长板桥头杀气生,横枪立马眼圆睁.医生好似轰雷震,独退曹家百万兵.称赞的是哪位英雄?性格特点是什么?

（1）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，
规定向右为正方向，则
m_Cv_C0=m_Cv_C+（m_A+m_B）v_A
（2）C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则
m_Cv_C+m_Bv_A=（m_C+m_B）v_CB
联立以上两等式解得：v_A=0.5 m/s，速度方向向右．
v_C=5.5 m/s，速方向向右
答：（1）A板最后的速度v_A=0.5 m/s，速度方向向右．
（2）C木块刚离开A板时的速度v_C=5.5 m/s，速方向向右．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 木块在两个木板上滑动的问题，分析过程，选择研究对象，根据动量守恒定律研究速度．

开始时杆平衡，根据力矩平衡条件，有：
m₁g•AO=m₂g•BO
故m₂=2m₁
经过时间t，杆还是平衡，故：
m₁g•（AO±
1
2a1t2）=m₂g•（BO±
1
2a2t2） （相对运动取负号，相背运动取正号）
故a₁：a₂=2：1
即不管相对运动还是相背运动，只要a₁：a₂=2：1，杆就一定平衡；
故选BC．

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件；匀速直线运动及其公式、图像．

考点点评： 本题关键要保证两个人与支点的距离比值恒定，力矩就平衡，不难．

木块的受到的重力为：G=mg，
在竖直方向，当木块在两个力的作用下匀速下滑时，
由二力平衡条件可知：
重力和摩擦力是平衡力，
所以，木块受到的摩擦力大小为f=G=mg，方向为：竖直向上；
当木块在两个力的作用下匀速上升时，
由二力平衡条件可知：
向上的推力与物体向下的重力、向下摩擦力的合力是平衡力，
F=G+f′
由影响滑动摩擦大小的因素可知：
匀速向上和匀速向下运动时，两个对物体的压力、接触面的粗糙程度不变；
所以f=f′，
则F=G+f=2G=2mg．
故答案为：2mg．

点评：
本题考点： 平衡状态的判断．

考点点评： 解决本题的关键：一是根据平衡状态判断二力平衡；二是掌握影响摩擦力大小的因素．

物体A在木板上运动过程中，受到绳子的拉力T和滑动摩擦力f，在这两力作用下做加速运动，

当B落地后，A和B的速度相同，A开始做平抛运动，所以设A离开木板时的速度为v，则，s表示A的水平位移，t表示A的运动时间，即可以用A做自由落体运动的时间表示，所以，故还需要测量出A. B落地点的距离s，长板离地面的高度H，则

在A未离开木板的过程中，由动能定理可得：

在B从开始运动到落地的过程中，根据动能定理可得：

又知道

所以联立上述四式可得

（1）A、B落地点的距离s，长板离地面的高度H（2）1-


<>

（1）摩擦力总是阻碍物块与木板间的相对运动，根据题意，第二种下物块与木板的相对位移小于第一种情况下的相对位移，说明第二种情况下物块所受的摩擦力较大，由公式f=μN知，第二情况下正压力较大，所以第二情况下电场力应向下，物块应带负电．
（2）设木板的质量为M，长为L，物块的初速度为v₀．
物块和木板组成的系统，水平方向不受外力，动量守恒，设物块与木板相对静止时的速度大小为v，则有
mv₀=（m+M）v
第一种情况：场强向下，A、B所受的合力大小为F₁=μ（mg-qE）
根据能量守恒得：
对A：F₁L=[1/2
mv20]-[1/2(M+m)v2 ①
第二种情况：场强向上，A、B所受的合力大小为F₂=μ（mg+qE）
根据能量守恒得：
对A：F₂•
L
2]=[1/2
mv20]-[1/2(M+m)v2 ②
由①②得 μ（mg-qE）L=μ（mg+qE）
L
2]
解得，E=[mg/3q]
答：
（l）物块 A 带负电荷．
（2）匀强电场的场强E为[mg/3q]．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律；动量守恒定律；电场强度．

