2019届人教版 牛顿运动定律 单元测试

单元检测三牛顿运动定律考生注意：1.本试卷共4页.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3.本次考试时间90分钟，满分100分.4.请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分.在每小题给出的四个选项中只有一个选项正确，选对得4分，选错得0分)1.竖直升降的电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一个质量为m的物体.当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是()A.以大小为2g的加速度加速上升B.以大小为2g的加速度减速上升C.以大小为g的加速度加速下降D.以大小为g的加速度减速下降2.如图1所示，两个质量分别为m1＝2 kg、m2＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用水平的轻质弹簧测力计连接.两个大小分别为F1＝30 N、F2＝20 N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则()图1A.弹簧测力计的示数是25 NB.弹簧测力计的示数是50 NC.在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度大小为5 m/s2D.在突然撤去F1的瞬间，m1的加速度大小为13 m/s23.如图2所示，在建筑工地，民工兄弟用两手对称水平使力将两长方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起，其中A的质量为m，B的质量为3m，水平作用力为F，A、B 之间的动摩擦因数为μ，在此过程中，A、B间的摩擦力为()图2A.μFB.2μFC.32m (g ＋a ) D.m (g ＋a )4.如图3所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m .现施加水平力F 拉B ，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动.若改为水平力F ′拉A ，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( )图3A.2FB.F 2C.3FD.F 35.(2018·四川德阳三校联合测试)如图4所示，质量分别为m 、2m 的球A 、B ，由轻质弹簧相连后再用细线悬挂在正在竖直向上做匀减速运动的电梯内，细线承受的拉力为F .此时突然剪断细线，在线断的瞬间，弹簧的弹力大小和小球A 的加速度大小分别为( )图4A.2F 3 2F3m ＋g B.F 3 2F 3m ＋g C.2F 3 F 3m＋g D.F 3 F 3m＋g 6.如图5甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v 0＝10 m /s 、质量为m ＝1 kg 的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g ＝10 m /s 2，则下列说法不正确的是( )图5A.0～5 s 内小木块做匀减速运动B.在t ＝1 s 时刻，摩擦力反向C.斜面倾角θ＝37°D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.57.(2017·湖南六校联考)如图6所示，倾斜的长杆(与水平面成α角)上套有一个质量为M 的环，环通过细线吊一个质量为m 的小球，当环在某拉力的作用下在长杆上滑动时，稳定运动的情景如图所示，其中虚线表示竖直方向，那么以下说法正确的是()图6A.环一定沿长杆向下加速运动B.环的加速度一定沿杆向上C.环的加速度一定大于g sin αD.环一定沿杆向上运动二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共25分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)8.(2017·山东淄博摸底)如图7甲所示，静止在水平地面上的物块A，受到水平向右的拉力F 作用，F与时间t的关系如图乙所示，设物块与地面的最大静摩擦力F fm与滑动摩擦力大小相等，则()图7A.0～t1时间内物块A的加速度逐渐增大B.t2时刻物块A的加速度最大C.t3时刻物块A的速度最大D.t2～t4时间内物块A一直做减速运动9.如图8所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，以速度v0逆时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数μ<tan θ，则图中能客观地反映小木块的运动情况的是()图810.如图9所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，工件滑上传送带A端的瞬时速度v A＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为v B.下列说法中正确的是()图9A.若传送带不动，v B＝3 m/sB.若传送带以速度v＝4 m/s逆时针匀速转动，v B＝3 m/sC.