2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第3章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 熱點(diǎn)專(zhuān)題（二）第15講 動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型學(xué)案（含解析）.doc

第15講動(dòng)力學(xué)中的三種典型物理模型熱點(diǎn)概述(1)本熱點(diǎn)是動(dòng)力學(xué)方法在三類(lèi)典型模型問(wèn)題中的應(yīng)用，其中“等時(shí)圓”模型常在選擇題中考查，而“滑塊木板”模型和“傳送帶”模型常以計(jì)算題壓軸題的形式命題。(2)通過(guò)本熱點(diǎn)的學(xué)習(xí)，可以培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達(dá)等物理學(xué)科素養(yǎng)。經(jīng)過(guò)針對(duì)性的專(zhuān)題強(qiáng)化，通過(guò)題型特點(diǎn)和解題方法的分析，幫助同學(xué)們迅速提高解題能力。(3)用到的相關(guān)知識(shí)有：勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、相對(duì)運(yùn)動(dòng)的有關(guān)知識(shí)。熱點(diǎn)一“等時(shí)圓”模型 1“等時(shí)圓”模型設(shè)想半徑為R的豎直圓內(nèi)有一條光滑直軌道，該軌道是一端與豎直直徑相交的弦，傾角為，一個(gè)物體從軌道頂端滑到底端，則下滑的加速度agsin，位移x2Rsin，而xat2，解得t2，這也是沿直徑自由下落的時(shí)間?？偨Y(jié)：物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細(xì)桿(或光滑斜面)由靜止下滑，到達(dá)圓周的最低點(diǎn)(或從最高點(diǎn)到達(dá)同一圓周上各點(diǎn))的時(shí)間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間。2三種典型情況(1)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上沿不同的光滑弦上端由靜止開(kāi)始滑到環(huán)的最低點(diǎn)所用時(shí)間相等，如圖甲所示。(2)質(zhì)點(diǎn)從豎直圓上最高點(diǎn)沿不同的光滑弦由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖乙所示。(3)兩個(gè)豎直圓相切且兩圓的豎直直徑均過(guò)切點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)沿不同的光滑弦從上端由靜止開(kāi)始滑到下端所用時(shí)間相等，如圖丙所示。如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(圖中未畫(huà)出)，將兩滑環(huán)同時(shí)從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、從c到d所用的時(shí)間，則()At1t2 Bt1>t2 Ct1<t2 D無(wú)法確定解析設(shè)滑桿與豎直方向的夾角為，圓周的直徑為D，根據(jù)牛頓第二定律得滑環(huán)的加速度為agcos，滑桿的長(zhǎng)度為xDcos，則根據(jù)xat2得，t ，可見(jiàn)時(shí)間t只與圓的直徑、當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣扔嘘P(guān)，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。答案A方法感悟“等時(shí)圓”問(wèn)題的解題思路1. (2018煙臺(tái)模擬)(多選)如圖所示，Oa、Ob和ad是豎直平面內(nèi)三根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c、d位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，O為圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)(未畫(huà)出)，兩個(gè)滑環(huán)從O點(diǎn)無(wú)初速度釋放，一個(gè)滑環(huán)從d點(diǎn)無(wú)初速釋放，用t1、t2、t3分別表示滑環(huán)沿Oa、Ob、da到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是()At1t2 Bt2>t3Ct1<t2 Dt1t3答案BCD解析設(shè)想還有一根光滑固定細(xì)桿ca，則ca、Oa、da三細(xì)桿交于圓的最低點(diǎn)a，三桿頂點(diǎn)均在圓周上，根據(jù)等時(shí)圓模型可知，由c、O、d無(wú)初速釋放的小滑環(huán)到達(dá)a點(diǎn)的時(shí)間相等，即tcat1t3；而由ca和由Ob滑動(dòng)的小滑環(huán)相比較，滑行位移大小相同，初速度均為零，但aca>aOb，由xat2可知，t2>tca，故A錯(cuò)誤，B、C、D均正確。2. (2018東北三校模擬)如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標(biāo)系xOy，該平面內(nèi)有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點(diǎn)處于同一個(gè)圓上，C是圓上任意一點(diǎn)，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點(diǎn)。B點(diǎn)在y軸上且BMO60，O為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個(gè)小球分別從A、B、C點(diǎn)同時(shí)由靜止釋放，它們將沿軌道運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)，如所用時(shí)間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關(guān)系是()AtA<tC<tBBtAtC<tBCtAtCtBD由于C點(diǎn)的位置不確定，無(wú)法比較時(shí)間大小關(guān)系答案B解析由“等時(shí)圓”模型可知，A、C在圓周上，B點(diǎn)在圓周外，故tAtC<tB，B正確。3. (2018合肥質(zhì)檢)如圖所示，有一半圓，其直徑水平且與另一圓的底部相切于O點(diǎn)，O點(diǎn)恰好是下半圓的圓心，它們處在同一豎直平面內(nèi)?