）9.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（历史）10.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（政治）11.2017 2018学年高一第一学期期末质量检测（地理）精选好题,欢迎下轨更多资料关注"欢乐冃蘇号滑板滑块专题练习参考答案一、计算题1、( 1) F < 30N;( 2) 物块能滑离木板，1.2s , s=0.9m。【解析】< 1> 对 W m,由牛顿第二定律 F - （M+m） gsina= （Af+m） a 对 nb 有 f _ uigsiii（r=inaF<mgcosa代入数据得：fwon（2） F-37.5N>3O

22、N,物块能滑离木板对于 有 F jimgcosa- Mgsiiicr=M2 i对 ni| 有 jimgoosa mgsina=ma2设物块滑离木板所用的时间为b由运动学公式：ait2 - ajt-L2 2代入数据得匚t=1.2s物块离开木板时的速度v-Ht由公式：-2g?iiias=0-v2代入数据得【名师点睛】解决本题的关键理清物块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。2、（ 1）0.4， 0.1 .（ 2） 2s .【解析】由團乙可知当恒力F>25NB1,小滑块与木板将出现相对滑魂，以小滑块为硏究对SS根据牛極第二定律得，幽mgF

23、iui代入数据解得以木板为研究对象，根据牛领第二运律育：F-gung- （m+M）血亠_ 1 口戸川琴手#（酬+就）&则MM场吨+曲佃+"）宮 9结合團象可得，菸：裁和（2 设m在M上滑动的事件为 t，当水平恒力 F=27. 8N时，由（1）知滑块的加速度为,1而滑块在时间t内的位移为 F 曲懈g Mjg由（1可知木板的加速度为，-L代入数据解得 a2=4.7m/s 2,1 2而木板在时间t内的位移为由题可知，si - S2=L代入数据联立解得 t=2s .【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和图象的综合，理清运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，通过图象得岀相对滑动

24、时的拉力大小是解决本题的关键。3、【解析】（1）物体在水平面上运动过程中，设撤去F前后物体的加速度大小分别为ai、a2由牛顿第二定律得7,心：一7（i 分）代入解得二：；叽J（i 分）恒力F作用t=2 s时物体的位移为此时物体的速度为 v=ait= 5 m/s （1分）设撤去拉力F后，物体第一次经过 B点的时间为tid 珂二讥一丄务J则由二（i分） 代入解得11=0.5 s （i 分）物体滑到B点时速度大小为：" L，（i 分）设物体在斜面上运动的加速度大小为aa则二 sin 37=6 m/s 2 （1 分）所以物体第二次经过物体在斜面上滑行的总时间B点的时间为='1 二二（

25、1 分）x = - = 1.125m（2）物块最后停 下的位置距 B点丄（2分）4、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像.【分析】（1）由图象可看岀当 Fw 1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长L,当F=1N时，刚好不从 A板右端掉下，此后A和B一起相对静止并加速运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式，抓住位移之间的关系列式，联立方程求岀B在A上相对A向右运动的路程 S与F、vo的关系式，把 F=1N和S=1m带入即可求解；（2） 当1N< Fw Fi时，随着F力增大，S减小，当F=Fi时，岀现S突变，说明此时 A B在达到共同速度后，恰好再 次发生相

26、对运动，B将会从A板左端掉下.对A B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为 a2，由牛顿第二定律列式即可求解；（3） 求岀此时B在A上运动的路程，当FF1时，物体B在A板上的路程为 B相对A向右运动的路程的两倍.把F=F2 时，将S=0.5S代入S与F、V0的关系式，即可求解.【解答】解：（1）由图象可看岀当 Fw 1N时，B物体在A板上的路程始终等于板长 L，当F=1N时，刚好不从 A板右 端掉下，此后 A和B 一起相对静止并加速运动.设B物体的加速度为 a2, A板的加速度为a1,分别由牛顿第二定律：卩mg=ma2F+11 mg=ma1 设B运动的位移为 S, A运动的位

27、移为 S，经过t时间两者速度均为 V，根据运动学公式：_VSa= t v=vo a2t =atB在A上相对A向右运动的路程 S=S - $联立解得：S= 将 F=1N， S=1m代入，解得：vo=4m/s(2)根据式分析可知，当 1N< F< Fi时，随着F力增大，S减小，当F=Fi时，岀现S突变，说明此时 A B在达至U 共同速度后，恰好再次发生相对运动，B将会从A板左端掉下.对A B恰好发生相对运动时，B的加速度为a2，则整体加速度也为 a2,由牛顿第二定律：Fi= (m+m) a2 联立解得解得 Fi=3N(3)此时B在A上运动的路程为当FFi时，物体B在A板上的路程为 B相

