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微專題Ⅲ 板塊運動與等時圓模型
1、學會牛頓運動定律在板塊模型問題的分析，整體與隔離的分析。
2、掌握牛頓運動定律在等時圓模型的分析思路。
一、板塊模型中的運動學過程問題分析
恒力拉板 恒力拉塊
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：x相對= a1t02－ a2t02=L
此類問題涉及兩個物體、多個運動過程,并且物體間還存在相對運動,所以應準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變),找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中更應注意聯系兩個過程的紐帶,每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
（多選）（2023秋 碑林區校級期末）質量為20kg、長為5m的木板放在水平光滑的地面上。將質量為10kg的小鐵塊（可視為質點），以6m/s的速度從木板的左端水平沖上木板（如圖所示），小鐵塊與木板間的動摩擦因數為0.4（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2），則下列判斷正確的是（　　）
A．小鐵塊與木板的共同速度是4m/s
B．小鐵塊不能滑出木板
C．木板一定向右滑動
D．小鐵塊能滑出木板
【解答】解：小鐵塊從木板的左端水平沖上木板，小鐵塊的加速度大小為
4m/s2，方向水平向左
木板的加速度大小為
，方向水平向右，木板一定向右滑動
設小鐵塊與木板可以達到共速，且所用時間為t，則有
v共＝v0﹣at＝a′t
解得t＝1s，v共＝2m/s
此過程小鐵塊與木板的相對位移為
3m＜L＝5m
則小鐵塊不能滑出木板。
故AD錯誤，BC正確。
故選：BC。
（2022秋 南平期末）如圖所示，質量相等的A、B靜止疊放于光滑水平面上，某時刻起，對A施加一與時間成正比的水平外力F作用，即F＝kt，已知常數k，A、B之間的最大靜摩擦力fm，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B足夠長。則從開始施加F作用至A、B發生相對滑動的時間t為（　　）
A．t B．t C．t D．t
【解答】解：依題意，可知當A、B之間的摩擦力未達到最大靜摩擦力時，二者加速度，速度均相等，
根據牛頓第二定律對A有：F﹣f＝ma
對B有：f＝ma
聯立兩式可得：
當它們之間的摩擦力剛好達到最大靜摩擦力時，有：
可得從開始施加F作用至A、B發生相對滑動的時間t為：，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023秋 廈門期末）如圖所示，質量M＝1kg的長木板靜止在水平地面上，質量m＝2kg的物塊以方向水平向右、大小v0＝6m/s的初速度沖上木板左端，物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，木板足夠長，物塊可視為質點，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物塊沖上木板的瞬間，物塊與木板各自的加速度大小；
（2）求物塊最終距木板左端的距離；
（3）若物塊沖上木板1s后，對木板施加大小為10N、方向水平向左的恒力，該恒力作用0.5s后撤去，求物塊最終距木板左端的距離。
【解答】解：（1）對物塊根據牛頓第二定律可得：μ1mg＝ma1
解得：a1＝4m/s2
對木板根據牛頓第二定律可得：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
解得：a2＝2m/s2；
（2）設經過t1時間二者共速，則有：v＝v0﹣a1t1＝a2t1
解得：t1＝1s，v＝2m/s
此過程中物塊相對于木板的距離為：Δxm＝3m
此后二者一起減速到零，所以物塊最終距木板左端的距離為3m；
（3）物塊沖上木板1s后，對木板施加大小為10N、方向水平向左的恒力，此后木板的加速度大小為a3，則有：
F+μ2（M+m）g﹣μ1mg＝Ma3
解得：a3＝8m/s2，方向向左；
木板減速到零的時間為：t2s＝0.25s
滑塊減速到零的時間為：t3s＝0.5s