，F(xiàn)有三條光滑軌道AOB、COD、EOF，它們的兩端分別位于上下兩圓的圓周上，軌道與豎直直徑的夾角關(guān)系為>>，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動(dòng)時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間關(guān)系為()AtABtCDtEF BtAB>tCD>tEFCtAB<tCD<tEF DtABtCD<tEF答案B解析如圖所示，過(guò)D點(diǎn)作OD的垂線與豎直虛線交于G，以O(shè)G為直徑作圓，可以看出F點(diǎn)在輔助圓內(nèi)，而B(niǎo)點(diǎn)在輔助圓外，由等時(shí)圓結(jié)論可知，tAB>tCD>tEF，B正確。熱點(diǎn)二“傳送帶”模型1特點(diǎn)：傳送帶始終以恒定的速率運(yùn)行，物體和傳送帶之間0。2常見(jiàn)的傳送帶模型(1)水平傳送帶項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1a.可能一直加速b可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將變?yōu)榱闱榫?a.v0>v時(shí)，可能一直減速，也可能先減速再勻速bv0<v時(shí)，可能一直加速，也可能先加速再勻速cv0v，一直勻速情景3a.傳送帶較短時(shí)，滑塊一直減速達(dá)到左端b傳送帶較長(zhǎng)時(shí)，滑塊還要被傳送帶傳回右端。當(dāng)v0>v時(shí)返回速度為v，當(dāng)v0<v時(shí)返回速度為v0(2)傾斜傳送帶項(xiàng)目圖示滑塊可能的運(yùn)動(dòng)情況情景1a.>tan時(shí)，可能一直加速上滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力b<tan時(shí)，一直加速下滑情景2a.>tan時(shí)，可能一直加速下滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力b<tan時(shí)，先以a1gsingcos加速下滑，若傳送帶較長(zhǎng)，將再以a2gsingcos加速下滑例1(多選)如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端無(wú)初速放上木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能是()A. B.C. D.解析若木塊一直勻加速，則有Lgt2，得t ，C正確；若到達(dá)傳送帶另一端時(shí)，速度恰好等于v，則有L tt，得t，D正確；若木塊先勻加速經(jīng)歷時(shí)間t1，位移為x，再勻速經(jīng)歷時(shí)間t2，位移為L(zhǎng)x，則有vgt1,2gxv2，vt2Lx，從而得tt1t2，A正確；由以上分析可知，木塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定大于，B錯(cuò)誤。答案ACD方法感悟求物體在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間時(shí)，因傳送帶的長(zhǎng)度不確定，物體有可能一直加速，也可能先加速再勻速，注意分類(lèi)討論。例2如圖所示，傳送帶的傾角37，從A到B的長(zhǎng)度為L(zhǎng)AB16 m，傳送帶以v010 m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶上端無(wú)初速度放一個(gè)質(zhì)量為m0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需的時(shí)間是多少？(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析開(kāi)始階段，傳送帶對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，物體由靜止開(kāi)始加速下滑，受力如圖甲所示由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1解得a1gsingcos10 m/s2物體加速至速度與傳送帶速度相等時(shí)需要的時(shí)間t11 s物體運(yùn)動(dòng)的位移x1a1t5 m<16 m即物體加速到10 m/s時(shí)仍未到達(dá)B點(diǎn)，當(dāng)物體加速至與傳送帶速度相等時(shí)，由于<tan，物體在重力作用下將繼續(xù)加速，此后物體的速度大于傳送帶的速度，傳送帶對(duì)物體的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向上，如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgsinmgcosma2解得a22 m/s2設(shè)此階段物體滑動(dòng)到B所需時(shí)間為t2，則LABx1v0t2a2t解得t21 s，t211 s(舍去)故物體經(jīng)歷的總時(shí)間tt1t22 s。答案2 s方法感悟設(shè)傳送帶與水平面間的夾角為，處理傾斜傳送帶問(wèn)題時(shí)，要特別注意物體沿傳送帶斜面向下的重力分力mgsin與物體所受傳送帶的摩擦力mgcos的大小和方向關(guān)系，進(jìn)一步判斷物體所受合力與速度方向的關(guān)系，從而確定物體運(yùn)動(dòng)的情況。1. 水平方向的傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶速度大小v2 m/s不變，兩端A、B間距離為3 m。一物塊從B端以速度v04 m/s滑上傳送帶，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，g10 m/s2。物塊從滑上傳送帶至離開(kāi)傳送帶的過(guò)程中，速度隨時(shí)間變化的圖象是()答案B解析物塊剛滑上傳送帶時(shí)，速度向左，由于物塊與傳送帶間的摩擦作用，使得它做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為ag4 m/s2，當(dāng)物塊的速度減小到0時(shí)，物塊前進(jìn)的距離為s m2 m，其值小于AB的長(zhǎng)3 m，故物塊減速到0后仍在傳送帶上，所以它會(huì)隨傳送帶向右運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小與減速時(shí)是相等的，等其速度與傳送帶的速度相等時(shí)物塊向右滑行的距離為s m0.5 m，其值小于物塊向左前進(jìn)的距離，說(shuō)明物塊仍在傳送帶上，以后物塊相對(duì)于傳送帶靜止，其速度就等于傳送帶的速度，所以B正確。