专题7牛顿运动定律的综合应用

1、专题7牛顿运动定律的综合应用专题细研究：本专题是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其 主要包括的专题有：（1）超重、失重；（2）连接体问题；（3）滑块一滑板模型、传送 带模型等0备考须注意：超重、失重等往往以选择题的形式出现，滑块一滑板模型经常 以选择题和计算题形式出现。动量作为必考后，牛顿运动定律和动量守恒定律、 动量定理结合会出现新的题型，复习时要注意。牛顿运动定律与匀变速直线运动、 圆周运动、电场、磁场的结合，高考时往往以压轴题出现。1狂刷小题*练基础“、基础与经典1.小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是（）A .他始终处于超重状态B. 他始终处于失重状态C

2、. 他先后处于超重、平衡、失重状态D. 他先后处于失重、平衡、超重状态答案 C解析 小明乘坐电梯从一层直达十层过程中定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方 向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。.V2.在2015年7月的喀山游泳世锦赛中，陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠。 她 从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A .她在空中上升过程中处于超重状态B. 她在空中下落过程中做自由落体运动C. 她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度D. 入水过程中，水对她的作用力大小等

3、于她对水的作用力大小 答案 D解析 起跳后的上升过程中，她的加速度方向竖直向下，所以处于失重状态，A错误0她具有水平初速度，所以不能看成自由落体运动，B错误。入水过程中， 开始时水对她的作用力大小（浮力和阻力之和）小于她的重力，所以她先向下做一C错误。入水过程中，二者大小相等，D段时间的加速运动，即入水后的速度继续增大一段时间， 水对她的作用力和她对水的作用力是一对作用力与反作用力正确。a、b两物体的质量分别为 mi、m2,由轻质弹簧相连。当用恒力 F竖直向上时，弹簧伸长量为X2,如图所示，则（）使a、b 一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为 X1 ；当用大小仍拉着a，为F的恒力沿水平方向

4、拉着a,使a、b 一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动A. X1 一定等于 X2B . xi 一定大于 X2C.若 mi>m2，贝U xi>x2 D.若 mi<m2，贝U xi<x2答案 A解析 当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法有F-（mi + m2）g= （mi +m2）a, 再隔离 b 有 kx1 m2g m2a, 联立得：X1 m2F一。当沿水平方向拉着 k（m1 + m2）a时，先用整体法有 F = （mi + m2）a',再隔离b有kx2 = m2a',联立得X2=m2F,故X1 X2,所以只有A项正确。k（m1 + m2）4.侈选）质量分

5、别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过 光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为a的斜面，M恰好能静止在斜 面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（）|乙A .轻绳的拉力等于MgB. 轻绳的拉力等于mgC. M运动的加速度大小为(1 sin agD. M运动的加速度大小为答案BCD解析对M有:互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsina= mg,互换位置后，Mg Ft= Ma，对 m 有：Ft' mgsi n ma,又 Ft = Ft，解得：aM m，"一一，=(1 sin ag Mg

6、， Ft= mg,故 A 错误，B、C、D 正确。5.如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板 B（长木板足够长）的左端静止 放着小物块A。某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律 如图乙所示，即F = kt,其中k为已知常数。设物体 A、B之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力Ff，且A、B的质量相等，贝U下列可以定性描述长木板B运动的v-t图象是（r' /屮0r乙7 ,X；。许 r 。4n答案 B解析 A、B相对滑动之前加速度相同,由整体法可得：F = 2ma, F增大,a增大。当A、B间刚好发生相对滑动时，对木板有Ff = ma,故此时F = 2Ff = kt,t =

7、罟，之后木板做匀加速直线运动，故只有B项正确。6.侈选）质量均为m的两物块1和2之间有一根没有松弛的细线相连，两 物块一起在光滑水平桌面上以速度 V0匀速运动，某时刻物块1到达桌面的右边缘，如图所示。当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后， 经过一段时间到达传送带的最右端，若传送带的速度大于 V0且保持不变,物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为化（4比），则在此过程中间的缝隙，细线的长度小于传送带的长度）（）（不考虑桌子边缘与传送带A .物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动B.两物块都在传送带上时，它们所受的摩擦力一定不相等C .两物块任何时刻的速度和加速度都相等D.可能存在物块1