當木板減速到零后，地面對它的摩擦力方向向右，由于μ1mg+μ2（m+M）g＝0.4×2×10N+0.2×（2+1）×10N＝14N＞10N，所以在0.25s～0.5s時間內木板靜止。
力F作用t2過程中，滑塊相對于木板的距離為：Δx′mm＝0.25m
所以物塊最終距木板左端的距離：L＝Δx+Δx′＝3m+0.25m＝3.25m。
答：（1）物塊沖上木板的瞬間，物塊與木板各自的加速度大小分別為4m/s2、2m/s2；
（2）物塊最終距木板左端的距離為3m；
（3）若物塊沖上木板1s后，對木板施加大小為10N、方向水平向左的恒力，該恒力作用0.5s后撤去，物塊最終距木板左端的距離為3.25m。
二、“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
（2022秋 長寧區校級期末）如圖所示，有兩個光滑直軌道AB和CD，其中A、B、C、D四點剛好位于同一豎直圓O的圓周上，B點恰好過豎直圓O的最低點。現讓兩個小球（可視為質點）分別從A、D兩位置由靜止釋放，它們沿直軌道到達B、C的時間分別記為t1、t2。則（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法確定
【解答】解：設AB與豎直直徑的夾角為θ，則加速度為：
a＝gcosθ
根據位移—時間公式可得：
解得：
若過B點做CD的平行線，交圓弧于E點，如圖所示：
則根據上述的分析可知，物塊沿EB下滑的時間也為t1，因為EB和CD的傾角相等，則物塊下滑的加速度也相等，但因為EB的長度大于CE的長度，可知沿CD下滑的時間小于EB的時間，故A正確，BCD錯誤；
故選：A。
（2022秋 張家口期末）如圖所示，位于豎直平面內的圓內有OA、OB、OC三條光滑軌道，已知在t＝0時，a、b、c三球分別從O由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到A、B、C三點，所用時間分別為t1、t2、t3，下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．無法確定
【解答】解：通過O點做一條豎直直線，通過O、B作圓且滿足O點在圓的豎直直徑最高點，如圖所示。
根據“等時圓”原理可知，通過Oa、OB、Oc的時間相等，而OA時間大于Oa時間、OC時間小于Oc時間，則有：t1＞t2＞t3，故A正確、BCD錯誤。
故選：A。
（2021秋 隆回縣期末）如圖所示，ad、ab、ac是豎直圓面內三根固定的光滑細桿，每根桿上套著一個小滑環（圖中未畫出，并可以視為質點），三個滑環分別從a點沿桿b、d、c處無初速度釋放，用t1、t2、t3依次表示各滑環到達桿下端所用的時間，則（　　）
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
【解答】解：設光滑桿與與ad的夾角為θ，滑環下滑過程，由牛頓第二定律得：mgcosθ＝ma
設圓的半徑為R，則滑環沿細桿下滑的位移大小x＝2Rcosθ
滑環做初速為零的勻加速直線運動，則有xat2
解得：t＝2，滑環下滑的時間與細桿的傾角θ無關，每個滑環的運動時間相等，即t1＝t2＝t3，故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 武進區校級開學）如圖所示，質量m＝1.0kg的物塊（視為質點）放在質量M＝4.0kg的木板的右端，木板長L＝2.5m。開始木板靜止放在水平地面上，物塊與木板及木板與水平地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2。現對木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g＝10m/s2。則物塊在木板上運動的過程中，下列說法中正確的是（　　）
A．物塊與木板以相同的加速度做勻加速運動
B．木板的加速度大小為5.6m/s2
C．物塊的最大速度大小為3.5m/s
D．物塊到達木板左端時木板前進的位移大小為3.5m
【解答】解：A、物塊與恰好與木板不發生相對滑動時，物塊的加速度：aμg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
對整體由牛頓第二定律可求拉力的臨界值：Fm﹣μ（M+m）g＝（M+m）a
代入數據解得：Fm＝20N＜F＝40N
所以物塊與木板相對滑動，不可能以相同的加速度做勻加速運動，故A錯誤；
