牛頓運(yùn)動(dòng)定律好題集萃-教師版

f=μmgF?μmAg=mAaA2Ncosα=mgcosθf(wàn)=2μN(yùn)據(jù)前面分析，由于N不變，則下滑過(guò)程中竹竿ma=mgsinθ?fD．由于下滑加速度變小，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律at2，則下滑時(shí)間不變，故D錯(cuò)f=μmg=0.3×0.5×10N=1.5NF<f木箱水平向右做勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A和木箱加速度方向相反，物塊A相對(duì)木aAC．設(shè)繩子勁度系數(shù)為k，對(duì)全過(guò)程由機(jī)械能守恒定律可得在x2處，由平衡條件可得D．在x3處，由牛頓第二定律可得m0Fkat2+ma可見F與t是二次函數(shù)關(guān)系，F(xiàn)-t圖象是開口向上的拋物線，當(dāng)x=0時(shí)，F(xiàn)=ma>0，故C正【詳解】根據(jù)牛頓第二定律得因?yàn)樽枇﹄S速度增大而增大，所以阻力—時(shí)間FbBCD．對(duì)小球受力分析，如下圖所示小球的位置應(yīng)該處于A和A'之間設(shè)OA與豎直方向的夾角為θ,此時(shí)mgtanθ=maa=gtanθ擦力減小，當(dāng)摩擦力小于磁鐵間的相互吸引力時(shí)，磁鐵故選B。D．F-t圖像中面積表示力對(duì)時(shí)間的積累，即沖量。由圖可知，從a到f記錄了電梯的一個(gè)運(yùn)積等于曲線def與線段df包圍的面積，選項(xiàng)D正確。球由于慣性而向下運(yùn)動(dòng)，故停止前升降機(jī)是向下運(yùn)動(dòng)的，AC．t1t2時(shí)間段可分為兩段，F(xiàn)=mg時(shí)金屬球的加速度為0，前一段時(shí)間金屬球加速D．t2和t4兩時(shí)刻彈簧的形變量均為0，金屬球在斜面方向上只有重力的分力產(chǎn)生加速度，無(wú)論是否懸空，滑塊對(duì)桌面的正壓力大小都等于滑塊的重力，則根據(jù)牛頓第二B．細(xì)線被燒斷后，對(duì)球C由牛頓第二定律得mgsinθ=ma，故a=gsinθ,方向沿斜面向C．細(xì)線被燒斷前，將ABC當(dāng)作整體，則彈簧彈力為F=6mgsinθ,細(xì)線被燒斷的瞬間，6mgsinθ?5mgsinθ=5ma'【詳解】細(xì)繩被剪斷前解得g，D正確，A錯(cuò)誤；F?fmax=maTsin37o=mgTcos37o=kx則徑向合力為零，切向合力提供切向加速度n左壁作用力為0，頂部作用力macotθ?mgNcosθ=mgNcosθ﹣F=mg 221）221）μ=，m=2）Fmin=3）amax=gF1cosθ1=μ(mg?F1sinθ1)（2）設(shè)物體在與地面成θ角的拉力F,作用下恰好能勻速運(yùn)動(dòng)，則有F,cosθ=μ(mg?F,sinθ)（3）設(shè)力F與地面的夾角為θ時(shí)物體的加速度大小為a，則有Fcosθ?μ(mg?Fsinθ)=ma力與豎直方向的夾角記為θ,顯然tanθ=μ,根據(jù)三力平衡條件有如圖甲所示的關(guān)系 即max設(shè)R和Q之間相互作用力為F1，對(duì)物塊R，根據(jù)牛頓第二定律有F設(shè)Q與P之間相互作用力大小為F2，對(duì)物塊P，根據(jù)牛頓第二定律有無(wú)論μ是否為零恒成立。作整體，整體沒(méi)有加速處于平衡狀態(tài)，斜劈受到的摩擦力為零，故Am2g>m1gsinα知asinα?m2am1gsinα>m2g故FN2)g【詳解】AB．滑塊向上滑動(dòng)過(guò)程中，斜面對(duì)m的摩擦為滑動(dòng)摩擦力，大小為f=μmgcosθ的分加速度先向右變小，后向左變大，整體根據(jù)牛頓第二定律可知，地面對(duì)M【詳解】設(shè)初始時(shí)彈簧的壓縮量為x1，則根據(jù)胡克定律有2)gsinθ①②gsinθ=m1a③m/s2④初始狀態(tài)下F有最小值Fmin，此時(shí)對(duì)P、Q整體根據(jù)牛頓第二定律有Fmin?m2gsinθ=m2a⑦的合力提供加速度，所以重力大于支持力．故FN1=FN3＞FN2．