考点点评： 本题是滑块在木板滑动的类型，分析受力情况，确定电场力的方向是关键．运用动量守恒和能量守恒是常用的思路．

木块的受到的重力为：G=mg，
在竖直方向，当木块在两个力的作用下匀速下滑时，
由二力平衡条件可知：
重力和摩擦力是平衡力，
所以，木块受到的摩擦力大小为f=G=mg，方向为：竖直向上；
当木块在两个力的作用下匀速上升时，
由二力平衡条件可知：
向上的推力与物体向下的重力、向下摩擦力的合力是平衡力，
F=G+f′
由影响滑动摩擦大小的因素可知：
匀速向上和匀速向下运动时，两个对物体的压力、接触面的粗糙程度不变；
所以f=f′，
则F=G+f=2G=2mg．
故选C．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 解决本题的关键：一是根据平衡状态判断二力平衡；二是掌握影响摩擦力大小的因素．

木块的受到的重力为：G=mg，
在竖直方向，当木块在两个力的作用下匀速下滑时，
由二力平衡条件可知：
重力和摩擦力是平衡力，
所以，木块受到的摩擦力大小为f=G=mg，方向为：竖直向上；
当木块在两个力的作用下匀速上升时，
由二力平衡条件可知：
向上的推力与物体向下的重力、向下摩擦力的合力是平衡力，
F=G+f′
由影响滑动摩擦大小的因素可知：
匀速向上和匀速向下运动时，两个对物体的压力、接触面的粗糙程度不变；
所以f=f′，
则F=G+f=2G=2mg．
故选C．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用．

考点点评： 解决本题的关键：一是根据平衡状态判断二力平衡；二是掌握影响摩擦力大小的因素．

木块的受到的重力为：
G=mg=1kg×9.8N/kg=9.8N
在竖直方向，当木块在两个力的作用下匀速下滑时，
由二力平衡条件可知：
重力和摩擦力是平衡力，
所以，木块受到的摩擦力大小为f=G=9.8N，方向为：竖直向上．
当木块在两个力的作用下向上滑动时，
由二力平衡条件可知：
向上的推力与物体向下的重力、向下摩擦力的合力是平衡力，
F=G+f′
由影响滑动摩擦大小的因素可知：
匀速向上和匀速向下运动时，两个对物体的压力、接触面的粗糙程度不变；
所以f=f′，
则F=G+f=2G=2×9.8N=19.6N．
故答案为：19.6．

点评：
本题考点： 二力平衡条件的应用；摩擦力大小的影响因素；摩擦力的方向．

考点点评： 解决本题的关键：一是根据平衡状态判断二力平衡；二是掌握影响摩擦力大小的因素．

（1）设小滑块的加速度为a₁，长木板的加速度为a₂，
由牛顿第二定律得：
Eq-μ₂mg=ma₁
解得：a1＝−3m/s2
μ₂mg-μ₁（m+M）g=Ma₂
解得：a2＝1m/s2
（2）设两者经过t时间相对静止，此时速度为v，
则v₀-a₁t=a₂t
解得：t=2s，v=2m/s
这段时间内小滑块的位移x1＝v0t−
1
2 a1t2＝10m
木块的位移x2＝
1
2 a2 t2＝2m
由于此后两者一起向右减速运动，所以小滑块最后距木板左端的距离△x=x₁-x₂=8m
（3）设两者一起向右运动的加速度为a₃，
由牛顿第二定律得：
Eq-μ₁（m+M）g=（M+m）a₃
解得：a3＝
1
3m/s2
一起向右减速的位移x3＝
v2
2 a3＝6m
由能量守恒可知：Q=
1
2mv02+Eq(x1+x3)＝6.4J
答：（1）刚开始时小滑块的加速度大小为3m/s²，长板的加速度大小为1m/s²；
（2）小滑块最后停在距木板左端8m的位置．
（3）整个运动过程中产生的热量为6.4J．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解，难度适中．

实验条件：对精度要求不高,滑轮摩擦力不计,绳子的重力不计.
物块的质量可测出,缓慢增加长板的倾斜角度,当物块匀速运动（用眼睛看吧,仪器太少了）时,记录下倾斜角,此时,摩擦力=物块重力在斜面方向上的分量+砝码的重力（就滑轮下面吊着那个）.
如果精度没要求,可以将长板放平,只增加砝码,直到物块匀速运动,那么摩擦力=砝码的重力
仅做参考,存在漏洞.