若传送带以速度v＝2 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/sD.若传送带以速度v＝4 m/s顺时针匀速转动，v B＝3 m/s11.(2017·三湘名校联盟三模)如图10甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x 与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出()图10A.物体的初速率v0＝3 m/sB.物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值x min＝1.44 mD.当θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上12.如图11甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行.初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v2＞v1，则()图11A.t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B.t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0～t 2时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 三、非选择题(本题共6小题，共47分)13.(4分)在“探究小车加速度a 与其质量m 的关系”的实验中：(1)备有器材：A.长木板；B.电磁打点计时器、低压交流电源、纸带；C.细绳、小车、砝码；D.装有砂的小桶；E.薄木板；F.毫米刻度尺；还缺少的一件器材是________.(2)实验得到如图12甲所示的一条纸带，相邻两个计数点的时间间隔为T ；B 、C 两点的间距x 2和D 、E 两点的间距x 4已量出，利用这两段间距计算小车加速度的表达式为________.图12(3)某同学根据实验数据画出的a －1m 图线如图乙所示，从图线可得砂和砂桶的总质量为________kg.(g 取10 m/s 2)(4)另一位同学根据实验数据画出的a －1m 图象如图丙所示，则造成这一结果的原因是________________________________________________________________________. 14.(9分)(2018·山东烟台期中)用如图13所示的实验装置做“探究加速度与力、质量的关系”实验：图13(1)下面列出了一些实验器材：电磁打点计时器、纸带、带滑轮的长木板、垫块、小车和砝码、砂和砂桶.除以上器材外，还需要的实验器材有：________. A.天平(附砝码)B.秒表C.刻度尺(最小刻度为mm)D.低压交流电源(2)实验中，需要平衡小车和纸带运动过程中所受的阻力，正确的做法是( )A.小车放在木板上，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时沿木板做匀速直线运动B.小车放在木板上，挂上砂桶，把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在砂桶的作用下沿木板做匀速直线运动C.小车放在木板上，后面固定一条纸带，纸带穿过打点计时器.把木板一端垫高，调节木板的倾斜程度，使小车在不受绳的拉力时能拖动纸带沿木板做匀速直线运动(3)实验中，为了保证砂和砂桶所受的重力近似等于使小车做匀加速运动的拉力，砂和砂桶的总质量m与小车和车上砝码的总质量M之间应满足的条件是__________________.这样，在改变小车上砝码的质量时，只要砂和砂桶质量不变，就可以认为小车所受拉力几乎不变. (4)如图14为某次实验纸带，在相邻两计数点间都有四个打点未画出，用刻度尺测得：x1＝0.55 cm，x2＝0.94 cm，x3＝1.35 cm，x4＝1.76 cm，x5＝2.15 cm，x6＝2.54 cm.图14①相邻两计数点间的时间间隔为________ s；②计数点“6”和“7”间的位移x7比较接近于________(填“A、B、C、D”序号)A.2.76 cmB.2.85 cmC.2.96 cmD.3.03 cm③打下“3”点时小车的瞬时速度v3＝________ m/s；小车的加速度a＝________ m/s2.(计算结果均保留2位有效数字)(5)某小组在研究“外力一定时，加速度与质量的关系”时，保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量M，分别记录小车加速度a与其质量M的数据.在分析处理数据时，该组同学产生分歧：甲同学认为根据实验数据可以作出小车加速度a与其质量M的图象，如图15，然后由图象直接得出a与M成反比.乙同学认为应该继续验证a与其质量倒数1M是否成正比，并作出小车加速度a与其质量倒数1M的图象，如图16所示.你认为________同学(选填“甲”或“乙”)的方案更合理.图15图16(6)另一小组在研究“小车质量一定时，加速度与质量的关系”时，用改变砂的质量的办法来改变对小车的作用力F，然后根据测得的数据作出a－F图象，如图17所示.发现图象既不过原点，末端又发生了弯曲，可能原因是()图17A.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过大，且砂和砂桶的质量较大B.