如圖甲所示物塊的質量?

（2014?開封模擬）如圖甲所示，物塊的質量m=1kg，初速度v0=10m/s，在一水平向左的恆力F作用下從O點沿粗糙

A、物體在0-5m內速度減小，做勻減速運動．故A正確．B、物體勻減速直線運動的加速度大小為：a1＝v22s1＝1002×5m/s2＝10m/s2；物體勻加速運動的加速度大小：a2＝v′22s2＝642×8m/s2＝4m/s2；根據牛頓第二定律得：F+f=ma1，F-f=ma2聯立兩式解得：F=7N，f=3N則動摩擦因數為：μ＝fmg＝310＝0.3．物體勻減速直線運動的時間為：t1＝va1＝1010s＝1s，即在1s末恆力F反向做勻加速運動．故B、D正確，C錯誤．故選：ABD．

如圖甲所示，水平木板上有質量m=1.0kg的物塊，受到隨時間t變化的水平拉

本題中最大靜摩擦力是4N.滑動摩擦力是3N

計算動摩擦因數μ用滑動摩擦力

f=μmg

μ=3/10=0.3

注意：在一般計算中。認為最大靜摩擦力等於滑動摩擦力。實際中最大靜摩擦力略大於滑動摩擦力。

如圖甲所示，光滑水平面上有A、B兩物塊，已知A物塊的質量mA=1kg．初始時刻B靜止，A以一定的初速度向右運

由圖象可知，碰前A的速度：vA=△sA△tA=164=4m/s，碰後AB的共同速度為：v=△s△t=20?168?4=1m/s，A、B碰撞過程中動量守恆，以A、B組成的系統為研究對象，以A的初速度方向為正方向，由動量守恆定律得：mAvA=（mA+mB）v，即：1×4=（1+mB）×1，解得：mB=3kg；故答案為：3kg．

（2014?寧波二模）如圖甲所示，用固定的電動機水平拉著質量m=2kg的小物塊和質量M=1kg的平板以相同的速度

解：（1）在0～2s內兩物體一起以0.5m/s的速度勻速運動，則有：P=F1v1 根據兩物體勻速運動則有拉力等於摩擦力即：F1=f而地面的摩擦力為：f=μN=μ（M+m）g代入數據得：μ=0.2（2）1s時刻，物塊勻速，繩子的拉力等於平板對物塊的靜摩擦力，又根據平板勻速運動可知物塊對平板的靜摩擦力等於對面對平板的滑動摩擦力：f1=μ（M+m）g=6N由圖可知從2s時開始平板撞到臺階上靜止，故物塊開始在平板上勻減速運動，故滑塊所受的摩擦力為滑動摩擦力，故在靜止前摩擦力的大小保持不變．而3s時刻，物塊在木板上滑動，所以滑塊所受的摩擦力為滑動摩擦力．因為最終物塊再次勻速時速度為：v2=0.3m/sP=F2v2 故F1V1=F2V2 F2=f2=10N（3）物塊在平板上減速運動的時間為：t=6-2=4s，在整個過程中電機所做的功W=Pt，摩擦力始終為滑動摩擦力大小為：f2=10N，由動能定理有：Pt-f2L1=12mv22-12mv12得L1=1.84m滑塊在平板上勻速運動的時間是：t′=10-6=4s勻速運動的位移：L2=v2t′=0.3×4=1.2m平板的總長度：L=L1+L2=1.84m+1.2m=3.04m答：（1）平板與地面間的動摩擦因數μ為0.2（2）物塊在1s末和3s末受到的摩擦力各為6N、10N（3）平板長度L為3.04m

如圖甲所示，質量m=2kg的物塊放在光滑水平面上，在P點的左方始終受到水平恆力F1的作用，在P點的右方除F1

A、B、0-1s物體向右加速，到達P點；1s-2.5s向右減速，到達最右端；2.5s-4s向左加速，回到P點；4s-5s向左減速，回到出發點；故A錯誤，B正確；C、0-1s物體向右加速，加速度為：a1=3?01＝3m/s2；根據牛頓第二定律，拉力：F1=ma1=2×3=6N；2.5s-4s向左加速，加速度大小為：a2=3?01.5＝2m/s2，負方向；根據牛頓第二定律，有：F2-F1=ma2；解得：F2=F1+ma2=6+2×2=10N；t=3s時，速度為-1m/s，符合表示方向；故3s時拉力F2的功率：P=F2v=10×1=10W，故C正確；D、根據動能定理，在1～3s的過程中，F1與F2做功之和為：W=△Ek＝12mv22?12mv21＝12×2×(12?32)=-8J，故D正確；故選：BCD．

（10分）如圖甲所示，一質量為 m =1kg的物塊靜止在粗糙水平面上的 A 點，從 t = 0時刻開始，物體在受按

（1）4m（2）24J （1）在3s-5s物塊在水平恆力F作用下由B點勻加速直線運動到A點，設加速度為a，AB間的距離為s，則 ① ② （3分） ③ （2分）（2）設整個過程中F所做功為W F ，物塊回到A點的速度為V A ，由動能定理得： ④ （3分） ⑤ （1分） （1分）

如圖所示，質量為m的物塊甲以3m/s的速度在光滑水平面上運動，有一輕彈簧固定其上，另一質量也為m的物塊乙

A、甲、乙兩物塊（包括彈簧）組成的系統在彈簧壓縮過程中，系統所受的合外力為零，系統動量守恆，故A正確；B、當兩物塊相距最近時速度相同，取碰撞前乙的速度方向為正方向，設共同速率為v，由動量守恆定律得：mv乙-mv甲=2mv，代入數據解得：v=0.5m/s，故B錯誤．C、甲、乙組成的系統動量守恆，若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相同，由動量守恆定律得：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入數據解得：v乙′=2m/s；若物塊甲的速率為1m/s，方向與原來相反，由動量守恆定律得：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入數據解得：v乙′=0，故C正確．D、若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相同，則：mv乙-mv甲=-mv甲′+m乙v乙′，代入數據代入解得：v乙′=6m/s．兩個物體的速率都增大，動能都增大，違反了能量守恆定律．若物塊甲的速率達到5m/s，方向與原來相反，則：mv乙-mv甲=mv甲′+m乙v乙′，代入數據解得：v乙′=-4m/s，可以，碰撞後，乙的動能不變，甲的動能增加，系統總動能增加，違反了能量守恆定律．所以物塊甲的速率不可能達到5m/s，故D錯誤．故選：AC．