牛頓運動定律的綜合應(yīng)用試卷.doc

1、考點 11牛頓運動定律的綜合應(yīng)用考點名片考點細研究：本考點是物理教材的基礎(chǔ)，也是歷年高考必考的內(nèi)容之一，其主要包括的考點有： (1) 超重、失重； (2) 連接體問題； (3)牛頓運動定律的綜合應(yīng)用、滑塊滑板模型、傳送帶模型等。其中考查到的如： 2015 年全國卷第 25 題、 2015 年全國卷第 25 題、 2015 年海南高考第 9 題、 2014 年北京高考第 8 題、 2014 年四川高考第 7 題、2014 年大綱卷第 19 題、2014 年江蘇高考第 5 題、2014 年福建高考第 15 題、2013 年浙江高考第 17 題和第 19 題、2013 年廣東高考第 19 題、 20

2、13 年山東高考第 15 題等。備考正能量：牛頓運動定律是歷年高考的主干知識；它不僅是獨立的知識點，更是解決力、電動力學(xué)綜合問題的核心規(guī)律。可單獨命題( 選擇題、實驗題 ) ，也可綜合命題 ( 解答題 ) 。高考對本考點的考查以對概念和規(guī)律的理解及應(yīng)用為主，試題難度中等或中等偏上。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典1小明家住十層，他乘電梯從一層直達十層。則下列說法正確的是()A他始終處于超重狀態(tài)B他始終處于失重狀態(tài)C他先后處于超重、平衡、失重狀態(tài)D他先后處于失重、平衡、超重狀態(tài)答案C解析小明乘坐電梯從一層直達十層過程中，一定是先向上加速，再向上勻速，最后向上減速，運動過程中加速度方向最初向上，中間為零，最后加速度

3、方向向下，因此先后對應(yīng)的狀態(tài)應(yīng)該是超重、平衡、失重三個狀態(tài)，C 正確。2如圖所示，一長木板在水平地面上運動，在某時刻( t 0) 將一相對于地面靜止的物塊輕放到木板上，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摩擦力，且物塊始終在木板上。在物塊放到木板上之后，木板運動的速度時間圖象可能是圖中的()答案A解析 放上小木塊后，長木板受到小木塊施加的向左的滑動摩擦力和地面向左的滑動摩擦力，在兩力的共同作用下減速，小木塊受到向右的滑動摩擦力作用，做勻加速運動，當兩者速度相等后，可能以共同的加速度一起減速，直至速度為零，共同減速時的加速度小于木板剛開

4、始運動時的加速度，故 A 正確，也可能物塊與長木板間動摩擦因數(shù)較小，達到共同速度后物塊相對木板向右運動，給木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于剛開始運動的加速度， B、C錯誤；由于水平面有摩擦，故兩者不可能一起勻速運動， D錯誤。3如圖所示，放在固定斜面上的物塊以加速度a 沿斜面勻加速下滑，若在物塊上再施加一個豎直向下的恒力F，則()A物塊可能勻速下滑B物塊仍以加速度a 勻加速下滑C物塊將以大于a 的加速度勻加速下滑D物塊將以小于a 的加速度勻加速下滑答案C解析對物塊進行受力分析，設(shè)斜面的角度為，可列方程amgsin mgcosma， sin cos g，當加上力F 后，由牛頓第二定律得 (

5、 mgF)sin ( mg F)cos ma1，即 mgsin mgcosFsin Fcosma1，maFsin Fcos ma1，F(xiàn)aFaFsin Fcos F(sin cos) g ， g 大于零，代入上式知，a1 大于 a。物塊將以大于 a 的加速度勻加速下滑。只有 C 項正確。4. ( 多選 ) 如圖所示，質(zhì)量分別為 mA、mB 的 A、B 兩物塊用輕線連接，放在傾角為的斜面上，用始終平行于斜面向上的拉力F 拉A，使它們沿斜面勻加速上升，A、 B與斜面間的動摩擦因數(shù)均為。為了增加輕線上的張力，可行的辦法是()A減小A 物塊的質(zhì)量B增大B 物塊的質(zhì)量C增大傾角D增大動摩擦因數(shù)答案AB解析

6、對 A、 B 組成的系統(tǒng)應(yīng)用牛頓第二定律得：F ( mAmB) gsin ( mAmB) gcos( mAmB) a，隔離物體 B，應(yīng)用牛頓第二定律得， FT mBgsin mBgcosmBa。以上兩式聯(lián)立可解得：mBFFT，由此可知， FT 的大小與 、 無關(guān)， mB 越大， mA 越小，mAmBFT越大，故 A、B 均正確。5( 多選 ) 質(zhì)量分別為M和 m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為 的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮 M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放 M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是 ()A輕