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且砂和砂桶的质量较大C.没有平衡摩擦力，且小车质量较大D.平衡摩擦力时，木板的倾斜角度过小，且小车质量较大15.(8分)如图18甲所示，有一足够长的粗糙斜面，倾角θ＝37°，一滑块以初速度v0＝16 m/s 从底端A点滑上斜面，滑至B点后又返回到A点.滑块运动的速度—时间图象如图乙所示，求：(已知：sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2)图18(1)A、B之间的距离；(2)滑块再次回到A点时的速度大小；(3)滑块在整个运动过程中所用的时间.16.(8分)(2018·河南洛阳期中)如图19甲所示，在倾角为θ＝30°的长斜面上有一带风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为m＝2 kg，它与斜面的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比，即F f＝k v.若滑块从静止开始下滑的速度－时间图象如图乙中的曲线所示，图乙中的直线是t＝0时速度图线的切线，g＝10 m/s2.图19(1)求滑块下滑的最大加速度和最大速度；(2)求μ和k的值.17.(8分)如图20所示，传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m.传送带始终保持以速度v向右匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板.已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：图20(1)若滑块恰好不从平板上掉下，求v的大小.(2)若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小.18.(10分)如图21所示，一长L＝2 m、质量M＝4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5 m，木板的正中央放有一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：图21(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件.答案精析1.D [因为电梯静止时，弹簧被压缩了x ，由此可知mg ＝kx .当电梯运动时，弹簧又被压缩了x ，弹簧的弹力变大，物体所受合力方向向上，大小是mg ，处于超重状态.由牛顿第二定律可得mg ＝ma ，即加速度大小a ＝g ，方向也是向上的，此时物体可能是做向上的匀加速运动，也可能是做向下的匀减速运动，D 正确.]2.D3.D [由于A 、B 相对静止，故A 、B 之间的摩擦力为静摩擦力，A 、B 错误.设民工兄弟一只手对A 、B 在竖直方向上的摩擦力为F f ，以A 、B 整体为研究对象可知在竖直方向上有2F f －(m ＋3m )g ＝(m ＋3m )a ，设B 对A 的摩擦力方向向下，大小为F f ′，对A 由牛顿第二定律有F f －F f ′－mg ＝ma ，解得F f ′＝m (g ＋a )，C 错误，D 正确.]4.B [水平力F 拉B 时，A 、B 刚好不发生相对滑动，这实际上是将要滑动，但尚未滑动的一种临界状态，从而可知此时A 、B 间的摩擦力即为最大静摩擦力. 先用整体法考虑，对A 、B 整体：F ＝(m ＋2m )a .再将A 隔离可得A 、B 间最大静摩擦力为：F fm ＝ma ，解以上两方程得：F fm ＝F3.若将F ′作用在A 上，隔离B 可得B 能与A 一起运动，而A 、B 不发生相对滑动的最大加速度a ′＝F fm2m，再用整体法考虑，对A 、B 整体：F ′＝(m ＋2m )a ′，由以上方程解得：F ′＝F2.]5.A [剪断细线前，对整体，由牛顿第二定律得3mg －F ＝3ma ，对B ，由牛顿第二定律得2mg －F T ＝2ma ，解得F T ＝2F3.当剪断细线瞬间，线的拉力突变为零，而弹簧的拉力保持不变，对A ，由牛顿第二定律得F T ＋mg ＝ma ′，解得a ′＝2F3m ＋g ，选项A 正确.]6.A [由匀变速直线运动的速度位移公式得v 2－v 02＝2ax ，由题图乙可得a ＝0－v 022x 1＝－10m/s 2，故减速运动时间：t ＝0－v 0a＝1 s ，故A 错误；由题图乙可知，在0～1 s 内小木块向上做匀减速运动，1 s 后小木块反向做匀加速运动，t ＝1 s 时摩擦力反向，故B 正确；由题图乙可知，小木块反向加速运动时的加速度：a ′＝v 22x 2＝322×(13－5) m /s 2＝2 m/s 2，由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝m |a |，mg sin θ－μmg cos θ＝ma ′，代入数据解得：μ＝0.5，θ＝37°，故C 、D 正确.]7.B [稳定运动时，球与环保持相对静止，它们的运动状态相同，且运动方向均与杆平行.