2023届二轮复习 力与运动-牛顿运动定律的综合应用 作业

力与运动——牛顿运动定律的综合应用学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1.如图1所示，将一盒未开封的香皂置于桌面上的一张纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，香皂盒的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验(示意图如图2所示)。若香皂盒和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。

若本实验中，m1=100g，m2=5g，μ=0.2，香皂盒与纸板左端的距离d=0.1m，若香皂盒移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感知，忽略香皂盒的体积因素影响，g取A.1.42N B.2.24N C.22.4N D.1420N2.如图，一倾角为37°的光滑斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块C，另一端与斜面上的长木板B相连，长木板B上有一物块A，A、B的质量都为2kg，C的质量为1kg，A、B之间的摩擦因数为38，取重力加速度g=10m/s2。起初用手将三物体按照图示位置保持静止，松手后，下列说法正确的是(

)A.A、B将会一起下滑 B.B将相对A向下滑

C.B开始运动的加速度为83m/s2 3.如图所示，宽度为d的水平传送带以速度v匀速运行，图中虚线为传送带中线。一可视为质点的小滑块以同样大小速度v垂直传送带滑入。当小滑块滑至传送带中线处时恰好相对传送带静止，设传送带表面粗糙程度处处相同，重力加速度为g。下列说法正确的是(

)A.小滑块相对传送带滑动的整个过程中，传送带对滑块做正功

B.小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为d2v

C.小滑块与传送带间的动摩擦因数为v2gd

4.水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F

作用在物块上，F

随时间

t

的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2 时刻F的大小。木板的加速度

a1 随时间

t

的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为

μ1，物块与木板间的动摩擦因数μA.F1 =μ1m1g B.F25.如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，以大小为v=2 m/s的恒定速率顺时针转动。一质量m=2 kg的煤块以初速度v0=12 m/s从A端冲上传送带又滑了下来，煤块的速度随时间变化的图象如图乙所示，g=10 m/s2A.煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5

B.煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+22) s

C.煤块上升的位移为10 m

6.如图所示，P、Q两个滑块放在光滑的水平地面上，Q连在水平轻弹簧的左端，弹簧的右端固定在竖直墙面上，水平向右外力F=6N作用在P上，系统处于静止状态，已知P、Q的质量分别为mP=1kg、mQ=0.5kg，弹簧的劲度系数k=100N/m。现将F的方向突变为水平向左，大小不变，仍然作用在P上，则A.力F突变为水平向左的瞬间，P、Q的加速度大小为8m/s2

B.弹簧恢复原长时，P、Q开始分离

C.P、Q分离时，Q的速度最大

D.从力F方向突变为水平向左到P、Q7.如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能—位移图像如图乙所示。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10m/s2，则(

)A.小滑块和木板的质量均为

B.小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6

C.小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为

D.木板长度至少要，小滑块才不会冲出木板8.如图所示，直角三角形物体C放在水平地面上，将表面粗糙的两长方体A、B叠放在一起，由静止轻放在C的斜面上，物体C始终静止，已知A与B之间的动摩擦因数为μ1，B与C之间的动摩擦因数为μ2，则在A、B下滑的过程中，下列说法正确的是(

)A.若μ ​1>μ ​2，则A与B不发生相对滑动

B.若μ ​1<μ ​2，则A与B不发生相对滑动

C.若μ ​19.如图所示，与水平地面的夹角为θ=37°的传送带以恒定速率v=8m/s逆时针转动，其上端固定一距离地面高度为H=11.4m的平台。现将质量m=2kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带底端(此时记为t=0时刻)，同时平台上的人通过一根轻绳用恒力F=24N沿传送带方向向上拉煤块，在t=2s时撤去拉力。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，g取，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是(

)A.t=0时煤块的加速度大小为

B.t=1s或t=2.5s时煤块与传送带的速度大小相等

C.传送带上划痕的长度为8m

D.由于摩擦产生的内能为28J10.5块相同的木板紧挨着静止放在水平地面上，其中只有木板4、5粘在一起，每块木板的质量均为m=1kg，长度均为l=1m，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1。现有质量M=3kg的小铅块(可视为质点)，以v0=4m/s的水平初速度从左端滑上木板1，它与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，取重力加速度大小A.木板2始终保持静止状态 B.铅块滑离木板3时的速度大小为1m/s