2(多選)如圖所示，三角形傳送帶以1 m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩邊的傳送帶長(zhǎng)都是2 m，且與水平方向的夾角均為37，現(xiàn)有兩個(gè)小物塊A、B從傳送帶頂端都以1 m/s的初速度沿傳送帶下滑，兩物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)都是0.5，g取10 m/s2，sin370.6, cos370.8，下列判斷正確的是()A物塊A先到達(dá)傳送帶底端B物塊A、B同時(shí)到達(dá)傳送帶底端C物塊A、B運(yùn)動(dòng)的加速度大小不同D物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度不相同答案BD解析A、B受力情況相同，均受重力、支持力、沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力，故A、B的加速度大小相同，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，將同時(shí)到達(dá)底端，故A、C錯(cuò)誤，B正確；由于小物塊A與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相同，小物塊B與傳送帶的運(yùn)動(dòng)方向相反，故物塊A、B在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度不相同，D正確。3如圖所示為車(chē)站使用的水平傳送帶模型，其A、B兩端的距離L8 m，它與水平臺(tái)面平滑連接，現(xiàn)有物塊以v010 m/s的初速度從A端水平地滑上傳送帶，已知物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.6。g取10 m/s2。(1)若傳送帶保持靜止，求物塊滑到B端時(shí)的速度大??；(2)若傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為12 m/s，求物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大??；(3)若傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的速率恒為4 m/s，且物塊初速度變?yōu)関06 m/s，仍從A端滑上傳送帶，求物塊從滑上傳送帶到離開(kāi)傳送帶的總時(shí)間。答案(1)2 m/s(2)12 m/s(3) s解析(1)設(shè)物塊的加速度大小為a，由受力分析可知FNmg，F(xiàn)fma，F(xiàn)fFN，得a6 m/s2。傳送帶靜止，物塊從A到B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，又x m>L8 m，則由vv2aL，得vB2 m/s。(2)由題意知，若物塊加速到v112 m/s，由vv2ax1，得x1 m<L8 m。故物塊先加速后勻速運(yùn)動(dòng)，即物塊到達(dá)B時(shí)的速度為vBv112 m/s。(3)若向右減速到v20，由vv022ax2，得x23 m<L8 m，所以物塊先向右減速到0，由v2v0at1得，減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t11 s。接著向左加速運(yùn)動(dòng)，若向左加速到v34 m/s時(shí)，由vv2ax3，得x3 m<x23 m，故向左先加速后勻速，由v3v2at2，得加速時(shí)間t2 s。向左勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)v4v34 m/s，x4x2x3 m，由x4v4t3，得勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t3 s，故tt1t2t3 s。4如圖所示，傾角為37的傳送帶始終保持以v5 m/s的速率順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，AB兩端距離d15.25 m?，F(xiàn)將一物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度從A端放上傳送帶，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2, sin370.6，cos370.8，求物塊到達(dá)B端時(shí)的速度大小和物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用的時(shí)間。答案9 m/s2.5 s解析假設(shè)物塊由靜止能加速運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度v5 m/s相等，設(shè)此過(guò)程加速度為a1，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，位移為x1，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有mgsinmgcosma1，va1t1，x1a1t，代入數(shù)據(jù)解得a110 m/s2，t10.5 s，x11.25 m，由于x11.25 m<d15.25 m，故假設(shè)正確。當(dāng)物塊的速度等于傳送帶速度時(shí)，因?yàn)閙gsin37>mgcos37，物塊將繼續(xù)向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊此后運(yùn)動(dòng)的加速度為a2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，有mgsinmgcosma2，x2dx1vt2a2t，vBva2t2。代入數(shù)據(jù)解得a22 m/s2，t22 s，vB9 m/s，物塊從A端運(yùn)動(dòng)到B端所用時(shí)間tt1t22.5 s。熱點(diǎn)三“滑塊木板”模型滑塊木板模型是高考考查的熱點(diǎn)之一，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)等主干知識(shí)，能力要求較高?；瑝K和木板的位移關(guān)系、速度關(guān)系是解答滑塊木板模型的切入點(diǎn)，前一運(yùn)動(dòng)階段的末速度是下一運(yùn)動(dòng)階段的初速度，解題過(guò)程中必須以地面為參考系。1模型特點(diǎn)：滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。2位移關(guān)系：滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差xx2x1L(板長(zhǎng))；滑塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之和xx2x1L。