牛頓運(yùn)動定律牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用

專項12牛頓運(yùn)動定律的綜合應(yīng)用【基礎(chǔ)回想】

考點(diǎn)內(nèi)容:牛頓運(yùn)動定律及其應(yīng)用；超重與失重

考綱解讀：

1.掌握超重、失重的概念，會分析有關(guān)超重、失重的問題。

2.學(xué)會分析臨界與極值問題。

3.會進(jìn)行動力學(xué)多過程問題的分析。

考點(diǎn)一超重與失重

1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力減小了，完全失重也不是重力完全消失了．在發(fā)生這些現(xiàn)象時，物體的重力仍然存在，且不發(fā)生變化，只是物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦Γ┌l(fā)生了變化（即“視重”發(fā)生變化）．

2．只要物體有向上或向下的加速度，物體就處在超重或失重狀態(tài)，與物體向上運(yùn)動還是向下運(yùn)動無關(guān)．

3．盡管物體的加速度不是在豎直方向，但只要其加速度在豎直方向上有分量，物體就會處在超重或失重狀態(tài)．

4．物體超重或失重的多少是由物體的質(zhì)量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma.

考點(diǎn)二動力學(xué)中的臨界極值問題分析

1．當(dāng)物體的運(yùn)動從一種狀態(tài)轉(zhuǎn)變?yōu)榱硪环N狀態(tài)時必然有一種轉(zhuǎn)折點(diǎn)，這個轉(zhuǎn)折點(diǎn)所對應(yīng)的狀態(tài)叫做臨界狀態(tài)；在臨界狀態(tài)時必須滿足的條件叫做臨界條件．用變化的觀點(diǎn)對的分析物體的受力狀況、運(yùn)動狀態(tài)變化狀況，同時抓住滿足臨界值的條件是求解這類問題的核心．

2．臨界或極值條件的標(biāo)志：

（1）有些題目中有“剛好”、“正好”、“正好”等字眼，明顯表明題述的過程存在著臨界點(diǎn)；

（2）若題目中有“取值范疇”、“多長時間”、“多大距離”等詞語，表明題述的過程存在著“起止點(diǎn)”，而這些起止點(diǎn)往往就是臨界狀態(tài)；

（3）若題目中有“最大”、“最小”、“至多”、“最少”等字眼，表明題述的過程存在著極值，這個極值點(diǎn)往往是臨界點(diǎn)；

（4）若題目規(guī)定“最后加速度”、“穩(wěn)定加速度”等，即是規(guī)定收尾加速度或收尾速度．

考點(diǎn)三動力學(xué)中的圖象問題

物理公式與物理圖象的結(jié)合是一種重要題型，也是高考的重點(diǎn)及熱點(diǎn)．

1．常見的圖象有：v－t圖象，a－t圖象，F(xiàn)－t圖象，F(xiàn)－a圖象等．

2．圖象間的聯(lián)系：加速度是聯(lián)系v－t圖象與F－t圖象的橋梁．

3．圖象的應(yīng)用：

（1）已知物體在一過程中所受的某個力隨時間變化的圖線，規(guī)定分析物體的運(yùn)動狀況．

（2）已知物體在一運(yùn)動過程中速度、加速度隨時間變化的圖線，規(guī)定分析物體的受力狀況．

（3）通過圖象對物體的受力與運(yùn)動狀況進(jìn)行分析．

考點(diǎn)四傳送帶模型和滑塊—木板模型

1.“傳送帶模型”問題的分析思路

（1）模型特性：

一種物體以速度v0（v0≥0）在另一種勻速運(yùn)動的物體上開始運(yùn)動的力學(xué)系統(tǒng)可看做“傳送帶”模型，如圖（a）、（b）、（c）所示．

