如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=l.0kg的小铁块B，铁块
如图甲所示，质量M=1.0kg的长木板A静止在光滑水平面上，在木板的左端放置一个质量m=l.0kg的小铁块B，铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，对铁块施加水平向右的拉力F，F大小随时间变化如图乙所示，4s时撤去拉力．可认为A、B间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度g=10m/s2．求：（1）0～1s内，A、B的加速度大小aA、aB；（2）B相对A滑行的最大距离s；（3）0～4s内，拉力做的功W．
μmg=MaA
F1-μmg=maB
代入数据得：aA=2m/s2；aB=4m/s2；
（2）当t1=1s后，拉力F2=μmg，铁块B做匀速运动，速度大小为v1，木板A仍做匀加速直线运动，又经过时间t2，速度与铁块B相等
v1=aBt1
又v1=aA（t1+t2）
解得：t2=1s；
设A、B速度相等后一起做匀加速直线运动，运动时间t3=2s，加速度为a，
F2=（M+m）a
a=1m/s2
木板A受到的静摩擦力f=Ma＜μmg，AB一起运动
s=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
代入数据得s=2m；
（3）时间t1内拉力做的功W1=F1x1=F1×
| 1 |
| 2 |
时间t2内拉力做功W2=F2x2=F2v1t2=8J；
时间t3内拉力做的功W3=F2x3=F2（v1t3+
| 1 |
| 2 |
4s内拉力做的功W=W1+W2+W3=40J
答：（1）0～ls内，A、B的加速度大小aA、aB；为2m/s2和4m/s2；（2）B相对A滑行的最大距离s为2m；（3）0～4s内，拉力做的功W为40J．
如图所示,质量M=1.0kg,长L=l.0m的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与...
（1）对于铁块，由牛顿第二定律得：F-μ 2 mg=ma 1 解得 a 1 =4m\/ s 2 ．（2）对于木板，由牛顿第二定律得：μ 2 mg-μ 1 （m+M）g=Ma 2 解得 a 2 =2m\/ s 2 ．（3）设铁块运动到木板的右端的时间为t，则：铁块的位移为： s 1 = 1 ...
...所示,质量M=3kg的木板A静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质
如图
...木板静止放在足够长的光滑水平桌面上,板的最左端静止放置一个...
对小物块、木板受力分析，由牛顿第二定律得： F-μmg=ma1 μmg=Ma2，代入解得a1=2m\/s2，a2=1m\/s2物块的位移x1=12 a1t2，木板的位移x2=12 a2t2又x2-x1=L 由以上三式可得t=2s 可得v=a1t=22m\/s答：以恒力F=4N向下拉绳，小木块滑离木板时的速度大小是22m\/s．
如图所示,质量为M=1kg的长木板,静止放置在光滑水平桌面上,有一个质量...
（1）木板与滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+M）v，v=0.2×61+0.2=1m\/s；（2）木板做初速度为零的匀加速直线运动，由v=at可得：a=vt=12=0.5m\/s2；由牛顿第二定律可知：μmg=Ma解得：μ=Mamg=1×0.50.2×10=0.25；答：（1）木板的速度为1m...
...的长木板静止放置在光滑水平面上,在其左端放置一质量
a1＝F?μmgm＝4?21＝2m\/s2，木板的加速度为：a2＝μmgM＝1m\/s2，脱离瞬间小木块的速度为：v1=a1t=4m\/s，木板的速度为：v2=a2t=2m\/s．故A、B错误．C、D、拉力F的功率为：P=Fv1=4×4W=16W，摩擦力对长木板做功为：W＝12Mv22＝12×2×22＝4J，故C错误，D正确．故选：D．
...木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面上,木板和光滑凹槽接...
（1）物体在木板上滑行的过程中，以向右为正，对系统由动量守恒可得：mv0=mv1+（M1+M2）v2，代入数据解得：v1=4m\/s；（2）物体在凹槽上滑行的过程中，设上升的最大高度为h，以向右为正方向，对系统由动量守恒和能量守恒可得：mv1+M2v2=（m+M2）v，12mv12+12M2v22=12（m+M2）v2+mgh，...
(15分)如图所示,质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上,木板与地面...
根据牛顿第二定律有: （1分）解得：F 1 =6N （1分）所以，当 时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，其加速度 （1分）以M为研究对象，根据牛顿第二定律有 解得： （1分）③当 ，A、B发生相对运动， （1分）画出 随拉力F大小变化 的图像如图（3分）
...A放在光滑的水平面上,在木板的左端放置一个质量m是1k
12aBt12 WF═3.6J （2）M变大、m变小、μ变小、F变大；答：（1）要使B从A的右端滑出，则力F至少要做3.6J功；（2）若M、m、μ、F中某一物理量发生变化，拉出过程中做功的最小值也会变化．要使拉出过程中做功的最小值变小，应采用M变大、m变小、μ变小、F变大的方法．
平衡中的临界与极值问题【临界 极值】
低难题、如图所示,一质量为m 1的半圆形槽内壁光滑,放在光滑水平面上,槽中放一个质量为m 2的小球。现用一个水平外力F 推槽,系统稳定后小球距槽底的高度为圆形槽半径的一半,则F 的大小为( ) C A 、(m 1+m 2) g B 、2(m 1+m 2) g C 、(m 1+m 2) g D 、2(m 1+m 2) g 低难题、如...
...与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,在木板的左端放置
M+m)gM+m＝F2?1以M为研究对象，据牛顿第二定律有：f2-μ1（M+m）g=Ma解得：f2＝F2+1③当F＞6N时，m、M发生相对运动有：f2=μ2mg=4N所以，f2随拉力F大小的变化而变化的图象如图所示．答：（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过1s时间铁块运动到木块的右端．...
