其中F1和F3同斜面平行，F2同斜面垂直，G同斜面成（90°﹣α）．

根据各力之间的平衡的原则，可列出以下公式：

在垂直斜面方向，有：F2=G•cos α

因此有摩擦力F3=μ F2=μGcosα

接下来考虑平行于斜面的力，为了简化问题状态，可以直接以A点处的系统状态来进行分析，此时时摩擦力和重力在斜面平行方向上的力是反向、等大的，即应该是近似平衡的，有

μGcosα=Gsinα 

因此 μ=tan α 

故选C．

C、D、从t2到t3时间内，电陶瓷两端电压不变，故受到的压力恒定，故其对小球有向右且恒定大的压力，故小球的加速度恒定，水平向右，由于速度向右，故小球向右做匀加速直线运动，故C正确，D错误；

故选AC．

故选A、D．

=mgh

解得：v0=3m/s

设小物块返回传送带右端时的速度为v1，由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分两种情况讨论：

①当传送带的速度v≥3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2﹣v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，故B正确，C错误；

③如果v＜3m/s，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，物体离开传送带滑上曲面时的速度为v且小于3m/s，根据动能定理可知小物块不能回到A点，故A、D错误；

故选：B．

    要使A不从B上滑落，是指既不能从B的右端滑落，也不能左端滑落．物体A不从右端滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，以及速度相等的条件，可求出此时F，为F的最小值．物体A不从左端滑落的临界条件是A到达B的左端时，A、B具有共同的速度，可求出此时F的最大值，综合得到F的范围．

木板B作加速运动，有F+µMg=maB，得：aB=14 m/s2

两者速度相同时，有V0﹣aAt=aBt，得：t=

A滑行距离：SA=V0t﹣=m

B滑行距离：SB==m

最大距离：△s=SA﹣SB=

（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，

则：…①又：…②

由①、②式，可得：aB=6m/s2   F=maB﹣µMg=1N

若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．

当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．

即有：F=（m+M）a，µMg=ma　所以：F=3N

若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N

答：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为．

    （2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N

（2）简谐运动的回复力满足F=﹣kx形式；

（3）简谐运动具有对称性，先求解出振幅，然后确定最大伸长量；

（4）当滑块处于任意位移x处时，能保持静止即可，对斜面体受力分析后根据平衡条件列式求解，然后将最大位移打入即可．

mgsinα=k•△x

解得：

故弹簧的长度为；

（2）物体到达平衡位置下方x位置时，弹力为：k（x+△x）=k（x+）；

故合力为：F=mgsinα﹣k（x+）=﹣kx；

故物体做简谐运动；

（3）简谐运动具有对称性，压缩弹簧使其长度为l时将物块由静止开始释放，故其振幅为：

A=；

故其最大伸长量为：A+△x=；

（4）设物块位移x为正，斜面体受重力、支持力、压力、弹簧的拉力、静摩擦力，如图

根据平衡条件，有：

水平方向：f+FN1sinα﹣Fcosα=0

竖直方向：FN2﹣Mg﹣FN1cosα﹣Fsinα=0

又有：F=k（x+△x），FN1=mgcosα

联立可得：f=kxcosα，FN2=Mg+mg+kxsinα

为使斜面体保持静止，结合牛顿第三定律，应该有|f|≤μFN2，所以

当x=﹣A时，上式右端达到最大值，于是有：

答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的长度为；

（2）证明如上；

 （3）弹簧的最大伸长量为；

（4）为使斜面始终处于静止状态，动摩擦因数μ应满足的条件为：．

（2）对木箱受力分析，求出加速度，可以根据速度时间关系公式和位移时间关系公式分别求出位移和时间；

（3）先对木箱受力分析，根据牛顿第二定律求得加速度，然后可以先根据位移时间关系公式求得时间，再根据速度时间公式求末速度，也可以直接根据速度位移关系公式求末速度．

由，得

小球从离开木箱开始至落到地面所用的时间为．

（2）小球放到木箱后，木箱的加速度为：

木箱向右运动的最大位移为：

小球放上P点后，木箱向右运动的最大位移为．

（3）x1小于1m，所以小球不会从木箱的左端掉下

木箱向左运动的加速度为

设木箱向左运动的距离为x2时，小球脱离木箱，则：

设木箱向左运动的时间为t2，则：

由

得：

所以，小球离开木箱的瞬间，木箱的速度方向向左，大小为：v2=a2t2=×1=s．

（2）分别找出木块的位移和木板的位移，运用位移公式列式，求出加速度的关系，在根据（1）问中求出的加速度表达式，即可求出F的大小．

若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，

根据牛顿第二定律，共同加速度为  …②

若F＞μ（m+M）g，设木块、木板加速度分别为a1、a2，

则a1=am=μg…③

…④

（2）设在木板的B端到达距右方距离为L的P点时，木块恰能从木板上滑出，相对滑动时间为t，水平向右的恒力F0，

则…⑤

…⑥

由③④⑤⑥式得  F0=μ（2M+m）g

则在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出应满足F＞μ（2M+m）g

答：（1）若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为

若F＞μ（m+M）g，木板的加速度为，木块运动的加速度为μg．

（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足F＞μ（2M+m）g．