（2）建模指導(dǎo)：

傳送帶模型問題涉及水平傳送帶問題和傾斜傳送帶問題．

①水平傳送帶問題：求解的核心在于對物體所受的摩擦力進(jìn)行對的的分析判斷．判斷摩擦力時要注意比較物體的運(yùn)動速度與傳送帶的速度，也就是分析物體在運(yùn)動位移x（對地）的過程中速度與否和傳送帶速度相等．物體的速度與傳送帶速度相等的時刻就是物體所受摩擦力發(fā)生突變的時刻．

②傾斜傳送帶問題：求解的核心在于認(rèn)真分析物體與傳送帶的相對運(yùn)動狀況，從而擬定其與否受到滑動摩擦力作用．如果受到滑動摩擦力作用應(yīng)進(jìn)一步擬定其大小和方向，然后根據(jù)物體的受力狀況擬定物體的運(yùn)動狀況．當(dāng)物體速度與傳送帶速度相等時，物體所受的摩擦力有可能發(fā)生突變．

2.“滑塊—木板模型”問題的分析思路

（1）模型特點(diǎn)：上、下疊放兩個物體，并且兩物體在摩擦力的互相作用下發(fā)生相對滑動．

（2）建模指導(dǎo)

解這類題的基本思路：（1）分析滑塊和木板的受力狀況，根據(jù)牛頓第二定律分別求出滑塊和木板的加速度：（2）對滑塊和木板進(jìn)行運(yùn)動狀況分析，找出滑塊和木板之間的位移關(guān)系或速度關(guān)系，建立方程．特別注意滑塊和木板的位移都是相對地面的位移.

【技能辦法】

1．物體處在超重狀態(tài)還是失重狀態(tài)取決于加速度的方向，與速度的大小和方向沒有關(guān)系．下表列出了加速度方向與物體所處狀態(tài)的關(guān)系.

特別提示:不管是超重、失重、完全失重，物體的重力都不變，只是“視重”變化．

2.超重和失重現(xiàn)象的判斷“三”技巧

（1）從受力的角度判斷，當(dāng)物體所受向上的拉力（或支持力）不不大于重力時，

物體處在超重狀態(tài)，不大于重力時處在失重狀態(tài)，等于零時處在完全失重狀態(tài)．

（2）從加速度的角度判斷，當(dāng)物體含有向上的加速度時處在超重狀態(tài)，含有向下的加

速度時處在失重狀態(tài)，向下的加速度為重力加速度時處在完全失重狀態(tài)．

（3）從速度變化角度判斷

①物體向上加速或向下減速時，超重；

②物體向下加速或向上減速時，失重．

3．動力學(xué)中的典型臨界條件

（1）接觸與脫離的臨界條件：兩物體相接觸或脫離，臨界條件是：彈力FN＝0.

（2）相對滑動的臨界條件：兩物體相接觸且處在相對靜止時，常存在著靜摩擦力，則

相對滑動的臨界條件是：靜摩擦力達(dá)成最大值．

（3）繩子斷裂與松馳的臨界條件：繩子所能承受的張力是有程度的，繩子斷與不停的

臨界條件是繩中張力等于它所能承受的最大張力，繩子松馳的臨界條件是：FT＝0.

（4）加速度變化時，速度達(dá)成最大的臨界條件：當(dāng)加速度變化為a＝0時．

4．分析圖象問題解題方略：

（1）搞清圖象斜率、截距、交點(diǎn)、拐點(diǎn)的物理意義．

（2）應(yīng)用物理規(guī)律列出與圖象對應(yīng)的函數(shù)方程式，進(jìn)而明確“圖象與公式”、“圖象與物體”間的關(guān)系，方便對有關(guān)物理問題作出精確判斷．

5．分析圖象問題時常見的誤區(qū)：

（1）沒有看清縱、橫坐標(biāo)所示的物理量及單位．

（2）不注意坐標(biāo)原點(diǎn)與否從零開始．

（3）不清晰圖線的點(diǎn)、斜率、面積等的物理意義．

（4）無視對物體的受力狀況和運(yùn)動狀況的分析．

6．傳送帶模型：

分析解決傳送帶問題時需要特別注意兩點(diǎn)：一是對物體在初態(tài)時所受滑動摩擦力的方向的分析；二是對物體在達(dá)成傳送帶的速度時摩擦力的有無及方向的分析．