28、对A向右运动的路程的两倍.故当F=F2时，将S=0.5S代入式解得：F2=9N答：初速度 vo为4m/s，Fi为3N, F2为9N.5、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的图像.【分析】(1) v - t图象中，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度；(2 )对三个阶段分别用牛顿第二定律列式即可求得质量之间的关系；(3)图象与坐标轴围成的面积表示位移，由v - t图可以看岀，物块相对于长木板滑行的距离s对应图中厶abc的面积.【解答】解：(1)由v - t图象可求岀物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小ai=-m/s 2=1.5 m/s 2，4-0木板开始做

29、匀加速直线运动的加速度大小a2=m/s2=1 m/s 2，达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=m/s2=0.5 m/s 2.(2 )对m冲上木板减速阶段：卩img=ma对M向前加速阶段：卩img-卩2 ( m+M g=Ma物块和木板达到共同速度后向前减速阶段:卩 2 (m+M g= (M+m a3以上三式联立可得:丄(3)由v - t图可以看岀，物块相对于长木板滑行的距离s对应图中厶abc的面积，故 s=10 x 4X m=20 m222答：(1)三个阶段的加速度分别为：1.5 m/s ; 1 m/s ; 0.5 m/s(2) 物块质量 m与长木板质量 M之比为3: 2;(3) 物块相对

30、长木板滑行的距离s为20 m 6、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.【分析】物体先做匀加速直线运动， 后做匀减速直线运动. 根据牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀加速运动过程， 求岀F刚撤去时物体的速度表达式，再由牛顿第二定律和运动学公式结合研究匀减速运动过程，联立可求岀卩.【解答】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为ai，末速度为V，减速时的加速度大小为 a2，将mg和F分解后，由牛顿运动定律得：Fn=Fsin 0 +mgcos0Fcos 0 f mgsin 0 =ma根据摩擦定律有f=卩Fn，代入数据得a1=10 - 20卩加速过程由运动学规律可知v=a 1t1撤去F后

31、，物体减速运动的加速度大小为 a 2，则a 2=gsin 0 +卩gcos 0 代入数据得a2=6+8卩由匀变速运动规律有v=a 2t2丄 1由运动学规律知 s=a1t 12+ a2t 22代入数据得卩=0.25 ; s=16.25m答：物体与斜面间的动摩擦因数11 =0.25 ;物体的总位移 s=16.25m7、牛顿第二定律.【分析】根据物体A匀速下滑，通过共点力平衡求岀摩擦力的大小，再对乙图中的A受力分析，根据共点力平衡求岀物体B的质量.【解答】解：当物体 A沿斜面匀速下滑时，受力图如图甲沿斜面方向的合力为 0 f=mgsin 0当物体A沿斜面匀速上滑时，受力图如图乙A物体所受摩擦力大小不

32、变，方向沿斜面向下沿斜面方向的合力仍为0 TA=f ' +mgsin 0对物体BT B=m>g由牛顿第三定律可知Ta=Tb由以上各式可求岀mB=1.2m答：物体B的质量为1.2m .朋g宴乙【点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡进行求解.8、匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律.【分析】（1）根据匀变速直线运动的位移公式可以求得物体的加速度的大小，在根据牛顿第二定律可以求得摩擦力 的大小，进而可以求得摩擦因数的大小；(2 )当力作用的时间最短时，物体应该是先加速运动，运动一段时间之后撤去拉力F在做减速运动，由运动的规律

33、可以求得时间的大小.丄【解答】解：(1)物体做匀加速运动 L= at。2A 2X20所以 a= =10m/s由牛顿第二定律 F - f=maf=30 - 2X 10=10N所以 卩= H一=0.5即物体与地面间的动摩擦因数卩为0.5 ;(2)设F作用的最短时间为 t，小车先以大小为 a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a'的加速度匀减速t '秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos37 ° -卩(mg- Fsin37 ° ) =ma2a '=也=卩 g=5 m/s由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at=a ' t &