C.最终铅块停在木板4上 D.铅块滑离木板5时的速度大小为0.2m/s11.机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1=0.6m/s运行的传送带与水平面间的夹角α=37°，转轴间距L=3.95m。工作人员沿传送方向以速度v2=1.6m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；

12.如图所示，一足够长的带电绝缘板静止在水平地面上，其质量M=0.5kg、所带电荷量q=3C，在板的右端放置一个质量为m=0.5kg不带电的小染料块(可视为质点)，小染料块与绝缘板之间的动摩擦因数μ1=0.2，绝缘板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4。某时刻起在空间加电场强度E=3N/C、沿板水平向右的匀强电场(忽略绝缘板所带电荷的影响)，小染料块和绝缘板将开始运动，且发生相对滑动，经t=2s后撤去电场。小染料块与绝缘板相对滑动时会留下一条彩色痕迹，不计相对滑动时各自质量的变化，重力加速度g(1)小染料块和绝缘板在电场中运动时，加速度大小分别为多少？(2)撤去电场后，某时刻小染料块和绝缘板的速度相等，求该速度的大小；(3)求小染料块在绝缘板上所留痕迹的长度。13.一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB=4m，BC段是倾斜的，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转。已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。现将一个工件(可看作质点)(1)工件第一次到达B点所用的时间；(2)工件沿传送带上滑的最大距离。14.如图所示，倾角为θ的斜面A点以上的部分表面光滑，A点以下的表面粗糙。A点以上区域有2n个相同的小方块，每个小方块质量均为m，与斜面粗糙区域的动摩擦因数都相等，沿平行斜面的倾斜方向整齐地排成一条直线；小方块按从下到上的顺序编号命名；1号小方块用手托着静止在O点，O、A两点之间相距2L；小方块队列的总长为L，小方块相互间不粘连。现放手让它们由静止开始下滑，已知下滑过程方块队列保持平行于斜面倾斜方向的直线队形，且当第n号小方块全部经过A点时小方块运动的速度达到最大，最终1号小方块停在B处，设斜面足够长。求：(1)1号小方块刚运动到A点位置的速度大小v0和小方块与粗糙斜面的动摩擦因数μ(2)B与A点间的距离s0(3)若将B以下的区域表面处理成光滑的，然后让小方块队列重新从A点之上由静止释放，要使所有小方块都能沿过B点，释放时1号方块距离A点最小距离s。15.如图所示，质量为m1的小铁块和质量为m2的长木板静止叠放在水平地面上，铁块位于木板的最左端，m1=m2=m，木板长为L，铁块可视为质点。铁块与长木板间的动摩擦因数为μ1=3μ(μ为已知常数(1)若F=7μmg，求铁块需经过多长时间才能离开木板？(2)为使铁块能离开木板且离开木板时，相对于地面的速度最小，F应该为多大？16.如图所示，质量m1=3kg的长木板A放置在足够长、足够高的水平桌面上，右端通过不可伸长的水平轻绳绕过光滑定滑轮连接重物C，A上有一质量m2=1kg的小物块B，初始A、B相对静止以速度v0=1.5m/s水平向右做匀速直线运动。某时刻将B向上提离A，经0.6s后又将B以提离前速度轻放在A上。当B与A共速后，又立即将B提离，如此反复多次，已知A与B间的动摩擦因数μ2=0.2(1)求长木板A与水平面间的动摩擦因数μ1(2)为保证B不从A上滑落，求将B第一次放回A时，B至少应距离A左端多远；(3)若A板足够长，求从第1次把B提离到第11次把B提离，B物块的速度改变量。17.如图所示，质量为m1=4kg和质量为m2=2kg可视为质点的两物块相距d，一起静止在足够长且质量为M=2kg的木板上，已知m1、m2与木板之间的动摩擦因数均为μ1=0.4，木板与水平面的动摩擦因数为μ2=0.2。某时刻同时让m(1)刚开始时两物块和木板的加速度大小各是多少？(2)若m1与m2不相碰，m1与m(3)M在水平面滑行的位移x。18.如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度v0=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1(1)若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围。19.如图甲所示，木板质量M=0.5kg，长L=1m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m=1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.2。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/(1)Q(2)物块的初速度v0(3)A点的坐标对应的Q1与F20.如图所示是某快递公司两条水平放置传送带的俯视图，两条传送带的宽度都是80cm，AB传送带长度L1=1.2m，速度v1=0.6m/s，CD传送带长度L2=2m，速度v2=0.8m/s，若一货物与两传送带间的动摩擦因数都为0.5，货物的质量m=0.1kg(1)货物经过多长时间能到CD传送带上；(2)货物从A到D的过程中，与传送带之间摩擦生热为多少；(3)货物在CD传送带上经过多长时间能到D端，大致画出货物在传送带上从A到D的运动轨迹。