对小球受力分析如图，可知小球所受合力平行于杆向上，说明加速度方向沿杆向上，则环的加速度方向也沿杆向上，但它们的运动方向不确定，两者可能沿杆向上加速运动，也可能沿杆向下减速运动，则B 正确，A 、D 错误；由于不知道细线与竖直方向的夹角，则不能判断出小球的加速度与g sin α的大小关系，则C 项错误.]8.BC [0～t 1时间内物块A 受到的静摩擦力逐渐增大，物块处于静止状态，选项A 错误.t 2时刻物块A 受到的拉力F 最大，物块A 的加速度最大，选项B 正确.t 3时刻物块A 受到的拉力减小到等于滑动摩擦力，加速度减小到零，物块A 的速度最大，选项C 正确.t 2～t 3时间内物块A 做加速度逐渐减小的加速运动，t 3～t 4时间内物块A 一直做减速运动，选项D 错误.]9.BD10.ABC [若传送带不动，由匀变速直线运动规律可知v B 2－v A 2＝－2as ，a ＝μg ，代入数据解得v B ＝3 m /s ，当满足选项B 、C 中的条件时，工件的运动情况跟传送带不动时的一样，同理可得，工件到达B 端的瞬时速度仍为3 m/s ，故选项A 、B 、C 正确；若传送带以速度v ＝4 m /s 顺时针匀速转动，则工件滑上A 端后做匀速运动，到B 端的速度仍为4 m/s ，故选项D 错误.]11.BC [当斜面倾角θ＝90°时，物体对斜面无压力，也无摩擦力，物体做竖直上抛运动，根据匀变速直线运动规律有02－v 02＝－2gx ，根据题图乙可得此时x ＝1.80 m ，解得初速率v 0＝6 m/s ，选项A 错.当斜面倾角θ＝0°时即为水平，物体在运动方向上只受到摩擦力作用，则有μmgx ＝12m v 02，根据题图乙知此时x ＝2.40 m ，解得μ＝0.75，选项B 对.物体沿斜面上滑，由牛顿第二定律可知加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ＝g (sin θ＋μcos θ).v 02＝2ax ＝2g (sin θ＋μcosθ)x ，得当sin θ＋μcos θ最大时，即tan θ＝1μ，θ＝53°时，x 取最小值x min ，解得x min ＝1.44 m ，C 项正确.当θ＝45°时，因mg sin 45°>μmg cos 45°，则物体达到最大位移后将返回，D 项错误.]12.BD [0～t 1时间内，小物块受到向右的滑动摩擦力作用而做匀减速运动，速度减为零时并未从左端滑下，说明传送带足够长，其向左运动的位移大小x 1＝v 222μg；t 1～t 2时间内：小物块受到的滑动摩擦力仍然向右，因此反向做匀加速运动，加速到与传送带速度v 1相等，其位移大小x 2＝v 122μg<x 1，此后物块做匀速运动.0～t 2时间内，小物块始终相对于传送带向左运动，故t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大.]13.(1)天平 (2)a ＝x 4－x 22T 2(3)0.02 (4)没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够 解析 (1)本题要测量小车的质量，则需要天平，所以还缺少的一件器材是天平；(2)根据逐差法得：x 4－x 2＝2aT 2 ，解得：a ＝x 4－x 22T 2. (3)根据牛顿第二定律可知，a ＝F m ，则F 即为a －1m图象的斜率，所以砂和砂桶的总重力m ′g ＝F ＝2.412N ＝0.2 N ，解得：m ′＝0.02 kg. (4)从题图丙中发现直线没过原点，当绳子上有拉力时小车的加速度还为0，则该同学实验操作中遗漏了平衡摩擦力这个步骤.所以原因是没有平衡摩擦力或摩擦力平衡不够.14.(1)ACD (2)C (3)m ≪M (4)①0.1 ②C ③0.16 0.40 (5)乙 (6)B解析 (1)本实验的目的是探究加速度与力、质量的关系，用砂桶的重力代表小车受到的合外力，需要用天平测砂桶和小车的质量，故选A 项；电磁打点计时器的工作电源为低压交流电源(4～6 V)，工作频率为50 Hz ，周期为0.02 s ，可以计时，不需要秒表，故选D 项，不选B 项；打点计时器打下纸带，需用刻度尺测量距离，以求加速度和瞬时速度，故选C 项.(2)平衡摩擦力的方法是用重力沿斜面向下的分力来抵消摩擦力的作用，具体做法是：将小车轻放(静止)在长木板上，挂好纸带(纸带和电磁打点计时器的限位孔之间有摩擦力)、不挂砂桶，将长木板靠近打点计时器的一端适当垫高，形成斜面，轻推小车，使小车做匀速运动(纸带上两点间距离相等)即可，故C 正确.(3)砂桶和小车一起运动，根据牛顿第二定律，对砂桶：mg －F ＝ma ，对小车：F ＝Ma ，可得小车受到的拉力F ＝Mmg M ＋m ，加速度a ＝mg M ＋m，本实验用砂和砂桶的总重力代表小车受到的合外力(拉力)，由F ＝M M ＋m ·mg ＝mg 1＋m M可知，F <mg ，只有m ≪M 时，才有F ≈mg ，所以砂和砂桶的总质量m 与小车和车上砝码的总质量M 之间应满足的条件是m ≪M .(4)①打点计时器的工作周期为T 0＝0.02 s ，相邻两计数点间都有四个打点未画出，所以两计数点之间的时间间隔为T ＝5T 0＝0.1 s.②根据匀变速直线运动的规律a ＝Δx T 2＝x 7－x 6T 2＝x 6－x 5T 2，可知：x 7＝2x 6－x 5＝2×2.54 cm －2.15 cm ＝2.93 cm ，比较接近于2.96 cm ，故选C 项.