34、#39;弓1L5t ' = t=t=2.3t2 XLEat'+ta' t所以t=即该力作用的最短时间为1.03s .9、牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系.【分析】(1)要使物体下滑重力的分力应大于摩擦力，列岀不等式即可求解夹角的正切值;(2) 对下滑过程由动能定理进行分析，则可求得动摩擦因数；(3) 根据动能定理及几何知识求岀离开桌面的最大速度，物体离开桌面后做平抛运动，由平抛运动的规律可求得最 大距离.【解答】解：(1)为使小物块下滑：:-：' u - . g W；e满足的条件tan 0 > 0.05(2)克服摩擦力做功< -严心 I

35、、尹昇(讥 L e八由动能定理得：:(3 )由动能定理可得mgLinf=20sin 8 +15cos 6=202+15 2sin（ G 卡口 ），其中，即 a =37代入数据化简得：v=/20sin® +15cos - 2（当e =53°时，f最大，：&：玄e 盈离开桌面做平抛运动2，得 t=0.4s为0.853°以及最大距离 1.9m .答：(1) e角增大到tan e > 0.05时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)(2)当e角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，物块与桌面间的动摩擦因数(3)继续增大e角，发现e增大到某值时物块落

36、地点与墙面的距离最大，此时的角度值【点评】本题考查动能定理及平抛运动的规律，要注意正确分析过程及受力，注意摩擦力的功应分两段进行求解；同时掌握平抛运动的解决方法.10、牛顿第二定律.【分析】对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律列式求解；对于静摩擦力的方向，先假设 其平行斜面向上，若计算结果为负，表示与假设的方向相反.【解答】解：对物体受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，如图所示：将加速度也沿着平行斜面和垂直斜面方向正交分解，根据牛顿第二定律，有:平行斜面方向：mgsin 0 - f=macos 0垂直斜面方向：N- mgcos 0 =masin 0联立解得：f=10 -

37、2_6.54NN=2+10 19.32N答：物体受到的支持力为19.32N，摩擦力为6.54N .伯、罚=0.8解【鮮析】试颗分折：小车B从开始运游“物休鼻刚进入小车戌的粗糙部分过程中，因物体丄在代畐的光滑咅盼不曼摩撷力作用，故物体A处于静止状态，设才阵£此过程中的血速度为阿，it动时间为舟，通过的位移为可，运幼的速度为g则：根据牛顿第二走律衛=根据汰速直线运幼速廈时间公式縛:叮呻根振位移时间公式得：当物体A进入到的犯幫剖分后，设刁阵B的期速度为阳,物体N的期速度为码,两者达到相同的速度经历的时间为珀，且共同速度v3 =也,则有根据牛顿第二定律得：6丿-哄叭 a产畑,根振速度时间公式

38、得：11 +叱=4/1，| ,11根据位移关系得：a + -£Vi = Z-码22综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度* - L '-o考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与时间的关系、匀变速直线运动的位移与时间的关系【名师点睛】对小物体 A与小车B的受力分析容易岀错，而导致对运动状态的分析错误，开始阶段，由于小物体水平方向不受外力，故小物体 A应处于静止状态；当小物体A进入粗糙部分后，由于两者发生了相对滑动，则小车B的受力发生了变化，对应的加速度也发生变化。9 J-Viio12、（ 1）m/s（2） 3.52N，方向水平向左【解析】ffagsin 6-png

39、zSa 试题分析：（1）根据牛顿第二定律，物五块的加速度为：<= 4.4m/s 2 2 v 二 2as = V110根据v2 = 2as得物块的速度为m/s(2)对整体分析，根据牛顿第二定律得:F地=macos37° =3.52N，方向水平向左13、(1)沿斜面下滑的加速度为a，则有:mgsin e - 11 mgcos e =ma2得 a=gsin e - i gcos e =4m/sai= 12g = 2m/s2由V=2ax得物块A刚滑上木板 B时的速度：v= -=8m/s 物块A在B上滑动时，A的加速度大小:木板B的加速度大小：a2 = 2m/s 2物块A刚好没有从木板