答案和解析1.A

【解析】香皂盒的加速度a纸板的加速度a对香皂盒，x对纸板，x由逆向思维，将纸板抽出后香皂盒运动的距离x2=由题意知a1t1=故选：A

2.C

【解析】假设A、B间无相对滑动，设绳子拉力为T，将A、B看为整体，有(mA+mB只研究A物块时有mAgsin37°-μm从而说明A、B间存在相对滑动，且B相对A向上滑动将B、C看为整体，则有mBgsin37°+μm故C正确，ABD错误。故选：C。

3.D

【解析】解：A.小滑块相对传送带滑动的整个过程中，根据动能定理有W=ΔEK=0B.小滑块的实际运动可以分解为沿传送带方向的匀加速直线运动与垂直传送带方向匀减速直线运动，研究垂直传送带方向的运动，小滑块从滑上传送带到恰好与传送带相对静止所用的时间为d联立，可得t=dv，故C.继续研究垂直传送带方向的运动，有d研究沿传送带方向的运动，有v=小滑块实际运动的加速度与合相对速度共线，其大小为ma=μmg,a=联立，可得μ=故C错误；D.根据上面选项分析，小滑块为匀变速运动，对地轨迹为一段抛物线，相对传送带轨迹为直线，小滑块的两个分位移分别为x小滑块的划痕为L=故D正确。故选D。本题要注意以传送带为参考系，根据动能定理列式分析前要注意判断小滑块滑至传送带时传送带之间开始时的相对速度。

4.BCD

【解析】解：A、由图(c)可知，在0～t1 时间段物块和木板均静止，在

t1 时刻木板与地面的静摩擦力达到最大值，对物块和木板整体分析可知F1=μ1(m1+m2)g，故A错误；

B、由图(c)可知，t1～t2时间段物块和木板一起匀加速运动，在t2时刻物块和木板开始相对滑动，此时物块和木板间的静摩擦力达到最大值，根据牛顿第二定律，有

对物块和木板F2-μ1(m1+m2)g=(m1+m2)am

对木板μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1am

整理可得F2=m25.ABD

【解析】A、根据v-t图像的斜率表示加速度可知煤块与传送带共速前、后的加速度大小分别为aa对煤块根据牛顿第二定律有μmgmg联立代入数据解得：μ=0.5，故A正确；

C、根据v-t图像与t轴所围面积表示位移可知煤块上升的最大位移为xm=1B、设煤块从冲上传送带到返回A端所用时间为t，对从最高点到返回A端的过程有x代入数据解得：t=(2+22)s，故D、0～xx煤块在皮带上留下的划痕长度为二者相对位移大小，即l在1～(2+22煤块的的位移为：x传送带的位移大小为：x煤块与皮带的相对位移大小为：l联立代入数据解得：l因为l2>l1，所以有一部分痕迹是重合的，则煤块在皮带上留下的划痕为故选：ABD

6.AD

【解析】A、力F变向之前，弹簧的弹力大小等于F。力F刚变向瞬间，弹簧的弹力不变，对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F+F弹=(mP+mB、P、Q开始分离时，两者间的作用力为零，对P，由牛顿第二定律得F=mPa2

