滑板滑块专题练习

滑板滑块专题练习
1、如图所示，倾角α＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L＝m、质量M ＝3 kg的薄木板，
木板的最上端叠放一质量m＝1 kg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数μ＝.对木板施加沿斜面向上的恒力F，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g＝10 m/s2.
(1)为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；
(2)若F＝N，物块能否滑离木板若不能，请说明理由；若能，求出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：
（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d=7 m,物体与水平面间的动摩擦因数为。

现使物体受到一水平向左的恒力F= 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/s2，
sin 37°=，求：
（1）撤去拉力F后,物体经过多长时间经过B点
（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m1=的木板A，一质量为m2=1kg的物体B 以初速度v0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μ=，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（b）所示．求v0、F1、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v﹣t图象分别如图中的折线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，求：
（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，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θ=37°．力F作用2秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了秒钟后，速度减为零．求：物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体的总位移S．（已知sin37°=，cos37°=，g=10m/s2）
7、质量为m的物体A放在倾角为θ=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．
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t0=2s拉至B处．（已知cos37°=，sin37°=．取g=10m/s2）
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（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A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t．
9、如图所示，用一块长L1=的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=，长L2=，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=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μ1=，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失（重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力）
（1）求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ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μ2
（3）继续增大θ角，发现θ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θ=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/s2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/s2）
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，小车长，A的质量，B的质量，现用的水平力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B间光滑部分的长度（）。

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μ=．木楔的倾角θ=37°，有一质量m=的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=2m时，求：
（1）物块的速度为多少
（2）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°=，sin53°=）．
13、如图所示，一质量为m B＝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θ＝37°.一质量也为m A＝2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝，sin θ＝，cos θ＝，g取10 m/s2，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
(2)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
14、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θ＝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，A、B间的动摩擦因数
μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为，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，μ2保持不变。

已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝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/s2。

求：
(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；
(2)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=的木板，质量为m可视为质点的物块以v0=3m/s的水平初速度冲上木板，距木板前方s = 处有倾角为θ=37°的固定斜面，物块与木板达到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μ1= ，物块与斜面间动摩擦因数μ2 = （sin37°=，cos37°=，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θ＝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，(sin 37°＝，cos 37°＝，g＝10 m/s2)求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)从撤掉力F开始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t0=2 s拉至B处。

(sin37o=，cos37o=，g取10 m/s2)
(1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为20 N，与水平方向成53°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间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，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v－t图象如图乙所示．取重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)物体在0～4 s内和4～10 s内的加速度的大小和方向．
(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ.
(3)10 s末物体离a点的距离．
(4)10 s后撤去拉力F，求物体再过15 s离a点的距离．
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，平板车上表面距地面的高度h=。

一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=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μ=，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间的动摩擦因数均为μ1=，木板A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2=，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，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，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g=10m/s2．
（1）在物块刚离开I区域时，物块的速度多大
（2）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m A=，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=，在板A上叠放着质量m B=，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为μ=，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/s2，求
（1）若物块C质量m c=，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；
（2）若物块C质量m c′=，从放手开始计时，经过去=，物块C下降的高度；
（3）若物块C质量m c=，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′=，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．
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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，，s=。