40、B左端滑岀，即：物块A在木板B左端时两者速度相等设物块A在木板B上滑行的时间t 速度关系:v-a 1t=a2tB左端滑出物块A刚好没有从木板位移关系：2vt - a 1t / 2 =2=a2t /2 + L解得t= 2sL=8m2 214、( 1) a1=3m/s ； a 2 =1m/s ；( 2) 4s15、解：(1)对物块：，J 4得:宀-J* ,方向水平向左对木板：= 2 叫得：= l/s，方向水平向右(2 )设t秒后达到共同速度对物块：对木板：V =够(3) 在t时间内,物块位移：1 2木板位移：相对位移：Ax=-x2解得：L.1.a此时物块距木板 B端：- -碰撞后木板粘连，物块减速

41、，设冲上斜面时的速度为V2滑上斜面过程：二、滑下斜面过程：回到小车上后匀减速到停下： 匚1由以上各式解得:広二0.0知，故物块最终停下的位置距木板B端 0.03m16、解：（1）由 xi=ait i2/2 得 a=2m/s2（ 1 分）撤去 F 前有： F-mgsin37 0-umgcos37 0=ma得 u=0.25（ 2 分）撤去F后加速度为 a2由mgsin37 0+umgcos370=ma得 a2=8m/s2（ 1 分） 撤去力F时速度V1=a1t 1=4m/s撤去F后经12速度减为0由0=va2t2得t2=0.5s冏二一也x4x0.5« = lw撤去F后上滑距离21设下滑加

42、速度大小为a3，由mgsin37 0-umgcos370=ma得 a3=4m/s2(2 分)下滑时间t3=1s1.5s末物体速度 v=a3t 3=4m/s分）(2下滑位移大小为 X3= a3t 42=4.5m(2 分)从静止开始4s内物体的位移大小X=x计X2-x 3=0.5m方向沿斜面向上（1 分)17、(1) 0.5(2) 2s试题分析：（1）物体做匀加速运动(1 分)由牛顿第二定律F f = ma从静止开始4S内物体的路程S=Xi+X2+X3=9.5m解得：f = F-ma= (30-2 X 10) N = 10 NA = = 0 5（2）设F作用的最短时间为 t '秒到达B处，

43、速度恰为则-zt秒，撤去外力后，以大小为a'的加速度匀减速t，小车先以大小为 a的加速度匀加速0,由牛顿第二定律：Fcos53 ° - ii ( mg-Fsin53 °)=ma解得:a = 5 m/s 2a' = i g = 5 m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 1t '= tL = at2 + a ' t ' 2解得：t = 2 s18、解： 设物体向右做匀减速直线运动的加速度为ai，则由v t图象得加速度大小ai= 2 m/s 2方向与初速度方向相反设物体向左做匀加速直线运动的加速度为加速度大小 a2

44、= 1 m/s 2 方向与初速度方向相反.(2)根据牛顿第二定律，有F +卩 mg= maF卩 mg= ma联立得 F= 3 N卩=0.05. 设10 s末物体离a点的距离为d, d1 d = - x 4X 8 m - x 6x 6 m = 2 m,a2,则由v t图象得应为图与横轴所围的面积，则负号表示物体在 a点以左.(4) 设撤去拉力F后做匀减速直线运动的加速度大小为aa根据牛顿第二定律，有卩mg= ma得 aa = 0.5 m/s 2由vt = vo+ at可得物体减速到零的时间t = 12 s物体在15 s内的位移 s = I't = 36 m物体在15 s后离a点的距离d

45、'= d+ s = 38 m.（2 分）（2 分）19、（ 1）对滑块，/処-叫（2）设经过t时间滑块从平板车上滑出（1 分）解得t1=0.5s或2s （舍去）（1分）此时，帕昭加山，町吋°加山（2 分）所以，滑块能从平板车的右端滑出。_在竖直方向 h= gt22，t2=0.6s （1分） 水平方向 x= v t 2，所以 x = 2.7m。（ 1分）W： （D设小滑块潘动的加速度大小対铝.则I 4归沪B町”第得 ai = mg = 0.4（；）小淆块对卒帳r的那掩力为I术板祸籃体愛到地面的最大靜障抵力掬，fi-M 2 （：ca> e = 0- 1>（20<CJ MX*<*：小清块清上木板后.*犧厝持締止*,I 7i=wi-oin11=0.£另一解：三舍去）（3）说小ft块滑上B时.小滑块的速底門.B的加豐度峠，墟道时間t崗I坟与3世型共伺速15W*対亏分術狠据牛樽第二定律得1 M isy-2 i=«=si2战据連黄时间公式右丄口可