（1）水平傳送帶模型

（2）傾斜傳送帶模型

對于傳送帶問題，一定要全方面掌握上面提到的幾類傳送帶模型，特別注意要根據(jù)具體狀況適時進(jìn)行討論，看一看有無轉(zhuǎn)折點(diǎn)、突變點(diǎn)，做好運(yùn)動階段的劃分及對應(yīng)動力學(xué)分析．

7.滑板—滑塊模型

（1）模型特點(diǎn)：

涉及兩個物體，并且物體間存在相對滑動．

（2）兩種位移關(guān)系：

滑塊由滑板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動，位移之差等于板長；反向運(yùn)動時，位移之和等于板長．

（3）解題思路：

（4）易失分點(diǎn)：

①不清晰滑塊、滑板的受力狀況，求不出各自的加速度．

②不清晰物體間發(fā)生相對滑動的條件．

【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)】

1．（多選）滑雪運(yùn)動員沿傾角一定的斜坡向下滑行時其速度-時間圖像如圖所示，圖線為曲線。則此過程中運(yùn)動員的：（）

A．速度越來越大B．加速度越來越小

C．阻力越來越小D．機(jī)械能保持不變

【答案】AB

【解析】

縱坐標(biāo)表達(dá)速度，由圖象可看出越來越大，選項A對的；由牛頓第二定律得mgsinθ-f=ma，v-t圖象的斜率表達(dá)加速度，由圖可知a減小，則阻力f增大，選項B對的，C錯誤；阻力做負(fù)功，機(jī)械能減小，選項D錯誤。

2．如圖所示，愛好小組的同窗為了研究豎直運(yùn)動的電梯中物體的受力狀況，在電梯地板上放置了一種壓力傳感器，將質(zhì)量為4kg的物體放在傳感器上。在電梯運(yùn)動的某段過程中，傳感器的示數(shù)為44N。g取10m/s2.對此過程的分析對的的是：（）

A．物體受到的重力變大B．物體的加速度大小為1m/s2

C．電梯正在減速上升D．電梯的加速度大小為4m/s2

【解析】

A、電梯中的物體處在超重、平衡、失重狀態(tài)時是加速度不同，本身的重力不變，選項A錯誤。B、D、由牛頓第二定律可知F支=mg=ma，而由牛頓第三定律得F壓=F支=44N，解得：a=1m/s2，故選項B對的、選項D錯誤。C、加速度向上，運(yùn)動是加速向上或減速向下，選項C錯誤。故選B。

3．如圖所示，傾角為θ的傳送帶沿逆時針方向以加速度a加速轉(zhuǎn)動時，小物體A與傳送帶相對靜止。重力加速度為g。則：（）

A．只有a＞gsinθ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用

B．只有a＜gsinθ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用

C．只有a=gsinθ，A才受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用

D．無論a為多大，A都受沿傳送帶向上的靜摩擦力作用

【答案】B

【解析】

若A不受摩擦力作用時，根據(jù)牛頓第二定律可知，mgsinθ=ma，此時A的加速度為a=gsinθ，若皮帶的加速度為a=gsinθ，此時A正好不受摩擦力作用，C錯誤，若a＞gsinθ，此時對A有mgsinθ+f=ma，這樣A受到的摩擦力沿斜面對下，A錯誤，若a＜gsinθ，此時對A有mgsinθ-f=ma，這樣A受到的摩擦力沿斜面對上，B對的，這樣D也不對的。

4．如圖甲所示，一長木板在水平地面上運(yùn)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，己知物塊與木板的質(zhì)量相等，物塊與木板間及木板與地面間都有摩擦，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(yùn)動的速度-時間圖象可能是圖乙中的：（）