对P、Q整体，根据牛顿第二定律得：F+kx2C、P、Q开始分离时，弹簧处于压缩状态，Q继续向左做加速运动，此时速度不是最大，故C错误；D、F变向之前，弹簧的压缩量为x1=Fk=6100m=0.06m，从力F方向突变为水平向左到P假设P以加速度a1=8m/s2向左做匀加速直线运动，有x=12a1t2，解得：t=320

s

对故选：AD。

7.BC

【解析】AB、由图像可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1=1m在0∼1m过程中由动能定理：-在1∼3m过程中由动能定理：-其中x2=2m，μ2=0.1选项A错误，B正确；CD、根据Ek0=同理共速时滑块与木块的速度大小为v滑块的加速度大小为a到达共速时的时间t=v0对木板根据牛顿第二定律有μ小滑块滑上木板瞬间木板的速度v代入数据解得v到达共速时木板的位移x滑块相对木板的位移Δx=联立代入数据解得Δx=即木板长度至少要59m，小滑块才不会冲出木板选项C正确，故选：BC。

8.AD

【解析】AB、假设AB相对静止一起相对斜面滑动，则AB间是静摩擦，对AB整体受力分析如图1：沿斜面方向根据牛顿第二定律：(解得：a=g对A受力分析如图2：沿斜面方向根据牛顿第二定律：m求得：fAB间的最大静摩擦为f=若μ1>μ2，f>f若μ1<μ2，故A正确，B错误；C、若μ1=μ2，则A与B不发生相对滑动，A、B一起沿斜面向下加速下滑，斜面、A、D、不论A与B是否发生相对滑动，在A、B加速下滑的过程中，整个系统都有水平向右的分加速，故地面对斜面一定有向右的摩擦力，故D正确。故选：AD。

9.BD

【解析】A、规定沿传送带向上的方向为正方向，煤块刚放到传送带上时，对煤块根据牛顿第二定律可得F+μmg代入数据解得a1=8m/sBC、当煤块与传送带共速时，有v=解得t在0∼1s内煤块的位移为x煤相对于传送带向下滑动的位移为Δ煤块与传送带共速之后，对煤块根据牛顿第二定律可得F-μmg解得a拉力继续作用时间为tt=2s时煤块的速度为v1∼2s内煤块的位移为x煤块相对于传送带向上滑动的位移为Δ之后撤去拉力，对煤块根据牛顿第二定律可得-μmg解得a当煤块减速到又与传送带共速时有v=解得t2∼3s时间内煤块运动的位移为x煤块相对于传送带向上滑动的位移为Δ煤块运动的总位移为x=解得x=19m根据H可知此时煤块恰好运动到传送带顶端，综上可得，煤块与传送带共速的时刻为t=1s或t=2.5s，划痕的长度只有4m，故B正确，C错误；D、煤块相对传送带滑动的总路程为Δx=Δ因此煤块与传送带之间由于摩擦产生的内能为Q=μmgcosθΔx，解得Q=28J，故故选：BD。

10.AC

【解析】AB、铅块在木板上滑动时，铅块与木板之间的摩擦力为：f2=小铅块滑上木板3时，以后面3块木板和小铅块为研究对象，地面对它们的最大静摩擦力为：fm'=μ1(3m+M)g，解得fm'=6N=解得铅块滑离木板3时的速度大小：v=2m/s，故A正确，B错误C、小铅块滑上木板4、5时，地面对它们的最大静摩擦力为：fm″=μ1(2m+M)g，解得fm″=5N<f2对木板4、5由牛顿第二定律可得其加速度大小为：由以上分析有：v此过程中的相对位移为：联立可得：Δx=0.8m<1m，则最终铅块停在木板4上，故C正确，D错误。故选：AC。