故選B設(shè)物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,則有f滑=μFNμ=tanθ由μ=tanθ可得mgsinθ?μmgcosθ=0f=μ(F+mgcosθ)由μ=tanθ可得μmgcosθ=mgsinθ方向不變，大小改變，其比值=μ不變，結(jié)合μ=tanθ可得則f滑、FN的合力仍然豎直向下，重力與地面的支持力在豎直方向上，則地面給斜面體的摩【詳解】A．當(dāng)不受外力時(shí)，m正好保持勻速下滑，對(duì)m受力分析有mgsinθ=ff=μmgcosθ即mgsinθ=μmgcosθ在m上加一豎直向下的力F1，則有則m將保持勻速運(yùn)動(dòng)，由整體分析可知M對(duì)地?zé)o摩擦力的作用，故A錯(cuò)誤；B．在m上加一沿斜面向下的力F2，對(duì)m，垂直斜面方面N=mgcosθm與斜面間的彈力大小不變，故滑動(dòng)摩擦力大f=μmgcosθmgsinθ+F2>μmgcosθ物塊m所受的合力將沿斜面向下，故做加速運(yùn)動(dòng)，由上面分析可得，物塊m所受斜面給的C．在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向mgsinθ?F3cosθ?μ(mgcosθ+F3sinθ)<0故物體做減速運(yùn)動(dòng)；對(duì)物塊所受支持力增加了F3sinθ,則摩擦力增加μF3sinθ,即支持力D．無(wú)論在m上加上什么方向的力，m對(duì)斜面的壓力與m對(duì)斜面的摩擦力都是以1:μ的比例μ=tanα若同時(shí)撤去F1和F2，在滑塊B仍向下運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，B受力如圖乙所示，有f3=μN(yùn)3=μGBcosα=GBsinαmgsACsinθ?μ1mgcosθsAB?μ2mgcosθsBsAC:sAB:sBC=3:2:12μ1+μ=3.tanθ對(duì)A受力分析則有+mAg?FN=mAa1Ag速度向下，此時(shí)為失重，平衡位置下方支持力大于重力，物體B受到的合AgF=1.2mg，a=0.4g，F(xiàn)彈2=0.6mgN12mg=F彈做勻加速運(yùn)動(dòng)，因?yàn)閺椈蓮椓υ谧兓?，所以外力F大小也會(huì)變，故B錯(cuò)誤；mgsinθ=f又μmgcosθ=fμ=tanθ又μ(mgcosθ+F)?mgsinθ=ma2gtanθ=(F+mgcosθ)sinθ=mgsinθ+mgsinθcosθ=μ(F+mgcosθ)cosθ=mgsinθ+mgsinθcosθ=Mg+(F+mgcosθ)cosθ+μ(F+mgco又B)gC)a0TAg=mAa11TmAg2kΔx1+mQ)gsin37。兩物塊恰好分離，由于加速度向上，彈簧仍然處于壓縮狀態(tài)，則有Qa得2且f=μFa=g(sinθ?μcosθ)可知，沿傾角為45°的側(cè)面加速下滑的物塊最先由【詳解】A．若F=0.75mgsinθ,則F與重力沿斜面分力的合力為由于μ=tanθ,即fm=μmgcosθ=mgsinθ<F合B．若F=0.75mgsinθ,則a的合力為?fm=mgsinθ大小等于mgsinθ時(shí)，則b、c間摩擦力有為零。故C正確；為θ。=mgsinθ+fm=2mgsinθFmsinθ+N=(m+M)gN=Mg+mgcos2θ力，系統(tǒng)豎直合力向下，則整體失重，所以地面給斜面的支持力小于(m+M)g。h=Lsinθ小孩在B點(diǎn)的速度為v．小孩從A到B過(guò)程中，μ地面對(duì)滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的總重力；同理，小孩在BC段做勻減速直線運(yùn)根據(jù)平衡條件，有N1第三定律，有N=N1=MgtanθN2=N=Mgtanθf(wàn)=mgf=μN(yùn)2N2=MgcosθcosθFF100，0x2①②320(x23得隨x逐漸增大，a從gsinθ逐漸減小，在A點(diǎn)，a與b開始相對(duì)運(yùn)動(dòng)，若b依然加速，則a不能加速(μmgcosθ>mgsinθ),兩者無(wú)法分離，故只能b已經(jīng)在減速，滿足kx>(ma+mb)gsinθ而a受的力能提供減速的加速度比b小，即μmagcosθ-magsinθ=maaa即aa=g(μcosθ-sinθ)mBg?N=mBaN,?mBg=mBa,N,=28N【詳解】A．