B、木板的加速度：a木板m/s2＝7m/s2，故B錯誤；
C、木塊的加速度：aμg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
經過時間木塊從木板上滑落，則由位移關系有：
代入數據解得：t＝1s
此時木塊的速度最大為：v＝a木塊t＝2×1m/s＝2m/s，故C錯誤；
D、物塊到達木板左端時木板前進的位移大小：x木板a木板t27×12m＝3.5m，故D正確。
故選：D。
（2022秋 武昌區校級期末）如圖，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離。則下列哪些變化可使x增大（　　）
A．僅增大恒力F
B．僅增大木板的質量M
C．僅增大木塊的質量m
D．僅減小木塊與木板間的動摩擦因數
【解答】解：根據牛頓第二定律得木塊m的加速度為：a1μg
M的加速度為：a2
設板長為L，根據L＝x﹣x′a1t2a2t2
解得：t
木塊相對地面運動位移為：xa1t2。木板的位移x′a2t2，則知：
A、若僅增大恒力F，則m的加速度a1變大，M的加速度不變，則t減小，木板的位移x′變小，x＝L+x′，則x減小。故A錯誤；
B、若僅增大木板的質量M，木塊m的加速度a1不變，M的加速度a2減小，由上式知時間t減小，x減小。故B錯誤。
C、若僅增大木塊的質量m，則m的加速度a1減小，M的加速度a2增大，則t增大，x增大。故C正確。
D、根據以上結論，若僅減小木塊與木板間的動摩擦因數μ，則m的加速度a1μg增大，M的加速度a2減小，則t減小，那么x′a2t2減小，而x＝x′+L，故x減小。故D錯誤。
故選：C。
（2022秋 朝陽區校級期末）如圖所示，將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗（示意圖如圖所示），若香皂盒和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g。若本實驗中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒與紙板左端的距離d＝0.1m，若香皂盒移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10m/s2，為確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的拉力至少是（　　）
A．1.42N B．2.24N C．22.4N D．1420N
【解答】解：由牛頓第二定律得：
對香皂盒：μm1g＝m1a1
對紙板：F﹣μm1g﹣μ（m1+m2）＝m2a2
代入數據解得：a1＝2m/s2，
香皂盒的位移x1
紙板的位移x1+d
紙板抽出后香皂盒運動的距離x2，a3＝a1
由題意知：a1t1＝a3t2，l＝x1+x2
代入數據解得：F＝1.42 N，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2022春 陜西期中）如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，長木板處于靜止狀態，已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2。下列說法正確的是（　　）
A．一定有μ1≤μ2
B．當 F＞μ2（m+M）g時，木板便會開始運動
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動
【解答】解：A、木塊向右運動，受到木板對它的滑動摩擦力作用向左，大小為μ1mg，根據牛頓第三定律，木塊對木板的作用力向右，大小為μ1mg，因木板不動，所以μ1mg≤μ2（m+M）g，即，故A錯誤；
C、木塊向右運動，受到木板對它的滑動摩擦力作用向左，根據牛頓第三定律，木塊對木板的作用力向右；由題意，長木板處于靜止狀態，在水平方向只受地面對它的靜摩擦力和木塊的滑動摩擦力，根據共點力的平衡，木板受到地面的摩擦力大小一定是μ1mg，故C錯誤；
BD、對木板，水平方向受到的木塊的摩擦力小于等于地面對它的最大靜摩擦力，與F無關，故無論力F多大，木板都不可能運動，故B錯誤，D正確；
故選：D。