7、繩的拉力等于MgB輕繩的拉力等于mgCM運動的加速度大小為 (1 sin ) gMmDM運動的加速度大小為M g答案BC解析互換位置前， M靜止在斜面上，則有： Mgsin mg，互換位置后，對 M有 Mg FTMa，對 m有：FT mgsin ma，又 FTFT，解得： a(1 sin ) g，F(xiàn)Tmg，故 A、 D錯誤， B、C正確。6.如圖所示，木塊A 的質(zhì)量為 m，木塊 B 的質(zhì)量為 M，疊放在光滑的水平面上， A、B 之間的動摩擦因數(shù)為 ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為 g?，F(xiàn)用水平力 F 作用于 A，則保持 A、B 相對靜止的條件是F 不超過 ()AmgBMg1m1MCm

8、gMDMgm答案C解析由于 A、B相對靜止，以整體為研究對象可知F( Mm) a；若 A、B 即將相對滑動，以物體B 為研究對象可知mgMa，聯(lián)立解m得 Fmg1M，選項 C 正確。7如圖甲所示， 靜止在光滑水平面上的長木板B( 長木板足夠長 )的左端靜止放著小物塊A。某時刻， A 受到水平向右的外力F 作用， F隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，即Fkt，其中k為已知常數(shù)。設(shè)物體 A、B 之間的滑動摩擦力大小等于最大靜摩擦力量相等，則下列可以定性描述長木板B運動的 v- tFf ，且圖象是 (A、B的質(zhì))答案B解析A、B 相對滑動之前加速度相同，由整體法可得：F2ma，F(xiàn) 增大， a 增大。當A

9、、B 間剛好發(fā)生相對滑動時，對木板有Ff ma，2Ff故此時 F2Ff kt ，t k ，之后木板做勻加速直線運動，故只有B項正確。8. 如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為 m1 的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為 m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力Fkt( k是常數(shù)) ，木板和木塊加速度的大小分別為a1 和a2。下列反映a1 和a2 變化的圖線中正確的是()答案A解析本題考查的是牛頓第二定律的應(yīng)用。本題中開始階段兩物體一起做勻加速運動有F( mm) a，即 aFkt，兩物體12m1m2m1m2加速度相同且與時間成正比。當兩物體間的摩擦力

10、達到mg 后，兩2者發(fā)生相對滑動。對m2 有 Ff ma2，在相對滑動之前 f 逐漸增大，F(xiàn)fktg，故其圖象斜率相對滑動后 f mg 不再變化， a m2 m222121 11mg增大；而對 m，在發(fā)生相對滑動后，有 mgma ，故 a 2為定m1值。故 A選項正確。9. ( 多選 ) 神舟飛船返回時， 3 噸重的返回艙下降到距地面 10 km時，下降速度為 200 m/s 。再減速就靠降落傘了，先是拉出減速傘， 16 s 后返回艙的速度減至 80 m/s ，此時減速傘與返回艙分離。然后拉出主傘，主傘張開后使返回艙的下降速度減至 10 m/s，此時飛船距地面高度為 1 m，接著艙內(nèi) 4 臺緩

11、沖發(fā)動機同時點火，給飛船一個向上的反沖力，使飛船的落地速度減為零。將上述各過程視為勻變速直線運動， g10 m/s 2 。根據(jù)以上材料可得 ()A減速傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)B主傘工作期間返回艙處于失重狀態(tài)C減速傘工作期間返回艙的平均加速度大小為m/s 2D每臺緩沖發(fā)動機的反沖推力約為返回艙重力的倍答案CD解析減速傘和主傘工作期間返回艙均減速下降，處于超重狀態(tài)， A、B 項錯；減速傘工作期間，返回艙從200 m/s 減速至 80 m/s ，v v22由運動學(xué)公式得a 1t 1 m/s ，C 項正確；緩沖發(fā)動機開動后，12加速度大小為 a3 v3 50 m/s2，由牛頓第二定律得 4Fmgm

12、a3，解 2h3F得, D 項正確。mg10( 多選 ) 如圖甲所示，物塊的質(zhì)量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下從 O點沿粗糙的水平面向右運動，某時刻后恒力 F 突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的圖象如圖乙所示， g10 m/s 2。下列說法中正確的是 ()A0 5 s 內(nèi)物塊做勻減速運動B在 t 1 s 時刻恒力 F 反向C恒力 F 大小為 10 ND物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為答案BD解析題圖乙為物塊運動的222v - x 圖象，由 vv02ax 可知，圖象的斜率 k2a，得 0 5 m 位移內(nèi) a1 10 m/s 2，513 m 位移內(nèi)