例1如圖所示，質(zhì)量M1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個(gè)質(zhì)量m1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)10.3，木板長(zhǎng)L1 m，用F5 N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10 m/s2。(1)若水平地面光滑，計(jì)算說(shuō)明鐵塊與木板間是否會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)；(2)若木板與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)20.1，求鐵塊運(yùn)動(dòng)到木板右端所用的時(shí)間。解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm1mg0.3110 N3 N假設(shè)A、B之間不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則對(duì)A、B整體：F(Mm)a對(duì)A：fABMa解得：fAB2.5 N因fAB<fm，故A、B之間不會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。(2)對(duì)B：F1mgmaB對(duì)A：1mg2(Mm)gMaA根據(jù)題意：xBxAL；xAaAt2；xBaBt2解得：t s。答案(1)不會(huì)(2) s方法感悟分析“板塊”模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)例2如圖所示，傾角30的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長(zhǎng)L1.8 m、質(zhì)量M3 kg的薄木板，木板的最右端疊放一質(zhì)量m1 kg的小物塊，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)。對(duì)木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F37.5 N，物塊能否滑離木板？若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時(shí)間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離。解析(1)以物塊和木板整體為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F(Mm)gsin(Mm)a，依題意a>0，以物塊為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得Ffmgsinma，又FfFfmmgcos，聯(lián)立解得20 N<F30 N。(2)因F37.5 N>30 N，所以物塊能夠滑離木板。對(duì)木板，由牛頓第二定律得FmgcosMgsinMa1，對(duì)物塊，由牛頓第二定律得mgcosmgsinma2，設(shè)物塊滑離木板所用時(shí)間為t，木板的位移x1a1t2，物塊的位移x2a2t2，物塊與木板的分離條件為xx1x2L，聯(lián)立以上各式解得t1.2 s，物塊滑離木板時(shí)的速度va2t，由公式2gsinx0v2，解得x0.9 m。答案(1)20 N<F30 N(2)能1.2 s0.9 m方法感悟“板塊”模型的解題思路1(2018云南模擬)質(zhì)量M3 kg的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F11 N作用下由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)。如圖所示，當(dāng)速度達(dá)到1 m/s時(shí)，將質(zhì)量m4 kg的物塊輕輕放到木板的右端。已知物塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。(g取10 m/s2)求：(1)物塊剛放置在木板上時(shí)，物塊和木板的加速度分別為多大；(2)木板至少多長(zhǎng)物塊才能與木板最終保持相對(duì)靜止；(3)物塊與木板相對(duì)靜止后物塊受到的摩擦力大小。答案(1)2 m/s21 m/s2(2)0.5 m(3)6.29 N解析(1)放上物塊后，物塊的加速度a1g2 m/s2。木板的加速度a21 m/s2。(2)當(dāng)兩物體速度相等后保持相對(duì)靜止，故a1tv0a2t，得t1 s，1 s內(nèi)木板位移x1v0ta2t21.5 m，物塊位移x2a1t21 m。所以板長(zhǎng)至少為L(zhǎng)x1x20.5 m。(3)相對(duì)靜止后，對(duì)整體F(Mm)a，對(duì)物塊Ffma，故Ffm6.29 N。2一長(zhǎng)木板在水平地面上運(yùn)動(dòng)，在t0時(shí)刻將一相對(duì)于地面靜止的物塊輕放到木板上，以后木板運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間圖象如圖所示。已知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間均有摩擦，物塊與木板間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，且物塊始終在木板上。取重力加速度的大小g10 m/s2，求：(1)物塊與木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)從t0時(shí)刻到物塊與木板均停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊相對(duì)于木板的位移大小。答案(1)0.200.30(2)1.125 m解析(1)從t0時(shí)開(kāi)始，木板與物塊之間的摩擦力使物塊加速，使木板減速，此過(guò)程一直持續(xù)到物塊和木板具有共同速度為止。由題圖可知，t10.5 s時(shí)，物塊和木板的速度相同。在00.5 s時(shí)間內(nèi)：物塊的加速度大小a12 m/s2木板的加速度大小a28 m/s2設(shè)物塊和木板的質(zhì)量均為m，物塊和木板間、木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、2，由牛頓第二定律得對(duì)物塊有1mgma1對(duì)木板有1mg22mgma2聯(lián)立解得10.20，20.30(2)在t1時(shí)刻后，假設(shè)物塊和木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則共同加速度大小a共2g物塊受到的靜摩擦力Ffma共2mg>1mg，與假設(shè)矛盾，所以物塊相對(duì)長(zhǎng)木板將向前“打滑”。