設(shè)P、Q靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件有+m2)gsinθ=kx0施加力F讓兩物體一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)位移為x，由牛頓第二定律有2)gsinθ=(m1+m2)aa2gsinθ一起勻加速時(shí)兩者間的彈力逐漸減小到零時(shí)分開，故運(yùn)動(dòng)時(shí)的彈力小于m2gsinθ,故B正F?m2gsinθ=m2agsinθ=m1a因加速度不為零，可知彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，彈力大小一定大于m1gsinθ,因P物體有沿斜面F=3ma對(duì)斜劈和球構(gòu)成的系統(tǒng)，若斜劈與板之間的摩擦力達(dá)到最大靜摩擦得a板>aB．若μ=0.5，假設(shè)斜劈與球保持相對(duì)靜止，則對(duì)得a球>a可知此情況下不論F多大，小球均能和斜劈保C．若μ=0.8，假設(shè)板、球和斜劈相對(duì)靜止為(m+m+m)a=24N【詳解】511）a=6m/s22）vm=3m/s，2.1mAB)aF?mCgsinθ=mCaa=6m/s2C開始做減速運(yùn)動(dòng)，因此物體A落地的瞬間，物體C的速度最大。從釋放到物體A落地的瞬vm假設(shè)A落地后當(dāng)C的速度減為零時(shí)，物體B未落在水平面上，C沿斜面體繼續(xù)上滑的距離顯然當(dāng)物體B落地后，物體C繼續(xù)沿斜面體上滑，此后速度減為零；從A落地到B落地的過(guò)程，由 521）a=1.2m/s2，均為7.2N（2）μ≥0.93）t=2.5sMgsinα?mgsinα=(M+m)a對(duì)M，設(shè)M與綢帶間的靜摩擦為f，則Mgsinα?f=Maf=7.2N（2）由于最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，所以M為μMgcosα,μmgcosα,二者動(dòng)摩擦因數(shù)相等，顯然μMgcosα>μmgcosα所以當(dāng)μ減小時(shí)，首先發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的是m，當(dāng)m與綢帶出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，M與綢帶間不會(huì)出現(xiàn)相對(duì)滑動(dòng)，綢帶將隨著M一起運(yùn)動(dòng)。欲使物塊M、m與綢帶不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則需μmgcosα≥f（3）設(shè)M與綢帶一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，m加速度為a2，則Mgsinα?μmgcosα=Ma1mgsinα?μmgcosα=ma2所以當(dāng)M與綢帶一起運(yùn)動(dòng)時(shí)，m將離開綢帶設(shè)m從離開綢帶到滑到斜面底端用時(shí)為t2，則有t2=1s2mgsinθmμ=0.5<tanθ=0.75 D．根據(jù)上述，煤塊從沖上傳送帶到返回A端所用的時(shí)間為smgsinθ>μBmgcosθamgsinθ=μAmgcosθ物塊做勻減速運(yùn)動(dòng)，則當(dāng) v0 v2分析可知當(dāng)傳送帶速度大于m/s以后，物塊的速度一直都是m/s，則可得出物塊一直D．當(dāng)v2=3.5m/s時(shí)，物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)因傳送物561）1.4s2）1s3）2m【詳解】（1）小物塊放在A點(diǎn)后在摩擦力作用下向右做勻加速運(yùn)動(dòng)則小物塊從A到B所用時(shí)間2mgsin37o=0.6mg>μmgcos37o=0.2mg所以小物塊一直勻加速運(yùn)動(dòng)，在BC段的加速度大小為a2a2mt3x22x3得2則物塊P減速至與傳送帶速度相等所需時(shí)間t1及此段時(shí)間內(nèi)p與發(fā)生的相對(duì)位移分別為x4m＜L2傳v2 得F=19.5N，μ=x2x22Δx2W=?