13、20v0a24 m/s，可知恒力 F 反向時物塊恰好位于x5 m處， t a11s，A 錯誤，B 正確。對物塊受力分析可知， FFf ma1，F(xiàn)Ff ma2，F(xiàn)f得 F7 N ，F(xiàn)f 3 N， C錯誤， D正確。mg二、真題與模擬11. 2015 海南高考 ( 多選 ) 如圖所示，升降機內(nèi)有一固定斜面，斜面上放一物塊。開始時，升降機做勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑。當升降機加速上升時 ()A物塊與斜面間的摩擦力減小B物塊與斜面間的正壓力增大C物塊相對于斜面減速下滑D物塊相對于斜面勻速下滑答案BD解析當升降機勻速運動，物塊相對于斜面勻速下滑時有：mgsin mgcos，則 tan ( 為斜面傾

14、角 ) 。當升降機加速上升時，設(shè)加速度為 a，物體處于超重狀態(tài)，超重 ma。物塊“重力”變?yōu)?G mgma，支持力變?yōu)?N ( mgma)cos mgcos，B 正確?！爸亓Α毖匦泵嫦蛳碌姆至?GF ( mg ma)sin ，沿斜面摩擦力變?yōu)?f N ( mgma)cos mgcos， A 錯誤。 f ( mgma)cos tan ( mgma)cos ( mgma)sin G下，所以物塊仍沿斜面勻速運動， D 正確， C錯誤。122015 海南高考 ( 多選 ) 如圖所示，物塊 a、b 和 c 的質(zhì)量相同， a和b、b和c之間用完全相同的輕彈簧S1 和S2 相連，通過系在 a上的細線懸掛于固

15、定點O，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)將細線剪斷。將物塊 a 的加速度的大小記為a1，S1 和 S2 相對于原長的伸長分別記為l 1 和l 2，重力加速度大小為g。在剪斷的瞬間 ()Aa13gBa10Cl 12l 2Dl 1l 2答案AC解析剪斷細線前，把a、b、 c 看成整體，細線上的拉力為T3mg。因在剪斷瞬間，彈簧未發(fā)生突變，因此a、b、c 之間的作用力與剪斷細線之前相同。則將細線剪斷瞬間，對a 隔離進行受力分析，由牛頓第二定律得： 3mgma1，得 a13g，A 正確，B 錯誤。由胡克定律知： 2mgkl ，mgkl ，所以l2l，C正確， D錯誤。1212132014 北京高考 應(yīng)用物理知

16、識分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析正確的是()A受托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B受托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度答案D解析物體在手掌的推力作用下，由靜止豎直向上加速時，物體處于超重狀態(tài)。當物體離開手的瞬間，只受重力作用，物體的加速度等于重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，故A、B、C錯誤；物體離開手的前一時刻，手與物體具有相同的速度，物體離開手的下一時刻，手的速度小于物體的速度，即在物

17、體離開手的瞬間這段相同的時間內(nèi)，手的速度變化量大于物體的速度變化量，故手的加速度大于物體的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正確。142014 四川高考 ( 多選 ) 如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運動，小物體P、Q 由通過定滑輪且不可伸長的輕繩相連，t 0時刻 P在傳送帶左端具有速度v2，P 與定滑輪間的繩水平， t t 0 時刻P 離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。正確描述小物體P 速度隨時間變化的圖象可能是()答案BC解析若 v2 v1 且mQgmPg，對P、Q整體分析有mPgmQg( mP mQ) a1，當 P 加速運動速度達到 v1 后，與皮帶一起勻速運動，直

18、到離開傳送帶 ( 也可能加速過程中就離開傳送帶 ) ，所以 B 項正確。若 v2mPg，則 P 先勻減速到零再反向加速到離開傳送帶 ( 也可能減速過程中就離開傳送帶 ) ；若 v2v1，且 mQgv1 且 mQgmPg，滿足 mQgmPg( mPmQ) a2，中途減速至 v1，以后滿足 mQgmPg ( mPmQ) a3 ，以 a3 先減速到零再以相同的加速度返回直到離開傳送帶 ( 也可能減速過程中就離開傳送帶) ，故 C正確， A、D錯誤。152014 大綱卷 一物塊沿傾角為 的斜坡向上滑動。當物塊的初速度為 v 時，上升的最大高度為 H，如圖所示；當物塊的初速v度為 2時，上升的最大高度記

