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    5．【重点中学】如图所示，质量M=2kg足够长木板AB，在水平面上向右做直线运动，木板上表面光滑且距离水平地面的高度为h=0.2m，下表面与地面间的动摩擦因数μ=0.1．某时刻木板的速度v0=9m/s时，在木板左端A施加一个水平向左的恒力F=5N，同时将一个质量m=2kg的小木块轻放在木板的右端B，经过一段时间，小木块从木板脱离．已知小木块可视为质点g=10m/s2．求：
    （1）小木块从放在木板上开始至落到地面所用的时间；
    （2）小木块落地瞬间木板的速度．

    分析 （1）木板上表面光滑，木板向右做匀减速运动时，小木块不动．根据牛顿第二定律求出木板的加速度，由速度时间公式求出木板速度为零时经历的时间，并求得该过程木板位移．此后木板速度为零后向左做匀加速运动，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式求小木块从木板上脱离时所用时间．木块从木板上脱离后做自由落体运动，由高度求得时间，从而求得总时间．
    （2）小木块下落的过程中，由牛顿第二定律求木板的加速度，再由速度时间公式可求得小木块落地瞬间木板的速度．

    解答 解：（1）对木板施加恒力F后，木板向右做匀减速直线运动，其加速度设为a1，由牛顿第二定律得：
    F+μ（M+m）g=Ma1．
    代入数据解得：a1=$\frac{9}{2}m/{s}^{2}$
    设经过时间t1木板的速度为零，由速度公式可得：t1=$\frac{{v}_{0}}{{a}_{1}}$=$\frac{9}{\frac{9}{2}}$=2s
    由位移时间公式可得，木板运动的位移为：x1=$\frac{{v}_{0}}{2}{t}_{1}$=$\frac{9}{2}×2$m=9m
    由于木板上表面光滑，木板在运动过程中，小木块始终静止不动，则木板速度为零时，小物块距B端的距离为：x1=9m．
         此后木板向左做匀加速运动，小木块仍静止不动，设小木块经过t2时间从木板B端落下，木板的位移为：x1=9m．
    设此过程中木板的加速度为a2，由牛顿第二定律得：
    F-μ（M+m）g=Ma2．
    代入数据解得：a2=$\frac{1}{2}m/{s}^{2}$
    由速度位移关系公式可得木块从木板上脱离时，木板速度的大小为：
    v=$\sqrt{2{a}_{2}{x}_{1}}$=$\sqrt{2×\frac{1}{2}×9}$=3m/s
    木板匀加速运动的时间为：t2=$\frac{v}{{a}_{2}}$=$\frac{3}{\frac{1}{2}}$s=6s
    小木块离开木板后做自由落体运动，落地时间设为t3．
    由 h=$\frac{1}{2}g{t}_{3}^{2}$得：t3=$\sqrt{\frac{2h}{g}}$=$\sqrt{\frac{2×0.2}{10}}$=0.2s
    则小木块从放在木板上开始至落到地面所用的时间为：t=t1+t2+t3=8.2s
    （2）小木块离开后，木板的加速度为：a3=$\frac{F-μMg}{M}$=$\frac{5-0.1×2×10}{2}$=$\frac{3}{2}m/{s}^{2}$
    所以小木块落地瞬间木板的速度为：v3=v+a3t3=3+$\frac{3}{2}$×0.2=3.3s
    答：（1）小木块从放在木板上开始至落到地面所用的时间是8.2s．
    （2）小木块落地瞬间木板的速度为3.3s．

    点评 本题对长木板的运动情况要分段讨论，要注意不同过程木板受力情况的变化，知道木块在木板上滑行时木板对地面的压力等于两者的总重力．

    练习册系列答案
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    20．对匀变速直线运动的理解下列说法正确的是（　　）
    A．匀变速直线运动是加速度不变的运动
    B．匀变速直线运动是速度保持不变的运动
    C．匀变速直线运动是在任意相等的时间内速度改变量相等的运动
    D．v-t图象是一条直线，则一定是匀变速直线运动

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    （1）两球a、b的质量之比；
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    13．如图所示，M为理想变压器，电源电压不变．当变阻器的滑动头P向上移动时，读数发生变化的电表是（　　）
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    C．若将力F的方向突然改为竖直向下，小物块仍做加速运动
    D．若将力F撤掉，小物块将匀速下滑

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    （2）轻绳刚被拉断时F的大小；
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    （1）物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间；
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