t1時(shí)刻后，由牛頓第二定律得對(duì)物塊有1mgma1對(duì)木板有22mg1mgma2解得物塊和木板的加速度大小分別為a12 m/s2a24 m/s2物塊還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t10.5 s木板還能運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t20.25 s物塊全程運(yùn)動(dòng)的vt圖線如圖中點(diǎn)粗實(shí)線所示。物塊相對(duì)于木板的位移大小即為兩圖線與t坐標(biāo)軸所圍面積的差值，即xx2x11.125 m。3(2016四川高考)避險(xiǎn)車(chē)道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成，如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長(zhǎng)12 m的載有貨物的貨車(chē)因剎車(chē)失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車(chē)速為23 m/s時(shí)，車(chē)尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開(kāi)始在車(chē)廂內(nèi)向車(chē)頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車(chē)廂內(nèi)滑動(dòng)了4 m時(shí)，車(chē)頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過(guò)一段時(shí)間，貨車(chē)停止。已知貨車(chē)質(zhì)量是貨物質(zhì)量的4倍，貨物與車(chē)廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4；貨車(chē)在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力大小為貨車(chē)和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車(chē)分別視為小滑塊和平板，取cos1，sin0.1，g10 m/s2。求：(1)貨物在車(chē)廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向；(2)制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度。答案(1)5 m/s2方向沿制動(dòng)坡床向下(2)98 m解析(1)設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物在車(chē)廂內(nèi)滑動(dòng)過(guò)程中，貨物與車(chē)廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsinma1fmgcos聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動(dòng)坡床向下。(2)設(shè)貨車(chē)的質(zhì)量為M，車(chē)尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車(chē)速為v23 m/s。貨物在車(chē)廂內(nèi)開(kāi)始滑動(dòng)到車(chē)頭距制動(dòng)坡床頂端s038 m的過(guò)程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車(chē)廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s4 m，貨車(chē)的加速度大小為a2，貨車(chē)相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。貨車(chē)受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車(chē)和貨物總重的k倍，k0.44，貨車(chē)長(zhǎng)度l012 m，制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則M4mMgsinFfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l98 m。4(2018宜昌模擬)如圖甲所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的A、B兩物體置于一靜止長(zhǎng)紙帶上，紙帶左端與A、A與B間距均為d0.5 m，兩物體與紙帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.1，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為20.2。現(xiàn)以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉動(dòng)紙帶，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A物體在紙帶上的滑動(dòng)時(shí)間；(2)在圖乙的坐標(biāo)系中定性畫(huà)出A、B兩物體的vt圖象；(3)兩物體A、B停在地面上的距離。答案(1)1 s(2)圖見(jiàn)解析(3)1.25 m解析(1)兩物體在紙帶上滑動(dòng)時(shí)均有1mgma1當(dāng)物體A滑離紙帶時(shí)ata1td由以上兩式可得t11 s。(2)開(kāi)始時(shí)A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面時(shí)以a22g減速運(yùn)動(dòng)，B繼續(xù)加速一段時(shí)間后也滑到地面上以a2減速，故vt圖象如圖所示。(3)物體A離開(kāi)紙帶時(shí)的速度v1a1t1兩物體在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)均有2mgma2物體A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停在地面上的過(guò)程中總位移x1物體B滑離紙帶時(shí)ata1t2d物體B離開(kāi)紙帶時(shí)的速度v2a1t2物體B從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到停在地面上的過(guò)程中總位移x2兩物體A、B最終停止時(shí)的間距xx2dx1由以上各式可得x1.25 m。