11.解：(1)开始时小包裹向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有

a=mgsinα-μmgcosαm=gsinα-μgcosα

代入数据后得到a=-0.4m/s2

(2)设经过时间t1与传送带共速，则有：v1=v2+at1

代入数据后得：t1=2.5s

此段时间小包裹运动的位移x1=v1+v22t1=0.6+1.6【解析】(1)分析包裹刚滑上传送带时受到摩擦力方向，再根据牛顿第二定律求刚滑上时的加速度大小；

(2)判断当包裹与传送带速度相等后是随传送带一起匀速运动的，由运动学公式求出总时间。

本题是牛顿第二定律和运动学公式综合的专题，关键是要弄清小包裹的运动过程，而弄清运动过程的关键是理解滑动摩擦力的方向，要熟练掌握滑动摩擦力的方向是与物体相对运动的方向相反。

12.(1)设小染料块和绝缘体的加速度分别为a1、a2，根据牛顿第二定律可知：μ解得：a1=2m/(2)t=2s时，设小染料块和绝缘体的速度分别为v1、v2、，则：v解得：v1=4m/s撤去电场后，小染料块受力不变，加速度不变；绝缘体受到地面和小染料块的摩擦力，设其加速度大小为a'，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知：μ设经过t'，小染料和绝缘体的速度相同为v，有：v=解得：t'=1s，v=6m/s(3)撤去电场前，小染料和绝缘体的位移分别为：xx从撤去电场到二者速度相同经过的位移分别为：xx在小染料和绝缘体速度相同后，小染料块做加速度为a1=2m/s2解得：a″=6m/s2

【解析】本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，本题是多体多过程问题，本题难度较大，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

13.(1)工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得：解得：a设经t1时间与传送带的速度相同，由v=at得，工件的加速运动时间：t前进的位移为：x此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，由x=vt得：t所以工件第一次到达B点所用的时间为t=(2)由牛顿第二定律得：μmgcos37°-mgsin37°=ma2

解得：a2=-2m/s解得：x=4m

【解析】工件刚放在水平传送带受摩擦力的作用进行匀加速直线运动直至与传送带的速度相同，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点；工件沿斜面上升过程中，受力不变，加速度不变，根据公式求解位移。

14.(1)对所有小方块，从开始下滑到第1个到达A点，根据动能定理有：2nmg解得：v由题意，当第n个全部经过A点时，速度最大，则对整列方块，其加速度为零，有：2nmg解得：μ=2tanθ(2)设当1号小方块下端运动到B点时，所有小方块已经进入AB段，则从1号方块进入A点开始，整体小方块所受到的摩擦力与进入的长度成正比，如图所示，由动能定理：2nmg解得：s0(3)小方块出B点后，加速下滑，而剩下的k个(1≤k<2n)小方块仍一起减速运动。设剩下小方块的加速度为a，由牛顿第二定律：a=代入得到a=-g说明小方块出了B点后，剩下的小方块运动加速度保持不变要使所有小方块都能通过B点，1号小方块运动到B点最小速度v满足：0-对所有小方块根据动能定理有：2nmg联立解得：s=3L

【解析】本题主要考查了动能定理的应用，要求同学们能选取合适的过程运用动能定理求解，难度较大。特别要注意方块进入粗糙段时摩擦阻力是变力，要用图像法来求功。

15.(1)由牛顿第二定律得对铁块有：F-解得：a对长木板有：μ解得：a设经t时间铁块离开木板，由两者位移关系得：1解得：t=2L(2)设铁块的加速度为a，木板的加速度仍为a2=μg，经t1时间铁块离开木板，铁块离开木板时的速度为由两者位移关系得：v联立整理得：v令y=12a-μg2解得当1a=12μg，即对铁块由牛顿第二定律得：F-解得：F=5μmg