8、和物块2加速度不相等的阶段答案 AD解析 物块1滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，故物块2也连着起加速，如果在物块2滑上传送带之前，两物块的速度已经等于传送带的速度，速度小于传送两个物块间的距7.侈选）传送机的皮带与水平方向的夹角为 0,如图所示, 小物块放在传送机皮带上，随皮带保持相对静止一起向下以加速度 匀加速直线运动，则下列关于小物块在运动过程中的说法正确的是将质量为m的a(a>gsin 0)做A .支持力与静摩擦力的合力大小等于 mgB. 静摩擦力沿皮带向下C. 静摩擦力的大小可能等于mgsi n0D. 皮带与小物块的动摩擦因数一定大于tan 0答案 BC解析物块随皮带保持

9、相对静止一起向下做匀加速运动，物块所受合外力不为零，所以支持力与静摩擦力的合力大小不等于mg,故A错误；加速度a>gsin 0,说明静摩擦力沿皮带向下，B正确；由牛顿第二定律知 mgsin 0+ Ff = ma，因为a比gsin0大多少不知道，所以静摩擦力的大小可能等于 mgsin 0, C正确；皮带与小物块的动摩擦因数可以小于或等于tan0,故D错误。则此后一起匀速运动，故A正确；两物块都在传送带上时，如果是一起匀速运 动，则静摩擦力都为零，故B错误；如果物块2滑上传送带时带的速度，由于两个物块的动摩擦因数卩<止，则加速度ai<a2, 离会缩小，故C错误，D正确。&

10、如图所示，木块A的质量为m,木块B的质量为M，叠放在光滑的水平 面上，A、B之间的动摩擦因数为 仏最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速 度为g。现用水平力F作用于A,则保持A、B相对静止的条件是F不超过（）C.卩 口餌 MJD 卩 Mgi+m答案 C解析 由于A、B相对静止，以整体为研究对象可知F = （M + m）a;若A、B 即将相对滑动，以木块B为研究对象可知 卩mMa，联立解得F=卩mg+ M乙nC正确。9.运动过（多选）如图甲所示，A、B两长方体叠放在一起，放在光滑的水平面上。 体从静止开始受到一个水平变力的作用， 该力与时间的关系如图乙所示， 程中A、B始终保持相对静止。则在02t

11、0时间内，下列说法正确的是（A. t0时刻，A、B间的静摩擦力最大，加速度最小B. t0时刻，A、B的速度最大C. 0时刻和2t0时刻，A、B间的静摩擦力最大D. 2to时刻，A、B离出发点最远，速度为0答案 BCD解析to时刻，A、B受力F为0, A、B加速度为0, A、B间静摩擦力为0, 加速度最小，A错误；在0至t0过程中，A、B所受合力逐渐减小，即加速度减 小，但是加速度与速度方向相同，速度一直增加，t0后加速度反向，故t0时刻A、B速度最大，B正确；0时刻和2t0时刻A、B所受合外力F最大，故A、B在这 两个时刻加速度最大，为A提供加速度的A、B间静摩擦力也最大，C正确；A、B先在F

12、的作用下加速，t0后F反向，A、B继而做减速运动，画出a-t图象，由 图象与t轴所围面积表示 Av可知，到2t0时刻，A、B速度减小到0,因为V 直大于0，故2t0时位移最大，D正确。10.如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻 （t= 0）将一相对于地 面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板 与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度一时间图象可能是图中的rbfif)ISr.H I" t)答案 A解析设物块与木板间动摩擦因数为3 ,木板与地面之间动摩擦因数为在未达到共同速