（2022秋 靖江市校級期末）如圖所示，長為L的長木板A放在動摩擦因數為μ1的水平地面上，一滑塊B（可視為質點）從A的左側以初速度v0向右滑上A，B與A間的動摩擦因數為μ2（A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同）。已知A的質量為M＝2.0kg，B的質量為m＝3.0kg，A的長度為L＝2.5m，μ1＝0.2，μ2＝0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大；
（2）為保證B在滑動過程中不滑出A，初速度v0應滿足什么條件；
（3）在滿足（2）中條件的情況下，分別求出A、B相對水平地面的最大位移。
【解答】解：（1）根據牛頓第二定律得：
對A：μ2mg﹣μ1（M+m）g＝MaA
對B：μ2mg＝maB
代入數據解得：aA＝1m/s2，aB＝4m/s2
（2）當A、B速度相等時，若B恰好到A的右側末端，則可保證不會滑出，
設經過時間t，A、B的速度相等，則有：v0﹣aBt＝aAt
根據位移—時間公式得：v0tt2＝L
代入數據解得：t＝1s，v0＝5m/s
所以初速度應小于等于5m/s，即：v0≤5m/s
（3）A、B速度達到相等后一起做勻減速直線運動，
A、B速度相等時的速度大小v＝aAt＝1×1m/s＝1m/s
A、B一起做勻減速直線運動時，對A、B整體，由牛頓第二定律得：μ1（M+m）g＝（M+m）a
代入數據解得：a＝2m/s2
A、B一起做勻減速運動直到靜止，A、B減速到零的位移大小：xm＝0.25m
A、B速度相等前A發生的位移大小xAm＝0.5m
B發生的位移大小xB＝v0tt2＝5×1mm＝3m
A相對水平地面的最大位移大小xAm＝xA+x＝0.5m+0.25m＝0.75m，方向向右
B相對地面的最大位移大小xBm＝xB+x＝3m+0.25m＝3.25m，方向向右
答：（1）A、B剛開始運動時各自的加速度大小分別是1m/s2、4m/s2；
（2）為保證B在滑動過程中不滑出A，初速度v0應滿足什么條件是v0≤5m/s；
（3）A、B相對水平地面的最大位移大小分別是0.75m、3.25m，方向都是向右。
（2022秋 安徽期末）已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
【解答】解：（1）保護裝置和雞蛋先共同自由落體，當保護裝置落地時速度2gH
保護裝置著地后雞蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），雞蛋做勻減速直線運動；
因為到達地面時速度不超過v＝2m/s就不會摔懷，則為保證雞蛋安全所以
v2＝2as1
雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1＝0.4m.
（2）保護裝置以碰前的速率反彈后，保護裝置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
雞蛋先減速以a向下減速，當雞蛋向下速度減為零時，雞蛋受力不變，直到t1時刻雞蛋和保護裝置共速；選向上為正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此時雞蛋和保護裝置共速v2＝2m/s，雞蛋與保護裝置相對運動Δht1t1
代入數據解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以雞蛋和保護裝置能共速
以后雞蛋和保護裝置共同向上以a3＝g做勻減速直線運動，再過t2s＝0.2s雞蛋和保護裝置到達最高點。
保護裝置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以當保護裝置到達最高點時雞蛋離地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入數據解得：h＝1.3m
答：（1）為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離為0.4m。
（2）雞蛋離地高度為1.3m。
（2022秋 酒泉期末）如圖所示，質量M＝1kg的長木板放置在光滑的水平面上，質量m＝0.5kg的物塊放在長木板的左端，用斜向右上與水平方向夾角θ＝37°、F＝5N的恒定拉力拉物塊，物塊由靜止開始運動，運動3s時，撤去拉力，物塊再運動2s剛好停在長木板的右端.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物塊與長木板間的動摩擦因數；
（2）長木板的長度.