开始时杆平衡，根据力矩平衡条件，有：
m₁g•AO=m₂g•BO
故m₂=2m₁
经过时间t，杆还是平衡，故：
m₁g•（AO±
1
2a1t2）=m₂g•（BO±
1
2a2t2） （相对运动取负号，相背运动取正号）
故a₁：a₂=2：1
即不管相对运动还是相背运动，只要a₁：a₂=2：1，杆就一定平衡；
故选BC．

点评：
本题考点： 力矩的平衡条件；匀速直线运动及其公式、图像．

考点点评： 本题关键要保证两个人与支点的距离比值恒定，力矩就平衡，不难．

（1）设滑块在木板上滑动时 的加速度为a₁，滑动的时间为t₁，由牛顿第二定律得：
μ₂mg=ma₁
设滑块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，木板滑动时的加速度为a₂，
则由牛顿第二定律得：μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂
v=v₀-a₁t
v=a₂t
滑块相对于地面的位移为
x=v0t−
1
2at2
达共同速度后的加速度为a₃．发生的位移为s，则有：
a₃=μ₁g=1m/s²
s=
v2−
v20
2a3
小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的路程
l=x+s
代入有关数据得：
l=0.11m
答：小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的路程为0.11m

点评：
本题考点： 牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．

（1）m对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力T时细绳将被拉断，有：
T=kx₀①

1
2mv02≥
1
2kx02②
解①②式得v0≥
T

mk
（2）细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为v₁，由机械能守恒有：

1
2mv02=
1
2mv12+
1
2kx02
∴v1＝
v02−
T2
mk③
当滑块和长板的速度相同时，设为v₂，弹簧的压缩量x最大，此时长板的加速度a最大，由动量守恒和机械能守恒有
mv₁=（M+m）v₂④

1
2mv02＝
1
2(m+M)v22+
1
2kx2⑤
kx=aM⑥
代入③式解④⑤⑥式得a=
1
M

m
m+M(kMv02+T2)
（3）设滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为v₃，由动量守恒和机械能守恒有
mv₁=Mv₃⑦

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 本题关键要分析清楚滑块和滑板的运动规律，能结合机械能守恒定律和动量守恒定律多次列式后联立分析，较难．

（1）设滑块在木板上滑动时 的加速度为a₁，滑动的时间为t₁，由牛顿第二定律得：
μ₂mg=ma₁
设滑块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，木板滑动时的加速度为a₂，则由牛顿第二定律得：
μ₂mg-μ₁（M+m）g=Ma₂
v=v₀-a₁t
v=a₂t
滑块相对于地面的位移为：
x=v0t−
1
2at2
达共同速度后的加速度为a₃．发生的位移为s，则有：
a₃=μ₁g=1m/s²
s=
v2−v02
2a3
小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的路程：
l=x+s
代入有关数据得：
l=3.5m
（2）从开始到速度相等的过程中，木板相对于地面运动的位移为：
x1＝
1
2a2t2，
则在整个过程中长木板相对地面运动的最大路程为：l′=x₁+s=1m
（3）当两者速度相等时，滑块没有离开长木板，以后就不会离开，此过程，滑块相对于地面的位移为：
x=v0t−
1
2at2
木板相对于地面运动的位移为：
x1＝
1
2a2t2，
则△x=x-x₁
带入数据得：△x=3m
所以若在运动过程中，小滑块能离开长木板，则长木板的长度最大不能超过3m．
答：（1）若木板足够长，小滑块自滑上长木板到相对木板静止的过程中，小滑块相对于地面运动的路程为3.5m．
（2）若木板足够长，在整个过程中长木板相对地面运动的最大路程为1m．
（3）若在运动过程中，小滑块能离开长木板，则长木板的长度最大不能超过3m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律．

考点点评： 本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键理清滑块和木板的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．

由于M＞m，Mv0＞mv0，所以，最终M和m以相同的速度向右运动．即m先向左做匀减速运动，速度减到零后再向右做匀加速运动，直到和长板达到共同速度，长板一直向右做匀减速运动，直到和木块达到共同速度，之后它们一起做...

点评：
本题考点： 动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题主要考查了动能守恒定律、运动学基本公式的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，难度适中．