13、度之前,gimg浮2mg= mai,木板的加速度为 ai = （3 + 2比）g,达到共同速度后,若二者相对静止,则3 2mg= 2ma2,共同加速度为 a2= 3g；若3<3,则物块相对木板向右滑动，3mg3 2mg= ma2',木板 加速度为 a2' =(233)g,即|a2|v|ai|, |a2Tv|ai|,图象 A 正确。二、真题与模拟f)-巧11. (2015 全国卷 I )侈选）如图a所示，一物块在t= 0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图b所示。若重力加速度及图中的V0、VI、ti均为已知量，则可求出（）A .斜面的倾角B. 物块的质量C. 物块与斜

14、面间的动摩擦因数D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度答案 ACD解析 由v-t图线可求出物块向上滑行的加速度和返回向下滑行的加速度vo对上升时和返回时分析受力，运用牛顿第二定律可分别得 ai = gsin 0+卩gos0=，via2= gsin0 u cos0= ，联立两个方程可解得斜面倾角和物块与斜面之间的动摩 擦因数，选项A、C正确；根据运动的v-t图线与横轴所围面积表示位移 s，可 求出物块向上滑行的最大高度 h= ssinB,选项D正确；物块的质量不可求，B错12. （2015海南高考）（多选）如图所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一 物块。开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速

15、下滑。当升降机加速上 升时（）A .物块与斜面间的摩擦力减小B. 物块与斜面间的正压力增大C. 物块相对于斜面减速下滑D. 物块相对于斜面匀速下滑答案 BD解析 当升降机匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑时有：mgsinB=u mgos0, 则尸tan0 0为斜面倾角）。当升降机加速上升时，设加速度为a，物体处于超重 状态，超重ma，物块“重力”变为G' = mg+ ma,支持力变为N' = （mg+ ma）cos0>mgcos0 B正确。“重力”沿斜面向下的分力 G下=（mg+ ma）sin 0, 沿斜面摩擦力变为 f = uN = Kmg + ma)cos0>u

16、mgps0, A 错误。f = mg+ ma)cos0= tan 0mg + ma)cos0= (mg + ma)sin 0= G 下，所以物块仍沿斜面匀速下滑，D正确，C错误。13. （2014北京高考）应用物理知识分析生活中的常见现象， 可以使物理学习 更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物 体抛出。对此现象分析正确的是（）A 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B. 受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C. 在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度 答案 D解析物体在手掌的推力作用下

17、，由静止竖直向上加速时，物体处于超重状 态。当物体离开手的瞬间，只受重力作用，物体的加速度等于重力加速度，处于 完全失重状态，故A、B、C错误；物体离开手的前一时刻，手与物体具有相同 的速度，物体离开手的下一时刻，手的速度小于物体的速度，即在物体离开手的 瞬间这段相同的时间内，手的速度变化量大于物体的速度变化量，故手的加速度 大于物体的加速度，也就是手的加速度大于重力加速度，故D正确。14. （2018江南十校联考）（多选）水平面上有一带圆弧形凸起的长方形物体A， 物体A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体 C相连，B与凸起之间的绳是水平 的。用一水平向左的拉力F作用在物体B 上,恰使物体A、B、

18、C保持相对静止， 如图。已知物体A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,不计所有的摩擦, 则（）A. B物体的加速度为3 gB. B、C间绳子的张力等于普mgC. A物体受到绳子对它的作用力等于 A物体受到的合外力D. C物体处于失重状态，A、B两物体既不超重也不失重答案 AB1解析 设绳中张力为T, A、B、C共同的加速度为a,与C相连部分的绳与 竖直线夹角为a由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有F = 3ma,对B有F T= ma， 对 C 有 Tcosa= mg， Tsin a= ma, 联立解得 a= 3 g， T= 3 mg， a73=30；故A、B正确；A物体受到的合外力为F合