μmgcosθ.x1+μmgcosθ.為f=μmgcos37o=4m由tB而A物體相對(duì)傳送帶先向上運(yùn)動(dòng)，所以開aA1tA1aA1由tA2tA=ttA2ΔxA=s?x=4m移相同，可知運(yùn)動(dòng)時(shí)間也相同，由tB1mgsinθ+μmgcosθ=ma12mgsinθ?μmgcosθ=ma22再反向加速至回到A點(diǎn)，v—t圖像如圖所示設(shè)返回到A點(diǎn)所需的時(shí)間為t1，則有 結(jié)合圖像知，物塊從沖上傳送帶到返回A端所用時(shí)間為 t總L2<L1 煤塊向下滑了10m，傳送帶向上滑了45m，則煤塊在傳送帶上的劃痕為L(zhǎng)3611）10m/s2，方向沿傳送帶向下2）m，?J3）3m/s，40J傳送帶向下的摩擦力和沿繩向下的拉力，根據(jù)牛頓第二定律有m1gsinθ+T+μm1gcosθ=m1a1（2）物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼m1gsinθ+T?μm1gcosθ=m1a2m2g?T=m2a2a2xm2x2xm=mW+fx2f=μm1gcosθf(wàn)32x2相x2傳x2物=fx2相=3v(J)23621）0.12N2）2s3）0.8m4）5.7mμAmAgcosθ+μBmBgcosθ=(mA+mB)gsinθ=0.24T+μBmBgcosθ=mBgsinθ則物塊B沿傳送帶由靜止加速下滑，設(shè)加速度大小為a1，對(duì)物塊B，根據(jù)牛頓第二定律有mBgsinθ?μBmBgcosθ=mBa1t物塊B與擋板P碰撞后先沿傳送帶減速上滑，設(shè)加速度大小為a2，mBgsinθ+μBmBgcosθ=mBa2a2ss2sB2sBμAmAgcosθ?mAgsinθ=mAaAaAxAA1xtA2xA1A2tA2s3B3根據(jù)物塊與車的動(dòng)摩擦因數(shù)可知，物塊與車的滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的加右的滑動(dòng)摩擦動(dòng)力，則其加速度為1m/s2，6s末物塊的速度v物t此時(shí)平板車的速度大于物塊速度，物塊繼續(xù)受向右滑動(dòng)摩擦力而加速，車在減速，設(shè)經(jīng)t’二者速度相等，則m?ata'=?2m/s2amax2物8s后物塊速度大于平板車速度，物塊到零，則a22物塊與平板車共速前，物塊相對(duì)于平板車向后運(yùn)動(dòng)，其相對(duì)位移物塊與平板車共速后，物塊相對(duì)于平板車向前運(yùn)動(dòng)，其相對(duì)位移2當(dāng)f2<F<f1F<f2所以當(dāng)F增大到6N時(shí)，A、B相對(duì)靜止；f0=μmgfm=2μmgF?f11當(dāng)力F2【詳解】由題圖2知，當(dāng)F=F1時(shí)小物塊與長(zhǎng)木板均恰好開始相對(duì)F=μ+M)g=(m+M)a即-a0=-μ2g0μ20gm+MF1F-μ1mg=ma1 mF3-F2μ2)gg?μ2)g2)aF2=(μ1+μ2)(m1+m2)g?μ?μm2a(μ(μ22μ=0.1422M＝2kg2t所以物體相對(duì)木板還是要相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板由牛頓第二定2(2?1.2)s=7.2m/sA與B之間的最大靜摩擦力為f2=μ3mg>f1f2?f1=2ma2得可見只有當(dāng)F0>μmg時(shí)，A、B之間才會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)整體一開始相對(duì)靜止，一起向左做加速運(yùn)動(dòng)，所以物體和木板之間的摩擦力先故物體與小木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)未知，可能有相對(duì)滑動(dòng)出現(xiàn)，也可能一直保持相對(duì)靜止，故物體受到的摩擦力為f′，則ma=f,+2N【詳解】AB．