課后作業(yè)1. 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長(zhǎng)木板和木塊間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，長(zhǎng)木板質(zhì)量為M，木塊質(zhì)量為m。它們的共同加速度為a，木塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中()A木塊受到的摩擦力一定是mgB木塊受到的合力為FC長(zhǎng)木板受到的摩擦力為mgD長(zhǎng)木板受到的合力為答案D解析整體的加速度a， 隔離長(zhǎng)木板，受力分析，長(zhǎng)木板所受的合力為F合，且長(zhǎng)木板所受的合力等于長(zhǎng)木板所受的靜摩擦力。又長(zhǎng)木板所受的靜摩擦力等于長(zhǎng)木板對(duì)木塊的靜摩擦力，不一定等于mg，故A、C錯(cuò)誤，D正確；木塊所受的合力為F合ma，故B錯(cuò)誤。2(多選)如圖所示，一質(zhì)量為M的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角為，斜面上疊放著A、B兩物體，物體B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面勻速上滑。若A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，<tan，A、B質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則()AA、B保持相對(duì)靜止BA、B一定相對(duì)滑動(dòng)CB與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為DB與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為答案BD解析因?yàn)?lt;tan，選A為研究對(duì)象，則滿足mgsin>mgcos，所以A、B一定相對(duì)滑動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確；選物體B為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得FmgcosmgsinB2mgcos0，B，故C錯(cuò)誤，D正確。3(多選)如圖甲所示，一質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質(zhì)量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時(shí)，用傳感器測(cè)出長(zhǎng)木板的加速度a與水平拉力F的關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A小滑塊的質(zhì)量m2 kgB小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1C當(dāng)水平拉力F7 N時(shí)，長(zhǎng)木板的加速度大小為3 m/s2D當(dāng)水平拉力F增大時(shí)，小滑塊的加速度一定增大答案AC解析當(dāng)F6 N時(shí)，兩物體恰好具有最大共同加速度，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律有F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得Mm3 kg，當(dāng)F大于6 N時(shí)，兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)長(zhǎng)木板有a，圖線的斜率k1，解得M1 kg，滑塊的質(zhì)量m2 kg，A正確；滑塊的最大加速度ag2 m/s2，所以小滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，B錯(cuò)誤；當(dāng)F7 N時(shí)，由a知長(zhǎng)木板的加速度a3 m/s2，C正確；當(dāng)兩物體發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，滑塊的加速度ag2 m/s2，恒定不變，D錯(cuò)誤。4(2018濰坊模擬)(多選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時(shí)速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2>v1，不計(jì)空氣阻力，動(dòng)摩擦因數(shù)一定，關(guān)于物塊離開(kāi)傳送帶的速率v和位置，下面哪個(gè)是可能的()A從下端B離開(kāi)，v>v1 B從下端B離開(kāi)，v<v1C從上端A離開(kāi)，vv1 D從上端A離開(kāi)，v<v1答案ABC解析物塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，由于不確定物塊與傳送帶間的摩擦力和物塊的重力沿傳送帶向下的分力的大小關(guān)系及傳送帶的長(zhǎng)度，故有多種可能情況。若從A端離開(kāi)，由運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，必有vv1，即C正確，D錯(cuò)誤；若從B端離開(kāi)，當(dāng)摩擦力大于重力的分力時(shí)，v<v1，B正確；當(dāng)摩擦力小于重力的分力時(shí)，v>v1，A正確；當(dāng)摩擦力和重力的分力相等時(shí)，物塊一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)，vv1，故本題應(yīng)選A、B、C。5(多選)如圖，一個(gè)質(zhì)量為m1 kg的長(zhǎng)木板置于光滑水平地面上，木板上放有質(zhì)量分別為mA1 kg和mB2 kg 的A、B兩物塊。A、B兩物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為0.2。