【解析】
【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），．（2）2s．
【解析】
（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，
而滑块在时间t内的位移为，
由（1）可知木板的加速度为，
代入数据解得a2=s2，
而木板在时间t内的位移为
由题可知，s1﹣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，通过图象得出相对滑动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a1、a2
由牛顿第二定律得，（1分）
代入解得（1分）
恒力F作用t=2 s时物体的位移为（1分）
此时物体的速度为v=a1t=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t1
则由（1分）
代入解得t1= s（1分）
物体滑到B点时速度大小为（1分）
设物体在斜面上运动的加速度大小为a3
则sin 37°=,=6 m/s2（1分）
物体在斜面上滑行的总时间s（1分）
所以物体第二次经过B点的时间为（1分）
（2）物块最后停下的位置距B点（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）由图象可看出当F≤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，联立方程求出B在A上相对A向右运动的路程S与F、v0的关系式，把F=1N和S=1m带入即可求解；
（2）当1N≤F≤F1时，随着F力增大，S减小，当F=F1时，出现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）求出此时B在A上运动的路程，当F≥F1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=代入S与F、v0的关系式，即可求解．
【解答】解：（1）由图象可看出当F≤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：
μm2g=m2a2①
F+μm2g=m1a1②
设B运动的位移为S2，A运动的位移为S1，经过t时间两者速度均为v，根据运动学公式：
S B=t③
S A=t ④
v=v0﹣a2t=a1t ⑤
B在A上相对A向右运动的路程S=S B﹣S A⑥
联立①②③④⑤⑥解得：S=⑦
将F=1N，S=1m代入，解得：v0=4m/s
（2）根据⑦式分析可知，当1N≤F≤F1时，随着F力增大，S减小，当F=F1时，出现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：
F1=（m1+m2）a2⑧
联立①⑧解得解得F1=3N
（3）此时B在A上运动的路程为S1==m
当F≥F1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．
故当F=F2时，将S=代入⑦式解得：F2=9N
答：初速度v0为4m/s，F1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图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△s对应图中△abc的面积．
【解答】解：（1）由v﹣t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1=m/s2= m/s2，
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2=m/s2=1 m/s2，
达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=m/s2= m/s2．
（2）对m冲上木板减速阶段：μ1mg=ma1
对M向前加速阶段：μ1mg﹣μ2（m+M）g=Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2（m+M）g=（M+m）a3
以上三式联立可得：=．
（3）由v﹣t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△s对应图中△abc的面积，故△s=10×4×m=20 m
答：（1）三个阶段的加速度分别为：m/s2；1 m/s2；m/s2
（2）物块质量m与长木板质量M之比为3：2；
（3）物块相对长木板滑行的距离△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，求出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，联立可求出μ．
【解答】解：物体受力分析如图所示，设加速的加速度为a1，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：
F N=Fsinθ+mgcosθ
Fcosθ﹣f﹣mgsinθ=ma1
根据摩擦定律有f=μF N，代入数据得a1=10﹣20μ
加速过程由运动学规律可知v=a1t1
撤去F 后，物体减速运动的加速度大小为a2，则a2=gsinθ+μgcosθ
代入数据得a2=6+8μ
由匀变速运动规律有v=a2t2
由运动学规律知s=a1t12+a2t22
代入数据得μ=；s=
答：物体与斜面间的动摩擦因数μ=；物体的总位移s=
7、牛顿第二定律．
【分析】根据物体A匀速下滑，通过共点力平衡求出摩擦力的大小，再对乙图中的A受力分析，根据共点力平衡求出物体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=mgsinθ
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变，方向沿斜面向下
沿斜面方向的合力仍为0 T A=f′+mgsinθ
对物体B T B=m B g
由牛顿第三定律可知T A=T B
由以上各式可求出m B=
答：物体B的质量为．
【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，由运动的规律可以求得时间的大小．
【解答】解：（1）物体做匀加速运动L=at02
所以a===10m/s2
由牛顿第二定律F﹣f=ma
f=30﹣2×10=10N
所以μ===
即物体与地面间的动摩擦因数μ为；
（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°﹣μ（mg﹣Fsin37°）=ma
a′==μg=5 m/s2
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′
t′=t=t=
L=at2+a′t′2
所以t===
即该力作用的最短时间为．
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，列出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出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
θ满足的条件tanθ≥
（2）克服摩擦力做功
由动能定理得：
代入数据得
（3）由动能定理可得
代入数据化简得：
，其中，即α=37°
当θ=53°时，f最大，，
离开桌面做平抛运动，得t=
答：（1）θ角增大到tanθ≥时，物块能从斜面开始下滑（用正切值表示）
（2）当θ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为
（3）继续增大θ角，发现θ增大到某值时物块落地点与墙面的距离最大，此时的角度值53°以及最大距离．
【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：mgsinθ﹣f=macosθ
垂直斜面方向：N﹣mgcosθ=masinθ
联立解得：f=10﹣2≈
N=2+10≈
答：物体受到的支持力为，摩擦力为．
11、
综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度。