19、=mamg,方向水平向左，a+ 90 °A物体受到绳子对它的作用力为 2Tco 2 = 2 3 mgcos60°= 3 mg，方向 斜向左下方,故C错误；由于A、B、C三物体加速度水平向左，故A、B、C三 物体既不超重也不失重，故D错误。15. （2018河南省第二次仿真模拟）（多选）如图甲所示，一小物块从水平转动 的传送带的右侧滑上传送带，固定在传送带右端的位移传感器记录了小物块的位移x随时间t的变化关系，如图乙所示。已知图线在前3. 0 s内为二次函数，在)3. 04. 5 s内为一次函数，取向左运动的方向为正方向，传送带的速度保持不 变，g取10 m/S2。下列说法正

20、确的是（A .传送带沿顺时针方向转动B.传送带沿逆时针方向转动C. 传送带的速度大小为2 m/sD.小物块与传送带间的动摩擦因数尸0.2答案 ACD解析由x-t图象可知，图象的斜率等于速度，故物块的速度先减小到零， 再反向增大，最后匀速运动回到初始位置，可判断传送带沿顺时针方向转动，A正确，B错误；由3.Ax一 304.5 s内的图象可知，传送带的速度v=A=45二m/s=一 2 m/s，C 正确;因2 s末物块的速度减为零，位移为4 m,由x= gat2 知 a=2x2产二2 m/s，则根据a=ug可知，小物块与传送带间的动摩擦因数尸 0.2，D正确。的斜面上。两16. （2018唐山二模）

21、A、B两球质量相同，静止在倾角为30 球之间接有轻弹簧。A球与挡板接触，B球通过细线与斜面顶端相连，细线绷紧, 系统处于静止状态。则撤去挡板瞬间（）A .弹簧弹力一定变大 B.细线拉力一定变大C. A球一定处于失重状态D . B球一定处于平衡状态答案 D解析撤去挡板瞬间，弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，B球的受力情况 不变，仍处于平衡状态，则细线拉力不变，A、B错误，D正确；若开始时弹簧 处于伸长状态，且挡板的弹力为零，撤去挡板瞬间，A球仍静止，处于平衡状态， 故C错误。17. （2018 宁抚顺毕业考试）如图甲所示，一质量为 M的长木板静置于光 滑水平面上，其上放置一质量为m的小滑块。木板受

22、到随时间t变化的水平拉力 F作用时，用传感器测出其加速度a,得到如图乙所示的a-F图象。取g= 10 m/s2, 则下列说法错误的是（）A .滑块的质量m= 4 kgB. 木板的质量M = 2 kgC. 当F = 8 N时，滑块加速度为2 m/s2D. 滑块与木板间动摩擦因数为 0. 1答案 C解析 从图乙中可知,当F>6 N时，两者发生相对运动,当F<6 N时两者 相对静止，当F = 6 N时，对整体可得F= (M + m)a,即M + m= 6 kg,当F>6 NF 1 mg 1 H mg时对木板分析：受到拉力和 m给的摩擦力，故有a= = MF 可得当F= 4 N时，加

23、速度为零，代入a与F的关系式可得0=寸4-2解得 尸0.1,故A、B、D正确；当F = 8 N时滑块加速度为a = m/s2 = 1 m/s2,故 C 错误。M"g图象1 1 1卩 4X 1011 g 0.1 X 1018. (2018湖北武汉五月训练)如图所示，材料相同的物体m1、m2由轻绳连的斜率k= rn=6=2即M=2 ©所以m= 4 kg'将F>6 N时图线反向延长，接，在恒定拉力F的作用下沿斜面向上加速运动。轻绳拉力的大小A 与斜面的倾角0有关B. 与物体和斜面之间的动摩擦因数1有关C. 与两物体的质量 m1和m2有关D. 若改用F沿斜面向下拉连接