若現(xiàn)用水平恒力F作用在A物塊上，取重力加速度g10 m/s2，滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說(shuō)法正確的是()A當(dāng)F2 N時(shí)，A物塊和木板開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)B當(dāng)F1 N時(shí)，A、B兩物塊都相對(duì)木板靜止不動(dòng)C若F4 N，則B物塊所受摩擦力大小為 ND若F6 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2答案BC解析假設(shè)A、B兩物塊與木板相對(duì)靜止一起運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體有F(mmAmB)a，對(duì)B有fBmBa，且fBmBg，對(duì)A有FfAmAa，且fAmAg，對(duì)B和木板整體fA(mmB)a，解得F N，故A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)F> N時(shí)，A與長(zhǎng)木板相對(duì)運(yùn)動(dòng)，B與長(zhǎng)木板相對(duì)靜止，故F4 N時(shí)，mAg(mmB)a1，fB1mBa1，解得fB1 N，故C正確；若F6 N，則B物塊加速度大小為a1 m/s2，故D錯(cuò)誤。6(2018濟(jì)寧模擬)如圖所示，光滑細(xì)桿BC、DC和AC構(gòu)成矩形ABCD的兩鄰邊和對(duì)角線，ACBCDC543，AC桿豎直，各桿上分別套有一可看成質(zhì)點(diǎn)的小球a、b、d，a、b、d三小球的質(zhì)量比為 123，現(xiàn)讓三小球同時(shí)從各桿的頂點(diǎn)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時(shí)間之比為()A111 B543C589 D123答案A解析因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點(diǎn)必在以AC線段為直徑的同一個(gè)圓周上，由等時(shí)圓模型可知，從A、B、D三點(diǎn)由靜止釋放的小球a、b、d必定同時(shí)到達(dá)圓的最低點(diǎn)C點(diǎn)，故A正確。7(2018河南省仿真模擬)(多選)如圖甲所示，一小物塊從水平轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶的右側(cè)滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時(shí)間t的變化關(guān)系，如圖乙所示。已知圖線在前3.0 s內(nèi)為二次函數(shù)，在3.04.5 s內(nèi)為一次函數(shù)，取向左運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)B傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)C傳送帶的速度大小為2 m/sD小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2答案ACD解析由xt圖象可知，圖象的斜率等于速度，故物塊的速度先減小到零后，反向增加，最后勻速運(yùn)動(dòng)回到初始位置，可判斷傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，A正確，B錯(cuò)誤；由3.04.5 s內(nèi)的圖象可知，傳送帶的速度v m/s2 m/s，C正確；因2 s末物塊的速度減為零，位移為4 m，由xat2知a2 m/s2，則根據(jù)ag可知，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，D正確。8(2018蘭州模擬)如圖所示，質(zhì)量M8 kg的小車(chē)靜止在光滑水平面上，在小車(chē)右端施加一水平拉力F8 N，當(dāng)小車(chē)速度達(dá)到1.5 m/s時(shí)，在小車(chē)的右端由靜止輕放一大小不計(jì)、質(zhì)量m2 kg的物體，物體與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，小車(chē)足夠長(zhǎng)，物體從放上小車(chē)開(kāi)始經(jīng)t1.5 s的時(shí)間，則物體相對(duì)地面的位移為(g取10 m/s2)()A1 m B2.1 m C2.25 m D3.1 m答案B解析放上物體后，物體的加速度a1g2 m/s2，小車(chē)的加速度a20.5 m/s2，設(shè)物體的速度達(dá)到與小車(chē)共速的時(shí)間為t1，則a1t1v0a2t1，解得t11 s；此過(guò)程中物體的位移s1a1t1 m；共同速度為va1t12 m/s；當(dāng)物體與小車(chē)共速后假設(shè)相對(duì)靜止，則共同加速度為a0.8 m/s2，物體受到的摩擦力fma1.6 N，而fmaxmg4 N，f<fmax，假設(shè)成立。再運(yùn)動(dòng)0.5 s的位移s2vtat21.1 m，故物體從放上小車(chē)開(kāi)始經(jīng)1.5 s時(shí)間內(nèi)，物體相對(duì)地面的位移為1 m1.1 m2.1 m，B正確。9(2018?？谀M)(多選)如圖所示，水平傳送帶A、B兩端相距s3.5 m，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.1。工件滑上A端瞬時(shí)速度vA4 m/s，到達(dá)B端的瞬時(shí)速度設(shè)為vB，則(g取10 m/s2)()A若傳送帶不動(dòng)，則vB3 m/sB若傳送帶以速度v4 m/s逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB3 m/sC若傳送帶以速度v2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB3 m/sD若傳送帶以速度v2 m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，vB2 m/s答案ABC解析若傳送帶不動(dòng)，工件減速到零的位移x8 m>s，故工件從A到B一直減速，由勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知vv2gs，代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s，當(dāng)滿足B、C、D中的條件時(shí)，工件所受滑動(dòng)摩擦力跟傳送帶不動(dòng)時(shí)一樣，還是向左，加速度大小還是g，所以工件到達(dá)B端時(shí)的瞬時(shí)速度仍為3 m/s，故A、B、C正確，D錯(cuò)誤。10(2018保定模擬)(多選)如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為，小木塊速度隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則()A傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)BtanC傳送帶的速度大于v0Dt0后木塊的加速度為2gsin答案AD解析若傳送帶順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)木塊下滑時(shí)(mgsin>mgcos)，將一直勻加速到底端；當(dāng)木塊上滑時(shí)(mgsin<mgcos)，先勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度相等后將勻速運(yùn)動(dòng)，兩種情況均不符合運(yùn)動(dòng)圖象；故傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，A正確。