【答案】A

【解析】

由于物塊剛放到木板上時，運(yùn)動的木板會對它一種向前的滑動摩擦力，則物塊對木板就會有一種向左的摩擦力，此時木板還受到地面給它的向左的摩擦力，木板在這兩個阻力的作用下做勻減速直線運(yùn)動；當(dāng)物塊的速度與木板的速度相等時，物塊與木板間沒有了相對運(yùn)動，它們之間的摩擦力為零，此時木板受到的阻力只有地面對它施加的向左的力，即阻力減小，故其反加速度變小，木板也做勻速直線運(yùn)動，但其加速度變小，故A是對的的。

5．如圖所示，一質(zhì)量為8m的長木板靜止在光滑水平面上，某時刻一質(zhì)量為m的小鐵塊以速度v從木板的右端滑上木板．已知鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，木板足夠長，求：

（1）鐵塊與木板的加速度大小；

（2）當(dāng)木板在水平面上加速滑行的距離為x時，鐵塊在木板上滑行的長度為多少?

【答案】

【解析】

（1）對鐵塊：μmg=ma1，解得：a1=μg

對木板：μmg=Ma2，解得

（2）木板的位移：，解得

鐵塊的位移：

鐵塊在木板上滑行的距離：

【能力提高】

1．如圖甲，固定斜面傾角為θ，底部擋板連一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為m的物塊從斜面上某一高度處靜止釋放，不停撞擊彈簧，最后靜止。物塊所受彈簧彈力F的大小隨時間t變化的關(guān)系如圖乙，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，彈簧在彈性程度內(nèi)，重力加速度為g，則（）

A．物塊運(yùn)動過程中，物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒

B．物塊運(yùn)動過程中，t1時刻速度最大

C．物塊運(yùn)動過程中的最大加速度大小為

D．最后靜止時，物塊受到的重力、斜面支持力和摩擦力的合力方向沿斜面對上

【答案】C

【解析】

根據(jù)F-t圖線可知，物塊壓縮彈簧的長度逐步減小，故闡明系統(tǒng)有摩擦力做功，因此物塊運(yùn)動過程中，物塊和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，選項A錯誤；由圖可知t1時刻是物塊第一次剛接觸彈簧，此后的運(yùn)動中，物塊壓縮彈簧，速度先增加后減小，故t1時刻不是速度最大的時刻，選項B錯誤；當(dāng)物塊第一次壓縮彈簧到最低點(diǎn)時，物塊的加速度最大，根據(jù)牛頓第二定律可得：F0-mgsinθ+μmgcosθ=ma，解得：

，選項C對的；最后靜止時，彈簧處在壓縮狀態(tài)，彈力方向沿斜面對上，故物塊受到的重力、斜面支持力和摩擦力的合力方向沿斜面對下，選項D錯誤。

2．（多選）如圖所示是放置于水平地面上的簡易滑梯示意圖，一小孩從滑梯斜面頂點(diǎn)A開始無初速度下滑，在AB段勻加速下滑，在BC段勻減速下滑，滑到C點(diǎn)正好速度為零（B點(diǎn)為AC的中點(diǎn)），整個過程中滑梯保持靜止?fàn)顟B(tài)。假設(shè)該小孩在AB段和BC段滑動時與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μ1和μ2，斜面傾角為θ，則：（）

A．整個過程中地面對滑梯的支持力始終等于該小孩和滑梯的總重力，地面對滑梯始終無摩擦力作用

B．動摩擦因數(shù)滿足μ1

+μ2

=2tanθ

C．該小孩在AB和BC兩段運(yùn)動的時間相等，平均速度也相等

D．AB段與BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率相等

【答案】BC

【解析】

由題意知，小孩在AB段加速下滑，有沿斜面對下的加速度a1，有豎直向下的分加速度，處在失重狀態(tài)，故此過程地面對斜面的支持力不大于整體的重力，因此A錯誤；設(shè)小孩在B點(diǎn)的速度為v，由于AB=BC，再根據(jù)v2=2ax，可得在AB、BC段加速度大小相等，根據(jù)牛頓第二定律:AB段mgsinθ-μ1mgcosθ=ma；BC段μ2mgcosθ-mgsinθ=ma，聯(lián)立解得μ1+μ2=2tanθ，因此B對的；由v=at，可得：小孩在AB和BC兩段運(yùn)動的時間相等，平均速度也相等，因此C對的；由上述分析知，AB段、BC段的摩擦力不同，而平均速度相似，根據(jù)功率，可得：AB段與BC段小孩受的摩擦力做功的平均功率不相等，因此D錯誤。