【解析】(1)分别对小铁块和长木板受力分析，根据牛顿第二定律分别求出小铁块和长木板加速度，小铁块从长木板上滑离时，铁块与木板的位移之差等于L，由位移公式求时间；

(2)由两者位移关系推导铁块离开木板时的速度与其加速度的关系式，应用数学知识求得满足要求的加速度，再由牛顿第二定律求得F值。

本题考查了牛顿第二定律应用的板块模型，考查了数理结合能力。要注意分别对两物体进行受力分析，明确小铁块滑离时两物体间相对位移大小等于板长。

16.(1)初始A、B相对静止以速度v0=1.5m/s水平向右做匀速直线运动，则对A、f=N=(f=解得μ1(2)提离物体B，对AC，根据牛顿第二定律，有mav解得v放上B，对B有μ2m对A、C有m3g-经过Δt，B与A共速vv解得Δt=0.25s，v此段时间内A、B位移xA=Δx=xA-xB=0.075m(3)第2次B放到A上时，A的速度v共速时满足v解得Δt'=0.25s经分析可知，每次放上到共速需要的时间相同，B的运动可以等效看做在10Δt时间内一直做匀加速运动，则有Δv=解得Δv=5m/s。

【解析】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是要分析清楚物体的运动过程和受力情况，特别要抓住临界状态：物体速度相等，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。

17.(1)对两物块，分别受力分析，结合牛顿第二定律可得：a1对木板，对其受力分析，结合牛顿第二定律可得：μ解得：aM(2)设M与m2共速的时间为t1，共速时的速度大小为v，m1此时的速度为对m1，根据运动学公式可得：v3对m2，根据运动学公式可得：对M，根据运动学公式可得：x则两个物块之间的相对位移为：Δ当M与m2共速后，两者相对静止，设加速度为a，根据牛顿第二定律得：解得：a=0则当M与m2共速后一起做匀速直线运动。m1则会继续减速，加速度保持不变，设经过时间t2三者共速，其速度大小为此过程中m1的位移为：与此同时，M与m2的位移为：则Δ根据几何关系可得：d≥Δ联立解得：d≥1.5m(3)根据上述分析可知，系统整体共速后一起减速到静止，由牛顿第二定律得：a'=根据速度—位移公式可得：x整个过程中，M的位移为：x=联立解得：x=2.5m

【解析】(1)由牛顿第二定律求出加速度；

(2)应用运动学公式求出两质点的位移，然后求出m1与m2间距d的最小值；

(3)由牛顿第二定律求出木板的加速度，然后由运动学公式求出M在水平面滑行的位移x。18.(1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小为：a木板的加速度大小为：aM由图乙知，板长L=1m，滑块相对木板的路程为：L=v即：1=4t-1联立解得：t=13s当t=1s时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，t=1s应舍弃，故所求时间为t=1(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则有：

由牛顿第二定律可得此时木板的加速度大小为：a根据速度时间关系可得：v=根据位移关系可得：s=v联立解得：1s由图乙知，相对路程：s≤1m代入解得：F≥1N②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则由牛顿第二定律可得：a=FM+m

而由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f联立解得：F≤3N；综上所述：BC段恒力F的取值范围是1N≤F≤3N

【解析】(1)由题，若恒力F=0，则物块会从木板的右端滑下，分别对物块与木板进行受力分析，结合牛顿第二定律求出加速度，然后结合位移关系即可求出；

(2)由图象可看出当F小于某一值时，物块在板上的路程始终等于板长，当F等于此值时，块刚好不从木板右端掉下，此后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，联立方程求出此值；

之后随着F力增大，二者的相对路程减小，当F达到某一值时，1s-F图像出现突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下。对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式即可求解；19.(1)根据摩擦产生的热量为Q=f⋅可知，无论F取何值，物块与木板的摩擦力都为f=μmg=2则摩擦产生的热量由物块与木板的相对位移决定。由图乙可知，当F≤1N时，产生的热量都为Q2，说明当F=1(2)当F=1N时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有可得，物块的加速为a对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F+f=M可得，木板的加速度为a以木板为参考系，则物块的相对加速度为a则根据匀变速运动的规律有v解得，物块的初速度为v(3)图乙中，当1≤F≤F1时，摩擦产生的热量减小，则说明物块在运动到木板右端前就已经与木板共速，即相对位移小于木板的长度。当F>F1时，摩擦产生的热量又突然增大，而且大于Q对物块受力分析，根据牛顿第二定律有f=μmg=ma联立可得F又因为当1≤F≤F1时，对物块和木板受力分析，由牛顿第二