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的受力分析容易出错，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。

12、（1）m/s （2），方向水平向左
【解析】
试题分析：（1）根据牛顿第二定律，物五块的加速度为：＝s2
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°=，方向水平向左
13、(1)沿斜面下滑的加速度为a，则有：
mg sinθ-μmg cosθ=ma
得a=g sinθ-μg cosθ=4m/s2
由V2=2ax 得物块A刚滑上木板B时的速度：v==8m/s
(2)物块A在B上滑动时，A的加速度大小：a1= μ2g = 2m/s2
木板B的加速度大小：a2 = 2m/s2
物块A刚好没有从木板B左端滑出，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-a1t=a2t
物块A刚好没有从木板B左端滑出
位移关系：vt - a1t2/2= a2t2/2 + L
解得t=2s L=8m
14、（1）a1=3m/s2；a2 =1m/s2；（2）4s
15、解：（1）对物块：
得：，方向水平向左
对木板：
得：，方向水平向右
（2）设t秒后达到共同速度
对物块：
对木板：
解得：，
（3）在t时间内，
物块位移：
木板位移：
相对位移：
解得：
此时物块距木板B端：
碰撞后木板粘连，物块减速，设冲上斜面时的速度为v2
有：
滑上斜面过程：，
滑下斜面过程：，
回到小车上后匀减速到停下：
由以上各式解得：，故物块最终停下的位置距木板B端16、解：（1）由x1=a1t12/2得a=2m/s2 （1分）
撤去F前有：F-mgsin370-umgcos370=ma1
得u= （2分）
(2)撤去F后加速度为a2由mgsin370+umgcos370=ma2
得a2=8m/s2 （1分）
撤去力F时速度v1=a1t1=4m/s
撤去F后经t2速度减为0由0=v1-a2t2得t2=
撤去F后上滑距离
设下滑加速度大小为a3，由mgsin370-umgcos370=ma3
得a3=4m/s2 （2分）
下滑时间t3=1s
末物体速度v=a3t3=4m/s （2分）
(3) 下滑时间
下滑位移大小为x3=a3t42= （2分）
从静止开始4s内物体的位移大小
X=x1+x2-x3= 方向沿斜面向上（1分）
从静止开始4S内物体的路程
S=x1+x2+x3= （1分）
17、（1）（2）2s
试题分析：（1）物体做匀加速运动则
由牛顿第二定律F－f＝ma
解得：f＝F-ma=（30-2×10）N＝10 N
则
（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，由牛顿第二定律：
Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）＝ma 解得：a＝5 m/s2
a′＝μg＝5 m/s2
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′
t′＝t L＝at2＋a′t′2
解得：t＝2 s
18、解：(1)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v－t图象得加速度大小a1＝2 m/s2
方向与初速度方向相反①
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v－t图象得
加速度大小a2＝1 m/s2
方向与初速度方向相反．②
(2)根据牛顿第二定律，有
F＋μmg＝ma1 ③
F－μmg＝ma2 ④
联立①②③④得F＝3 N
μ＝.
(3)设10 s末物体离a点的距离为d, d应为图与横轴所围的面积，则
d＝×4×8 m－×6×6 m＝－2 m，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a3
根据牛顿第二定律，有μmg＝ma3
得a3＝m/s2
由v t＝v0＋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＝t＝－36 m
物体在15 s后离a点的距离d′＝d＋s＝38 m.
19、（1）对滑块，，（2分）
对平板车，，（2分）
（2）设经过t时间滑块从平板车上滑出。