3．人站在升降機(jī)底板上先由靜止開始勻加速上升，而后勻減速上升一段時間后停止，則下列說法對的的是（）

A．人在升降機(jī)中始終處在失重狀態(tài)

B．人在勻加速上升過程中處在超重狀態(tài)

C．勻加速上升過程中，升降機(jī)底板對人的支持力不不大于人對底板的壓力

D．勻減速上升過程中，升降機(jī)底板對人的支持力與人的重力大小相等

【答案】B

【解析】

人在勻加速上升過程中處在超重狀態(tài)，在減速上升中處在失重狀態(tài)，選項A錯誤，B對的；勻加速上升過程中，升降機(jī)底板對人的支持力等于人對底板的壓力，選項C錯誤；勻減速上升過程中，人處在失重狀態(tài)，升降機(jī)底板對人的支持力不大于人的重力，選項D錯誤；故選B。

4．（多選）在粗糙程度相似的水平地面上，物塊在水平向右的力F作用下由靜止開始運(yùn)動，4s末瞬間撤去拉力F，運(yùn)動的速度v與時間t的關(guān)系如圖所示，取g=10m/s2，由圖象可知（）

A．在2s~4s內(nèi)，力F=0

B．在0~2s內(nèi)，力F逐步變小

C．物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2

D．0~6s內(nèi)物塊運(yùn)動的總位移為16m

【答案】BC

【解析】

在2～4s內(nèi)，物塊做勻速直線運(yùn)動，由平衡條件可知：F=f得；在0～2s內(nèi)，圖線的切線斜率逐步減小，則加速度逐步減小，根據(jù)牛頓第二定律得:F-f得=ma，可知F逐步變?。挥蓈-t可知，撤去拉力后，物塊勻減速運(yùn)動的加速度大小a=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：a=μg，則物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2；在0~2s內(nèi)，物塊的位移，在2～4s內(nèi)，物塊的位移，在0~6s內(nèi)物塊的總位移x=x1+x2＞16m，因此對的選項為B、C。

5．如圖，電動傳送帶以恒定速度v0=1.2m/s運(yùn)行，傳送帶與水平面的夾角α=37o，現(xiàn)將質(zhì)量m=20kg的物品箱輕放到傳送帶底端，通過一段時間后，物品箱被送到h=1.8m的平臺上，已知物品箱與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ=0.85，不計其它損耗，則每件物品箱從傳送帶底端送到平臺上，需要多少時間？

【答案】3.25s

【解析】

物體剛放到傳送帶上時做勻加速運(yùn)動，當(dāng)速度達(dá)成v0時，與傳送帶一起做勻速運(yùn)動到頂端，物體剛放上去時根據(jù)牛頓定律μmgcosα-mgsinα=ma，解得a=0.8m/s2與傳送帶共速時用時間

向上的位移

物體隨傳送帶勻速運(yùn)動達(dá)成頂端的時間為

總時間為t=t1+t2=3.25s

【終極闖關(guān)】

1．【?江蘇?6】（多選）一人乘電梯上樓，在豎直上升過程中加速度a隨時間t變化的圖線如圖所示，以豎直向上為a的正方向，則人對地板的壓力：（）

A．t=2s時最大B．t=2s時最小

C．t=8.5s時最大D．t=8.5s時最小

【答案】AD

【解析】

由題意知在上升過程中：F-mg=ma，因此向上的加速度越大，人對電梯的壓力就越大，故A對的，B錯誤；由圖知，7s后來加速度向下，由mg-F=ma加速度越大，人對電梯的壓力就越小，因此C錯誤，D對的。