木塊與木板的最大靜摩擦力為μmg力為3μmg，所以木板不可能運(yùn)動(dòng)；當(dāng)拉力F作用在木塊Q上，且F=6μmg，木塊的合力為5μmg，根據(jù)牛頓第二定律，可知加速度為5μg，故A錯(cuò)誤，B正確；μmg=maF=6μmgμ1mg+2μ2mg=ma木μmg=ma物μa木>a物所以共速后物塊開始做減速運(yùn)動(dòng)，木板也做減速運(yùn)動(dòng)，物塊a物112731）5m/s2，5m/s2，02）4m/s3）2.5mμ1mAg=mAa12μ1mBg＝mBa2μmAg=μ1mBg滑塊AAt1vB1B2t1vB1滑塊A向右運(yùn)動(dòng)的位移為設(shè)從滑塊A速度減到0到滑塊A、滑塊B、木板C達(dá)到共速所用時(shí)間為t2，則在此過(guò)程中滑塊A、木板CμAC)a4vB12t24t2B2A2B12741）a0=2m/s22）L=10.5mμmg=ma設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t1，木塊A與長(zhǎng)木板速度相同，則0t1此時(shí)木塊A和長(zhǎng)木板的共同速度0t1v,=2m/s,v221,v2,設(shè)A和木板共速后，能保持相對(duì)靜止，整體的加速度為a2，則μmg=(m+M)a2此時(shí)A所需要的摩擦力為Ff1故假設(shè)成立。設(shè)再經(jīng)過(guò)t2時(shí)間，B與木板共速，則v2,22t2751）0.3，0.32）7.125m對(duì)A有μAmAg=mAaAμBmBg=mBaB=μfA=mAaA=6N，方向水平向左fC=fA?fB=3N，方向水平向右ACtBt’BC761）12N2）6m/s3）m大值時(shí)，F(xiàn)最大設(shè)為F1。設(shè)此時(shí)兩物體的加速度為a1，對(duì)木板A，由牛頓第二定律μF?μmBg=mBa111小滑塊B與長(zhǎng)木板A發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，設(shè)小滑塊B此時(shí)的加速度為a2，對(duì)滑塊B，由牛頓第F?μmBg=mBa2a2設(shè)此時(shí)長(zhǎng)木板A的加速度為a3，由牛頓第二定律μa3=2m/s2設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，小滑塊B滑離長(zhǎng)木板A，則A又2t撤去力F之后小滑塊B以加速度大小a4減速，長(zhǎng)木板A繼續(xù)以加速度a3加速，直到兩者共μa4=μg=4m/s2設(shè)撤去力F之后經(jīng)過(guò)t2兩者共速，設(shè)共同速度為v，則4t2A3t2v=m/s在t2時(shí)間內(nèi)，小滑塊B的位移在t2時(shí)間內(nèi)，長(zhǎng)木板A的位移A1771）a1=2m/s2，a2=3m/s22）v1=2m/s，v2=3m/s；v=v=3m/s3）L=1.35m.f1=μ1mg=0.2N設(shè)物塊與平板間恰好滑動(dòng)時(shí)，拉力為F0相對(duì)滑動(dòng).2t1t2=1s由于水平向右的拉力F2=1.4N恰好與f1+f2平衡，vv2f2?f12af2?f12781）5m/s，8.5m2）會(huì)撞，1m/sμ1aAμ1aBBt1At1vA2xAAt12xB0t1Bt1ABμ1AAt2B22xBB222f需=ma0f需=0.5Nf供=μ1mg=3N>f需AB一起勻減速到零時(shí)，運(yùn)動(dòng)的位移2x=4mB2=4m/s2，由圖乙知，恒力F=0時(shí)，物塊在木板上相對(duì)于木板滑動(dòng)的路程=1m-1，則s=1m，可知板長(zhǎng)L=s=1m，滑塊相對(duì)木板的路程：L塊從木板右端滑離時(shí)，滑塊的速度不可能小于木板的速度，故t=1s應(yīng)舍棄，故所（2）①當(dāng)F較小時(shí)，物塊將從木板右端滑下速后能保持相對(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度a做勻加速運(yùn)動(dòng)，則要能從圖中讀懂物體的運(yùn)動(dòng).801）4m/s2，0.8m/s22）7.29m3）22.4m或29.9mμ得μ1mg?