【解答】解：（1）前3s物塊與木板間的摩擦力
f＝μ（mg﹣Fsinθ）
物塊的加速度
a1
木板的加連度
a2
后2s物塊與木板間的摩擦力
f'＝μmg
物塊的加速度
a'1
木板的加速度
a'2
由于最終物塊與木板以共同速度向右運動，則
a1t1﹣a'1t2＝a2t1+a'2t2＝v
代入數據聯立解得：μ＝0.5，a1＝6m/s2，a2＝1m/s2，a'1＝5m/s2，a'2＝2.5m/s2，v＝8m/s；
（2）前3s物塊位移
s1，
木板的位移
s2，
后2s物塊位移
s'1，
后2s木板位移
s'2，
木板的長度
L＝s1﹣s2+s'1﹣s'2
代入數值聯立解得：L＝37.5m。
答：（1）物塊與長木板間的動摩擦因數為0.5；
（2）長木板的長度為37.5m。微專題Ⅲ 板塊運動與等時圓模型
1、學會牛頓運動定律在板塊模型問題的分析，整體與隔離的分析。
2、掌握牛頓運動定律在等時圓模型的分析思路。
一、板塊模型中的運動學過程問題分析
恒力拉板 恒力拉塊
分離，位移關系：x相對= a2t02－ a1t02=L 分離，位移關系：x相對= a1t02－ a2t02=L
此類問題涉及兩個物體、多個運動過程,并且物體間還存在相對運動,所以應準確求出各物體在各運動過程的加速度(注意兩過程的連接處加速度可能突變),找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口。求解中更應注意聯系兩個過程的紐帶,每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
（多選）（2023秋 碑林區校級期末）質量為20kg、長為5m的木板放在水平光滑的地面上。將質量為10kg的小鐵塊（可視為質點），以6m/s的速度從木板的左端水平沖上木板（如圖所示），小鐵塊與木板間的動摩擦因數為0.4（最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10m/s2），則下列判斷正確的是（　　）
A．小鐵塊與木板的共同速度是4m/s
B．小鐵塊不能滑出木板
C．木板一定向右滑動
D．小鐵塊能滑出木板
（2022秋 南平期末）如圖所示，質量相等的A、B靜止疊放于光滑水平面上，某時刻起，對A施加一與時間成正比的水平外力F作用，即F＝kt，已知常數k，A、B之間的最大靜摩擦力fm，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B足夠長。則從開始施加F作用至A、B發生相對滑動的時間t為（　　）
A．t B．t C．t D．t
（2023秋 廈門期末）如圖所示，質量M＝1kg的長木板靜止在水平地面上，質量m＝2kg的物塊以方向水平向右、大小v0＝6m/s的初速度沖上木板左端，物塊與木板間的動摩擦因數μ1＝0.4，木板與地面間的動摩擦因數μ2＝0.2，木板足夠長，物塊可視為質點，重力加速度g取10m/s2。
（1）求物塊沖上木板的瞬間，物塊與木板各自的加速度大小；
（2）求物塊最終距木板左端的距離；
（3）若物塊沖上木板1s后，對木板施加大小為10N、方向水平向左的恒力，該恒力作用0.5s后撤去，求物塊最終距木板左端的距離。
二、“等時圓”模型及其等時性的證明
1．三種模型(如圖)
2．等時性的證明
設某一條光滑弦與水平方向的夾角為α，圓的直徑為d(如圖)。根據物體沿光滑弦做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a＝gsin α，位移為x＝dsin α，所以運動時間為t0＝＝＝。
即沿同一起點(圓的最高點)或終點(圓的最低點)的各條光滑弦運動具有等時性，運動時間與弦的傾角、長短無關。
（2022秋 長寧區校級期末）如圖所示，有兩個光滑直軌道AB和CD，其中A、B、C、D四點剛好位于同一豎直圓O的圓周上，B點恰好過豎直圓O的最低點。現讓兩個小球（可視為質點）分別從A、D兩位置由靜止釋放，它們沿直軌道到達B、C的時間分別記為t1、t2。則（　　）
A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．無法確定
（2022秋 張家口期末）如圖所示，位于豎直平面內的圓內有OA、OB、OC三條光滑軌道，已知在t＝0時，a、b、c三球分別從O由靜止開始沿光滑傾斜直軌道運動到A、B、C三點，所用時間分別為t1、t2、t3，下列關系正確的是（　　）
A．t1＞t2＞t3 B．t1＜t2＜t3 C．t1＝t2＝t3 D．無法確定
（2021秋 隆回縣期末）如圖所示，ad、ab、ac是豎直圓面內三根固定的光滑細桿，每根桿上套著一個小滑環（圖中未畫出，并可以視為質點），三個滑環分別從a點沿桿b、d、c處無初速度釋放，用t1、t2、t3依次表示各滑環到達桿下端所用的時間，則（　　）
A．t1＜t2＜t3 B．t1＞t2＞t3 C．t3＞t1＞t2 D．t1＝t2＝t3