2．【?北京卷】應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象，能夠使物理學(xué)習(xí)更加有趣和進(jìn)一步，例如平伸手掌托起物體，由靜止開始豎直向上運(yùn)動，直至將物體拋出。對此現(xiàn)象分析對的的是：（）

A．受托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處在超重狀態(tài)

B．受托物體向上運(yùn)動的過程中，物體始終處在失重狀態(tài)

C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度不不大于重力加速度

D．在物體離開手的瞬間，手的加速度不不大于重力加速度

【答案】D

【解析】

受托物體向上運(yùn)動，開始階段一定先向上加速，加速度向上，物體處在超重狀態(tài)，但背面的運(yùn)動是不擬定的，能夠是加速的，減速的，也能夠是勻速的，不一定處在超重狀態(tài)，A、B均錯誤；物體離開手的瞬間或之后，物體的加速度等于重力加速度，C錯誤；在物體離開手的瞬間，手的速度變化一定比物體快，因此其加速度一定不不大于物體的加速度，即不不大于重力加速度，D對的。

3．【?四川卷】（多選）如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)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在傳送帶左端含有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t=t0時刻P離開傳送帶。不計定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長。對的描述小物體P速度隨時間變化的圖象可能是：（）

【答案】BC

【解析】

若v1=v2，小物體P可能受到的靜摩擦力等于繩的拉力，始終相對傳送帶靜止勻速向右運(yùn)動若最大靜摩擦力不大于繩的拉力，則小物體P先向右勻減速運(yùn)動，減速到零后反向勻加速直到離開傳送帶，由牛頓第二定律知mQg-μmPg=（mQ+mP）a，加速度不變；若v1＞v2，小物體P先向右勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律知μmPg-mQg=（mQ+mP）a，到小物體P加速到與傳送帶速度v1相等后勻速，故B選項可能；若v1＜v2，小物體P先向右勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律知mQg-μmPg=（mQ+mP）a1，到小物體P減速到與傳送帶速度v1相等后繼續(xù)向右加速但滑動摩擦力方向改向，此時勻減速運(yùn)動的加速度為mQg-μmPg=（mQ+mP）a2，到加速為零后，又反向以a2加速度勻加速運(yùn)動，而a2＞a1，故C選項，A、D選項錯誤。

4．【?全國新課標(biāo)Ⅰ?25】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4.5m，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(yùn)動，直至t=1s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(yùn)動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s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10m/s2。求

（1）木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ2；

（2）木板的最小長度；

（3）木板右端離墻壁的最后距離。

【答案】（1）μ1=0.1μ2=0.4（2）6m（3）6.5m

【解析】

（1）根據(jù)圖像能夠鑒定碰撞前木塊與木板共同速度為v=4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s

木塊受到滑動摩擦力而向右做勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有

解得μ2=0.4

木板與墻壁碰撞前，勻減速運(yùn)動時間t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s

其逆運(yùn)動則為勻加速直線運(yùn)動可得

帶入可得a=1m/s2

木塊和木板整體受力分析，滑動摩擦力提供合外力，即μ1g=a

可得μ1=0.1

（2）碰撞后，木板向左勻減速，根據(jù)牛頓第二定律有μ1（M+m）g+μ2mg=Ma1

可得

對滑塊，則有加速度a2=4m/s2

滑塊速度先減小到0，此時碰后時間為t1=1s

此時，木板向左的位移為末速度

滑塊向右位移

此后木塊和木板一起勻減速。

兩者的相對位移最大為△x=x1+x3+x2+x4=6m

滑塊始終沒有離開木板，因此木板最小的長度為

（3）最后階段滑塊和木板一起勻減速直到停止，整體加速度a=μ1g=1m/s2

位移

因此木板右端離墻壁最遠(yuǎn)的距離為x1+x3+x5=6.5m

5．（?江蘇卷）如圖所示，將小砝碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板快速抽出，砝碼的移動很