19、為h。重力加速度大小為g。物塊與斜坡間的動摩擦因數(shù)和h 分別為 ()HHAtan 和2tan 和2HHCtan 和4tan 和4答案D解析對物塊上滑過程由牛頓第二定律得mgsin mgcos2Hv 2hma，根據(jù)運動規(guī)律可得v 2asin ，2 2asin ，聯(lián)立可得 v2H1 tan ，h。故 D項正確。2gH4162014 福建高考 如圖，滑塊以初速度 v0 沿表面粗糙且足夠長的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。對于該運動過程，若用h、s、v、a 分別表示滑塊的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t 表示時間，則下列圖象最能正確描述這一運動規(guī)律的是()答案B解析對物體受力分析，由于物體在

20、斜面上能夠停止，物體所受的滑動摩擦力大于物體重力沿斜面的分力。設(shè)斜面傾角為 ，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)f mgsinma，F(xiàn)Nmgcos，又Ff FN，解得agcosgsin，加速度 a 為定值，D錯誤。由vv0at可知，v- t圖線應(yīng)為傾斜的直線，C錯誤。由sv0t122at 可知， s- t圖線為拋物線，B 正確。由幾何關(guān)系可知hssin，即h- t圖線應(yīng)類似于 s- t圖線， A錯誤。172017 江西宜春三中檢測 如圖所示，質(zhì)量為M、中空為半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑槽內(nèi)有一質(zhì)量為m的小鐵球，現(xiàn)用一水平向右的推力 F 推動凹槽，小鐵球與光滑凹槽相對靜止時，凹槽圓心和小鐵球的

21、連線與豎直方向成 角，則下列說法正確的是()A小鐵球受到的合外力方向水平向左mgB凹槽對小鐵球的支持力為sin C系統(tǒng)的加速度為agtan D推力 FMgtan 答案C解析根據(jù)小鐵球與光滑凹槽相對靜止的狀態(tài)可知，系統(tǒng)有向右的加速度，小鐵球受到的合外力方向水平向右，凹槽對小鐵球的支持mg力為 cos，A、B錯誤。小球所受合外力為mgtan ，加速度 agtan ，推力 F( mM) gtan ，C正確， D錯誤。182016 海口聯(lián)考 ( 多選 ) 如圖所示，水平傳送帶A、B 兩端相距sm，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)。工件滑上A 端瞬時速度vA4 m/s，到達B 端的瞬時速度設(shè)為vB，則 ( g

22、10 m/s2)()A若傳送帶不動，則vB3 m/sB若傳送帶以速度 v4 m/s 逆時針勻速轉(zhuǎn)動， vB3 m/s C若傳送帶以速度 v2 m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動， vB3 m/s D若傳送帶以速度 v2 m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動， vB2 m/s 答案 ABC22解析 若傳送帶不動，由勻變速規(guī)律可知 vBvA 2as，ag，代入數(shù)據(jù)解得 vB3 m/s，當滿足選項 B、C中的條件時，工件所受滑動摩擦力跟傳送帶不動時一樣，還是向左，加速度還是g，所以工件到達 B端時的瞬時速度仍為 3 m/s，故選項 A、B、C正確， D錯誤。192016 福州質(zhì)檢 如圖所示，勁度系數(shù)為 k 的輕彈簧豎直放置，

23、下端固定在水平地面上。一質(zhì)量為m的小球，從離彈簧上端高h 處自由下落，接觸彈簧后繼續(xù)向下運動。觀察小球開始下落到小球第一次運動到最低點的過程，下列關(guān)于小球的速度v 或加速度 a 隨時間 t 變化的圖象中符合實際情況的是()答案A解析此過程可分為三段，第一段小球向下做自由落體運動，加速度 ag，方向豎直向下， 速度 vgt ；第二段小球向下做加速運動，mgkx加速度 am ，彈簧的壓縮量 x 變大，加速度 a 變小，方向向下；akx mg第三段運動小球向下做減速運動，加速度m ，彈簧的壓縮量x 變大，加速度 a 變大，方向向上，到達最低點時 ag，而且小球接觸彈簧后 a- t 圖線不是線性關(guān)系，

24、所以 C、D 都錯誤。又由 v- t 圖象的斜率變化代表加速度的變化，故選項 A 正確。202016 山東煙臺期中 ( 多選 ) 如圖所示，橫截面為直角三角形的三棱柱質(zhì)量為M，放在粗糙的水平地面上，兩底角中其中一個角的角度為 ( 45) 。三棱柱的兩傾斜面光滑，上面分別放有質(zhì)量為 m1 和 m2 的兩物體，兩物體間通過一根跨過定滑輪的細繩相連接，定滑輪固定在三棱柱的頂端，若三棱柱始終處于靜止狀態(tài)。不計滑輪與繩以及滑輪與輪軸之間的摩擦，重力加速度大小為g，則將 m1和 m2同時由靜止釋放后，下列說法正確的是()A若 m1m2，則兩物體可靜止在斜面上B若 m1m2cot ，則兩物體可靜止在斜面上C