24、体，轻绳拉力的大小不变 答案解析将两物体看成一个整体有：F (m1 + m2)gsin 0 Km1 + m2)gcos0= (m1+ m2)a.解得:F (m1 + m2 psin jm1 + m2 pcos 0 a =mi + m2对m2受力分析且由牛顿第二定律有:T m2gsin 0 mgcos A m2a, 解得:T= m2F ，故A、B错误，C正确; m1 + m2若改用F沿斜面向下拉连接体,将两物体看成一个整体有F + (mi + m2)gsin 如 + m2)gcos0= (mi + m2)a', 解得:F + fm1 + m2 gsin 0 Jm1 + m2 cos0mi

25、+ m2a =匕，对m1受力分析且由牛顿第二定律有：T + m1gsinByrngcosAm1a'，解得：T = m1F ，故 D 错误。 m1 + m24精做大题 < 练能力卜、基础与经典19. 如图所示，长L= 1. 6 m、质量M = 3 kg的木板静置于光滑水平面上， 质量m= 1 kg的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数 尸0.1。 现对木板施加一水平向右的拉力 F，取g= 10 m/s求使物块不掉下去的最大拉力F; 如果拉力F = 10 N恒定不变，求小物块所能获得的最大速度。答案 (1)4 N (2)1. 26 m/s解析(1)物块不掉下去的最大拉力，其

26、存在的临界条件必是物块与木板具 有共同的最大加速度ai。对整体，F = (M + m)ai = (3+ 1)x 1 N = 4 N。当F = 10 N时，木板的加速度F 3mg 10 0.1 x 1 x 1022a2=M =om/s = 3 m/s1 2 1 2由尹2t2 - 2a1t2 = L得物块滑过木板所用时间t= 71.6 s，物块离开木板时的速度v1 = a1t=716 m/s 1. 26 m/s即小物块所能获得的最大速度约为 1. 26 m/s。20. 如图所示，地面依次排放两块完全相同的轻质木板A、B，长度均为L=2. 5 m，质量均为m2= 150 g,现有一滑块以速度vo =

27、 6 m/s冲上木板A左端， 已知滑块质量m1 = 200 g,滑块与木板间的动摩擦因数 M，木板与地面间的动摩 擦因数 尸0. 2。最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g= 10 m/s2。(1) 若滑块滑上木板A时，木板A不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动, 求3应满足的条件；若答案(1)0. 35V* 0. 5 眾M = 0. 4,求滑块运动的时间t(结果用分数表示)。解析(1) 滑块滑上木板A时，木板A不动，由受力分析得：gim1gw欧m1+ 2m2)g。2V0若滑块能滑上木板B，则2V->L，2 -g ，若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得:Bm1g> 黒(m1

28、 + m2)g，代入数据得：0. 35V卩W 0. 5。(2) 若3 = 0. 4,则滑块在木板A上滑动时，木板A不动。设滑块在木板A上做减速运动的加速度大小为ai,由牛顿第二定律得：pmig =miai,解得：ai = 4 m/s2 o由一 2aiL = v2 vo,知滑块到达B板时的速度vi= 4 m/s,滑块在A板上滑动时间满足等式V1 = vo aiti,解得：ti = 0. 5 So滑块滑上B板时，B开始运动，设木板B的加速度为a2,贝U： pimig肱(mi + m2)g= m2a2,2 2 则 a2 = 3 m/s速度相同时，V共=a2t2 = vi ait2,64解得：t2=7

29、 S, v 共=7 m/svi + v 共V 共 vi12相对位移：/x=2122t2=2t2 m<2. 5 m,则滑块与木板B能达到共同速度，假设它们能相对静止一起减速，则p(mi + m2)g= (mi + m2)a 共,a 共=p2g = 2 m/s2,因为 pmigvmia共，故假设正确。23t= ti+t2 + t3= i4 S。、真题与模拟2i.(20i7全国卷川)虫如图，两个滑块A和B的质量分别为mA= 1 kg和mB = 5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为0. 5;木板的质量为m= 4 kg，与地面间的动摩擦因数为 戍=0. i。某时