μ(M+m)g=Ma1（2）①若只有木板和墻壁碰撞，設(shè)木板向右加速與墻壁第一次碰撞速度為v1，則有 v2a1L碰撞后反向向左減速，加速度為a2，則有μ1mg+μ(M+m)g=Ma22為v11t1v20－at1v2v2－at2=v1＋a1t2=v共二者共速后，設(shè)物塊與木板能一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則(M＋m)a共=μ2(m＋M)ga共=0.8m/s2<a則假設(shè)成立，二者一起向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，故長(zhǎng)再次向v共2=2a共x2（3）木板第一次向右加速的時(shí)間為t11，則有木板第一次反向減速的時(shí)間為t12，則有第二次向右加速的時(shí)間為t21，則有物塊一直做勻減速運(yùn)動(dòng)，則有可得，當(dāng)n=1時(shí)當(dāng)n=2時(shí)當(dāng)n=3時(shí)，物塊末速度沿斜面向上2）7m/s3）5次，mMgsin37?μmgcos37=Ma2a2則1s時(shí)，小物塊與木板達(dá)到共同速度，且外力變?yōu)镕0，此v32332Mgsin37+μmgcos37=Ma42mgsin37+μmgcos37=5t2設(shè)再經(jīng)過(guò)t3，木板與擋板第二次碰撞，且碰撞時(shí)的速度為v，則有2木板與擋板第一次碰撞和第二次碰撞之間小物塊與木板的總相2v5,5再經(jīng)過(guò)時(shí)間t4，小物塊從木板左端滑出，則有從木板與擋板第一次碰撞到小物塊滑出木板瞬間所經(jīng)【詳解】(1)滑塊B從a點(diǎn)到b的過(guò)程中，受力如圖所示FN帶入數(shù)值可得a=2m/s2，再由L20'f1=μFN=μ(M+m)g=2N則f1=ff2=μ2mg=6N則a'2aA2'At則共速后，整體水平方向只受地面的摩擦力，加μ=0.7521a1=9m/s2841）2m/s2）m3）0.8m（2）平板反彈后，物塊加速度大小為a1=μg=5以向左為正方向，經(jīng)t1時(shí)間到達(dá)共速，由2t2得v1t（3）法一：設(shè)第n次碰撞速度為vn，經(jīng)過(guò)tn時(shí)間，達(dá)到第n次共速，有v共nn2得2ax2n得得法二：設(shè)相對(duì)位移為Sn，全過(guò)程由能量守恒定律得Sn851）3N<F≤9N（2）2m/s（3）18m(2)當(dāng)F=13N時(shí)，M和m發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律分別求出m和M的加速度，結(jié)時(shí)的速度大小.(3)物塊落地后做減速運(yùn)動(dòng)求出位移，木板做加速運(yùn)動(dòng)求出位移，二者的距離之和解.【詳解】(1)地面對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力f=μ2(M+m)g=0.1×30N=3N物塊的最大加速度：am=g=0.2×10m/s2=2m/s2，要使木板運(yùn)動(dòng)，且物塊不滑動(dòng)，則3N<F≤9N.(2)F>9N，所以物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，物塊的加速木板的加速度a2==m/s2=4m/s2，設(shè)經(jīng)t時(shí)間物塊從木板滑離，則L=a2t2?a1t2，代入數(shù)據(jù)解得t=1s，(3)落地后物塊加速度g=?1m/s動(dòng)學(xué)公式綜合求解，難度中等.861）4m2）不會(huì)3）3mx1=v0t1s′=L+s-x1=4mv=v0-a1t2=a2t2x22x32Δx1=x2-x3=3m<4m2Δx2=x5-x4=0.5m<Δx1=3m871）19N2）物塊不會(huì)滑離長(zhǎng)木板3）15Nmgsinθ?μmgcosθ=ma12L2F?μmgcosα?Mgsinα=Ma Mgsinα+μmgcosα=Ma'(L)（3）當(dāng)長(zhǎng)木板的速度剛好為零時(shí)，物塊和木板相對(duì)靜止，立即給mgsinα+μmgcosα=mam2+Mgsinα?μmgcosα=Mamm881）6m/s2，2m/s2，1m/s2，2m/s22）6m/s，1m/s3）10m