25、若 m1m2，則三棱柱對地面的壓力小于( Mm1m2) gD若 m1m2，則三棱柱所受地面的摩擦力大小為零答案BC解析若 m1m2，m2的重力沿斜面向下的分力大小為m2gsin(90) ，m1 的重力沿斜面向下的分力大小為m1gsin，由于45，則 m2gsin(90 ) m1gsin ，則 m1 將沿斜面向下加速運動， m2將沿斜面向上加速運動， A 錯誤。要使兩物體都靜止在斜面上，應(yīng)滿足：m2gsin(90 ) m1gsin ，即有 m1 m2cot ， B正確。若 m1m2，設(shè)加速度大小為 a，對兩個物體及斜面整體，由牛頓第二定律得，豎直方向有 FN( Mm1m2) gm2asin(90

26、 ) m1asin 0，即地面對三棱柱的支持力 FN( Mm1m2) g，則三棱柱對地面的壓力小于 ( Mm1m2) g；水平方向有 Ff m1acosm2acos(90 )0，C正確，D錯誤。一、基礎(chǔ)與經(jīng)典21. 如圖所示，長 L m、質(zhì)量 M3 kg 的木板靜置于光滑水平面上，質(zhì)量 m1 kg 的小物塊放在木板的右端，木板和物塊間的動摩擦因數(shù) 。現(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F，取 g10 m/s 2。(1) 求使物塊不掉下去的最大拉力 F；(2) 如果拉力 F10 N 恒定不變，求小物塊所能獲得的最大速度。答案(1)4 N(2) m/s解析(1) 物塊不掉下去的最大拉力，其存在的臨界條件必

27、是物塊與木板具有共同的最大加速度a1。mg2對物塊，最大加速度 a1 m g1 m/s，對整體， F( Mm) a1 (3 1) 1 N 4 N。(2) 當 F10 N 時，木板的加速度a Fmg 10 11023 m/s2m/s2M31212由2a t2a t L 得物塊滑過木板所用時間21t 錯誤 ! s ，物塊離開木板時的速度 v a t 錯誤 !m/s m/s11即小物塊所能獲得的最大速度為m/s 。22質(zhì)量為 20 kg 的物體若用 20 N 的水平力牽引它，剛好能在水平面上勻速前進。問：若改用 50 N 拉力、沿與水平方向成 37的夾角向斜上方拉它，使物體由靜止出發(fā)在水平面上前進m

28、，它的速度多大？在前進 m 時撤去拉力，又經(jīng)過 3 s，物體的速度多大？ (sin37 ， cos37， g 取 10 m/s 2)答案m/s0解析施加 20 N 水平拉力時，物體做勻速運動，F(xiàn)1f 1，f 1FN1，F(xiàn)N1G，解得 。對物體施加斜向上的拉力后，設(shè)加速度為a1，由牛頓第二定律可得 F2cosf 2ma1，f 2 ( GF2sin ) ，a1 m/s 2( 方向與運動方向相同 ) ，由運動學(xué)定律可得 v22a1x，v m/s ，撤去拉力后，物體的加速度大小為a，由牛頓第二定律有2f 1ma2，a2 1 m/s 2( 方向與運動方向相反 ) 。由 t v，可得物體停止運動的時間為t

29、 s3 s ，a2所以 3 s 后物體的速度大小為0。二、真題與模擬232015 全國卷 一長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m，如圖 (a) 所示。 t 0 時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至 t 1 s 時木板與墻壁碰撞 ( 碰撞時間極短 ) 。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后 1 s 時間內(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/s 2。求：因數(shù)(1) 木板與地面間的動摩擦因數(shù)2；1及小物塊與木板間

30、的動摩擦(2) 木板的最小長度；(3) 木板右端離墻壁的最終距離。答案(1) 12(2) 木板的最小長度為m(3) 木板右端離墻壁的最終距離為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動，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，由運動學(xué)公式得v1v0a1t 1 12s0v0t 12a1t 1式中， t 11 s，s0 m 是木板碰前的位移， v0 是小物塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立式和題給條件得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動，小物塊以 v1 的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加速度為 a2，由牛頓第二定律有 2mgma2v2 v1由題圖 (b) 可得 a2t 2 t 1式中， t 22 s,v20，聯(lián)立式和題給條件得 2。(2) 設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時間t