③v 3＝x 3＋x 42T≈0.16 m/s ， a ＝(x 4＋x 5＋x 6)－(x 1＋x 2＋x 3)9T 2≈0.40 m/s 2. (5)反比关系不容易根据图象判定，而正比关系容易根据图象判定，故应该建立小车加速度a与小车质量的倒数1M关系图象，故应选乙方案. (6)图象与横轴相交，说明需要用拉力平衡摩擦力，即没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够；由(3)可知，小车受到的拉力F ＝mg 1＋m M，当m ≪M 时，即砂和砂桶总重力远小于小车及车上砝码的总重力，绳子的拉力近似等于砂和砂桶的总重力，小车的加速度a 与拉力F 成正比，如果砂和砂桶的总质量太大，小车受到的拉力明显小于砂和砂桶总重力，加速度与砂和砂桶总重力(小车受到的合力)不成正比，a －F 图象发生弯曲，不再是直线，故B 正确.15.(1)16 m (2)8 2 m/s (3)(2＋22) s解析 (1)由v －t 图象知A 、B 之间的距离为；s AB ＝16×22m ＝16 m. (2)设滑块从A 滑到B 过程的加速度大小为a 1，从B 返回到A 过程的加速度大小为a 2，滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ，则有a 1＝v 0－0t ＝16－02m /s 2＝8 m/s 2 由于mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，得μ＝0.25.滑块由B 返回到A 的过程中，则有mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2即a 2＝4 m/s 2，设滑块返回到A 点时的速度为v ，有v 2－0＝2a 2s AB即v ＝8 2 m/s.(3)设滑块从A 到B 用时为t 1，从B 返回到A 用时为t 2，则有t 1＝2 st 2＝v a 2＝2 2 s 则滑块在整个运动过程中所用的时间为t ＝t 1＋t 2＝(2＋22) s.16.(1)3 m /s 2 2 m/s (2)23153 kg/s 解析 (1)由题图乙可得：t ＝0时，滑块下滑的加速度最大为a max ＝Δv Δt ＝3 m/s 1 s＝3 m/s 2； t ＝3 s 时，滑块下滑的速度最大为v max ＝2 m/s.(2)t ＝0时滑块下滑的加速度最大为a max ，由牛顿第二定律得F 合＝mg sin θ－μmg cos θ＝ma max ， t ＝3 s 时滑块下滑的速度达到最大，有mg sin θ＝μmg cos θ＋k v max ，解得：μ＝2315，k ＝3 kg/s(说明：k 的答案没有单位不算对). 17.(1)4 m /s (2)3.5 m/s解析 (1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小a 1＝μ1mg m＝3 m/s 2 由于μ1mg >2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mg m＝1 m/s 2 设滑块从平板左端滑至右端用时为t ，共同速度为v ′，平板位移为x ， 对滑块进行分析：v ′＝v －a 1tL 2＋x ＝v t －12a 1t 2 对平板进行分析：v ′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得t ＝1 s ，v ＝4 m/s.当v ＝4 m/s 时，滑块在传送带上加速运动的位移为x 1＝v 22μg＝1.6 m<L 1，故符合题意. (2)滑块在传送带上的加速度a 3＝μmg m＝5 m/s 2 若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为v 1＝2a 3L 1＝5 m /s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为5 m/s.设滑块在平板上运动的时间为t ′，离开平板时的速度为v ″，平板位移为x ′ 则v ″＝v 1－a 1t ′L 2＋x ′＝v 1t ′－12a 1t ′2 x ′＝12a 2t ′2 联立以上各式代入数据解得t ′＝12s ，t 2′＝2 s(t 2′>t ，不合题意，舍去) 将t ′＝12s 代入v ″＝v 1－a 1t ′得v ″＝3.5 m/s.18.(1)0.64 m (2)μ2≥0.2解析 (1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1(M ＋m )g －μ1mg ＝Ma 1，解得a 1＝6 m/s 2 对物块：μ1mg ＝ma 2，解得a 2＝4 m/s 2，因a 2<a 1，故假设成立 设F 作用t 时间后，物块恰好从木板左端滑离，则L 2＝12a 1t 2－12a 2t 2，解得t ＝1 s 在此过程：木板位移x 1＝12a 1t 2＝3 m ， 末速度v 1＝a 1t ＝6 m/s物块位移x 2＝12a 2t 2＝2 m ，末速度v 2＝a 2t ＝4 m/s 在物块从木板上滑落后的t 0＝0.2 s 内，由牛顿第二定律： 对木板：F －μ1Mg ＝Ma 1′，解得a 1′＝8 m/s 2木板发生的位移x 1′＝v 1t 0＋12a 1′t 02＝1.36 m 此时木板右端距平台边缘Δx ＝l －x 1－x 1′＝0.64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律： 对物块：μ2mg ＝ma 2′，解得a 2′＝μ2g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x 2′＝v 222a 2′ 要使物块最终不会从平台上掉下去需满足l ＋L 2≥x 2＋x 2′ 联立解得μ2≥0.2.。