木塊在0t0內(nèi)，滑動(dòng)摩擦力向下，木塊勻加速下滑，a1gsingcos，由圖可知a1，則tan，B錯(cuò)誤。當(dāng)木塊的速度大于等于傳送帶的速度時(shí)，木塊所受的摩擦力變成斜向上，故傳送帶的速度等于v0，C錯(cuò)誤。t0后木塊的加速度a2gsingcos，代入值得a22gsin，D正確。11(2017全國(guó)卷)如圖所示，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA1 kg和mB5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為10.5；木板的質(zhì)量為m4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.1。某時(shí)刻A、B兩滑塊開(kāi)始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v03 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2。求：(1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度；(2)A、B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。答案(1)1 m/s(2)1.9 m解析(1)假設(shè)滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B所受的摩擦力大小分別為f1、f2，木板受地面的摩擦力為f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別是aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mAmBm)g由牛頓第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1因?yàn)閒2f1>f3，故假設(shè)成立。設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，設(shè)大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為sBv0t1aBt在B與木板達(dá)到共同速度v1后，因?yàn)?g>2g，所以B和木板相對(duì)靜止，共同減速，設(shè)木板的加速度大小為a2，對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；故B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2，設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，對(duì)木板有v2v1a2t2對(duì)A有v2v1aAt2在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B(以及木板)相對(duì)地面移動(dòng)的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m。(也可用如圖的速度時(shí)間圖線求解)12(2015全國(guó)卷)一長(zhǎng)木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊；在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖a所示。t0時(shí)刻開(kāi)始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t1 s時(shí)木板與墻壁碰撞(碰撞時(shí)間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊始終未離開(kāi)木板。已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v t圖線如圖b所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長(zhǎng)度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案(1)10.120.4(2)6.0 m(3)6.5 m解析(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M。由牛頓第二定律有1(mM)g(mM)a1由題圖b可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v14 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度。聯(lián)立式和題給條件得10.1在木板與墻壁碰撞后，木板以v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由題圖b可得a2式中，t22 s, v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4。(2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過(guò)程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為s1t小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為s2t小物塊相對(duì)木板的位移為ss2s1聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過(guò)程中小物塊沒(méi)有脫離木板，所以木板的最小長(zhǎng)度應(yīng)為6.0 m。(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過(guò)程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為s3，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為ss1s3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.5 m木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。