（2023 武進區校級開學）如圖所示，質量m＝1.0kg的物塊（視為質點）放在質量M＝4.0kg的木板的右端，木板長L＝2.5m。開始木板靜止放在水平地面上，物塊與木板及木板與水平地面間的動摩擦因數均為μ＝0.2。現對木板施加一水平向右的恒力F＝40N，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計空氣阻力，g＝10m/s2。則物塊在木板上運動的過程中，下列說法中正確的是（　　）
A．物塊與木板以相同的加速度做勻加速運動
B．木板的加速度大小為5.6m/s2
C．物塊的最大速度大小為3.5m/s
D．物塊到達木板左端時木板前進的位移大小為3.5m
（2022秋 武昌區校級期末）如圖，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一質量為m的木塊，在木塊上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動，木塊相對地面運動位移x后二者分離。則下列哪些變化可使x增大（　　）
A．僅增大恒力F
B．僅增大木板的質量M
C．僅增大木塊的質量m
D．僅減小木塊與木板間的動摩擦因數
（2022秋 朝陽區校級期末）如圖所示，將一盒未開封的香皂置于桌面上的一張紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，香皂盒的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗（示意圖如圖所示），若香皂盒和紙板的質量分別為m1和m2，各接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度為g。若本實驗中，m1＝100g，m2＝5g，μ＝0.2，香皂盒與紙板左端的距離d＝0.1m，若香皂盒移動的距離超過l＝0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的體積因素影響，g取10m/s2，為確保香皂盒移動不被人感知，紙板所需的拉力至少是（　　）
A．1.42N B．2.24N C．22.4N D．1420N
（2022春 陜西期中）如圖所示，質量為m的木塊在質量為M的長木板上，受到向右的拉力F的作用而向右滑行，長木板處于靜止狀態，已知木塊與木板間的動摩擦因數為μ1，木板與地面間的動摩擦因數為μ2。下列說法正確的是（　　）
A．一定有μ1≤μ2
B．當 F＞μ2（m+M）g時，木板便會開始運動
C．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2（m+M）g
D．無論怎樣改變F的大小，木板都不可能運動
（2022秋 靖江市校級期末）如圖所示，長為L的長木板A放在動摩擦因數為μ1的水平地面上，一滑塊B（可視為質點）從A的左側以初速度v0向右滑上A，B與A間的動摩擦因數為μ2（A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同）。已知A的質量為M＝2.0kg，B的質量為m＝3.0kg，A的長度為L＝2.5m，μ1＝0.2，μ2＝0.4，（g取10m/s2）
（1）A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大；
（2）為保證B在滑動過程中不滑出A，初速度v0應滿足什么條件；
（3）在滿足（2）中條件的情況下，分別求出A、B相對水平地面的最大位移。
（2022秋 安徽期末）已知雞蛋撞擊地面的速度不超過2m/s時，雞蛋能不被摔壞。某同學設計了如圖所示的保護裝置，該裝置是用A、B兩塊較粗糙的夾板粘合而成，已知保護裝置質量為M，雞蛋的質量為m，且M＝5m，雞蛋和保護裝置之間的滑動摩擦力大小為5mg。實驗中用該保護裝置夾住雞蛋，從離地面H＝1.8m的高度處靜止釋放。（重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。）
（1）如果保護裝置碰地后速度立即為零（無反彈，且保護裝置保持豎直），為保證雞蛋安全，雞蛋放的位置離裝置下端的最小距離s1。
（2）如果保護裝置與地面發生碰撞時，保護裝置以碰前的速率反彈（碰撞時間極短，在運動過程中，保護裝置始終保持豎直）。實驗前，雞蛋放的位置離保護裝置下端距離s2＝1.5m，其它條件不變。保護裝置第一次落地彈起，當上升到最大高度時，求該時刻雞蛋離地高度。
（2022秋 酒泉期末）如圖所示，質量M＝1kg的長木板放置在光滑的水平面上，質量m＝0.5kg的物塊放在長木板的左端，用斜向右上與水平方向夾角θ＝37°、F＝5N的恒定拉力拉物塊，物塊由靜止開始運動，運動3s時，撤去拉力，物塊再運動2s剛好停在長木板的右端.取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物塊與長木板間的動摩擦因數；
（2）長木板的長度.

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