30、刻A、B两滑块开始相向 滑动，初速度大小均为vo = 3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g= io m/s2。求：(1) B与木板相对静止时，木板的速度;(2) A、B开始运动时，两者之间的距离。答案 (i)i m/s (2)i. 9 m解析(1)假设滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为 fi、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分 别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为ai，在物块B与木板达到共同速度前有fi =miAg f2 =rniBg f3 =比(m+mA+ mB)

31、g 由牛顿第二定律得fi = mAaA f2 = mBaB f2 fi f3= mai 因为f2 fi f3>0，故假设正确，木板也在滑动。设在ti时刻，B与木板达到共同速度，其大小为Vi,由运动学公式有Vi = V0 aBti Vi = aiti 联立式，代入已知数据得vi= 1 m/s。（2）在ti时间间隔内，B相对于地面移动的距离为i 2SB = Voti 2aBti 由式知,aA= aB；再由式知,B与木板达到共同速度时,A的 速度大小也为V1，但运动方向与木板相反。假设在B与木板达到共同速度Vi后，两者可以相对静止，木板的加速度大 小为a2,对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定

32、律有fi + f3= (mB + m)a2?因为4g>a2,故假设正确。由题意知,A和B相遇时，A与木板的速度相同,设其大小为V2,设A的速 度大小从V1变到V2所用的时间为t2,则由运动学公式，对木板有V2= Vi a2t2?V2= Vi + aAt2?在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为Si = Vit2 azt2?在（ti +时间间隔内，A相对地面移动的距离为I2SA = VO(ti +一2aA(ti + t2)?A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同,因此A和B开始运动时,两者之间的距离为S0 = Sa+ S1 + SB?联立以上各式，并代入数据得so= 1. 9

33、 m。（也可用如图所示的速度一时间图线求解）22. （2015全国卷I ）一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4. 5 m，如图a所示。t= 0时 刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动， 直至t= 1 s时木板与墙壁碰撞图（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始 终未离开木板。已知碰撞后1 s时间内小物块的V -t图线如图b所示。木板的质 量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s木板的最小长度； 木板右端离墙壁的最终距离。答案（1）4 = 0. 1£ = 0. 4。求：n 2

34、 r/H（1）木板与地面间的动摩擦因数4及小物块与木板间的动摩擦因数(2)6. 0 m (3)6. 5 m解析（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为 m和M。由牛顿第二定律有4(m + M)g= (m+ M)ai 由题图b可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度vi = 4 m/s，由运动学公式得vi = vo+ aiti i 2so = voti + 2aiti 式中，ti = 1 s, so = 4. 5 m是木板碰前的位移,vo是小物块和木板开始运动 时的速度0联立式和题给条件得在木板与墙壁碰撞后，木板以-V1的初速度向

35、左做匀变速运动，小物块以Vi的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有比mg= ma2 V2 Vi由题图b可得a2=t2 ti式中，t2 = 2 s, V2= 0,联立式和题给条件得尸0. 4o(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间At，木板和小物块刚好具有共同 速度V30由牛顿第二定律及运动学公式得2mg + m(M + m)g = Ma3 v3= Vi + a3 At®V3= vi+ a2 At碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为V1 + V3S1 =2At?小物块运动的位移为V1 + V3 S2 = At?小物块相对木板的位

36、移为S2 S1?联立？?？式，并代入数值得空=6. 0 m?因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6. 0 m。(3) 在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设 加速度为a4,此过程中小物块和木板运动的位移为 S3,由牛顿第二定律及运动学 公式得B(m+ M)g = (m+ M)a4?20 V3= 2a4S3?碰后木板运动的位移为S= S1 + S3?联立？?？式，并代入数值得s= 6. 5 m木板右端离墙壁的最终距离为6. 5 m。23. (2018江南十校联考)如图所示，粗糙的水平地面上有一块长为3m的木板，小滑块放置于长木板上的某一位置。现将一个水平向右，且随时间均匀变化的力F = 0. 2t作用在长 木板的右端，让长木板从静止开始运动。已知：滑块质量 m与长木板质量M相等，且m= M = 1 kg