2024届高考物理第一轮复习重难点练习：第六章 强化九　动力学和能量观点的综合应用

专题强化九动力学和能量观点的综合应用

【目标要求】1.会用功能关系解决传送带、滑块一木板模型综合问题2会利用动力学和能量观

点分析多运动组合问题.

题型一传送带模型

【例11（多选）如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始

终以恒定的速度内=1m/s顺时针传动.建筑工人将质量m=20kg的建筑材料静止地放到运

输带的最左端，同时建筑工人以训=1m/s的速度向右匀速运动.已知建筑材料与运输带之

间的动摩擦因数为幺=0.1，运输带的长度为L=2m,重力加速度大小为g=10m/s2.以下说法

正确的是（）

A.建筑工人比建筑材料早0.5s到右端

B.建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动

C.因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10J

D.运输带对建筑材料做的功为10J

答案AD

解析建筑工人匀速运动到右端，所需时间。=g=2s,假设建筑材料先加速再匀速运动，

Vo

加速时的加速度大小为a=/Lig=1m/s2,加速的时间为亥=£=1s,加速运动的位移为乃=号，2

L~~~x\

=0.5m<L,假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为二=g=

1.5s,因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为加="+。2—“=0.5s,A正确，B错误：

建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运榆带的位移为X2=O0/2=lm,则因摩擦

而生成的热量为Q=〃〃?g（x2—xi）=10J,由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W=^

W=10J,则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20J,C错误，D正确.

【例2】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动下，始终保

持%=2m/s的速率运行，现把一质量为m=10kg的工件（可视为质点）轻轻放在传送带的底

端，经过时间，=1.9s,工件被传送到〃=1.5m的高处，g取10m/s2,求：

(1)工件与传送带间的动摩擦因数；

(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.

答案(1)看(2)230J

解析(1)由题图可知，传送带长x=^=3m

工件速度大小达到。o前，做句加速运动，有刖=号/1

工件速度大小达到内后，做匀速运动，

有x-x\=v^t-t\)

联立解得加速运动的时间/i=0.8s

加速运动的位移大小%i=0.8m

所以加速度大小〃=?=2.5m/s2

t\

由牛顿第二定律有"〃?gcos夕一mgsin3=ma

解得〃=坐.

(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工

件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.

在时间人内，传送带运动的位移大小

x伟=。0九=1.6m

在时间t]内，工件相对传送带的位移大小

x相=工传-xi=0.8m

在时间力内，摩擦产生的热量

Q=〃mgcos0-x相=60J

2

最终工件获得的动能£k=^Uo=2OJ

工件增加的势能Ev=mgh=]50J

电动机多消耗的电能

E=2+Ek+Ep=230J.

方法点拨

1.传送带问题的分析方法

(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合

牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系.

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上

物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.

2.功能关系分析

(I)传送带克服摩擦力做的功：W=F(x传.

(2)系统产生的内能：Q=Rs相对，s相时表示相对路程.

(3)功能关系分析：IV=AEk+AEp+(2.

题型二滑块一木板模型

【例3】如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为"，=2kg的另一物体仇可看成

质点)以水平速度为=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦力，

之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g取10m/s2)()

A.木板A最终获得的动能为2J

B.系统损失的机械能为4J

C.木板A的最小长度为2m

D.A、8间的动摩擦因数为0.1

答案D

解析由题图乙可知，0〜1s内，A、B的加速度大小都为a=\m/s2,物体5和木板A水平

方向均受滑动摩擦力.根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能如J=1J,

选项A错误；系统损失的机械能加/一去2"02=2j,选项B错误；由题图乙可得二者

相对位移为1m,即木板A的最小长度为1m,选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二

定律，可得〃/ng=，"“，解得〃=0.1,选项D正确.

【例4】(2023•黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的

木板8,在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A,A、B间的动摩擦因数〃=0.4,A的质

量胆=1kg,B的质量M=2kg,g=10m/s2.现对A施加F=7N的水平向右的拉力，1s后撤

去拉力尸，求：(结果可以用分数表示)

A

(1)撤去拉力厂前小滑块A和长木板B的加速度大小0、G;

(2)A相对于B静止时的速度大小的

(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.

答案(1)3m/s22m/s2(2),m/s(3),J

解析(1)若A、8相对静止，则有.=£二=/m/s?关等=2m/s\故A、8间有滑动摩擦

m~rivlJivi

力，对滑块A,根据牛顿第二定律有尸一解得s=3m/s2

对木板5,根据牛顿第二定律有〃阳

解得ci2=2m/s2.

(2)撤去F时，滑块A的速度大小s=。由=3m/s,木板B的速度大小小=。2力=2m/s,

撤去F后,由"加g=〃z〃3得滑块A的加速度大小为〃3=4m/s2,

]7

设经历时间乃二者共速，则有0一的，2=。2+〃2/2,解得及=不S,则0=0]—。3及=1m/s.

(3)外力/对A、8整体做的功为

121

F'\x=F^\t9r=­J

7

A、3最终以速度。=gm/s运动.

149

故A、8整体动能为E^=2(M+m)v2=-^-J

7

由能量守恒定律得广Ax=Q+Ek,则Q=]J.

方法点拨

1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从

放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由胃等=等，可求出共同速度。和所用时间,,

然后由位移公式可分别求出二者的位移.

2.功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示,

要注意区分三个位移:

-x济十;

二

x板Ax

(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x济;

(2)求摩擦力对木板做功时用木板对她的位移XIK；

(3)求摩擦生热时用相对位移Ax.

题型三多运动组合问题

【例51(2023•浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道

BCDE,左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧轨道BC,轨道的上端点B和圆心O的连线与水平

方向的夹角a=30。，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C,OE为倾角9=30。的光滑倾

斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上.现有质量为〃?=1kg的小滑块尸(可视为质

点)从空中的A点以oo=陋m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨

道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道C。滑动，经过D点(不计经过D点时的

能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短.已知C、。之

间和。、尸之间距离都为1m,滑块与轨道C。间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,

不计空气阻力.求：

⑴小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小：

(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；

(3)弹簧的弹性势能的最大值：

(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出8点的速度大小；若不能，判断滑块

最后位于何处.

答案(1)26m/s(2)50N(3)6J(4)无法从8点离开，离。点0.2m(或离C点0.8m)

解析(1)设滑块P经过8点的速度大小为如，由平抛运动知识有oo=OBsin30°,得。B=2吸

m/s

(2)滑块P从3点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得

机g(R+Rsin30°)=^/nrc2

解得0c=4陋m/s

经过C点时受轨道的支持力大小为FN,

u*

有R一次厂方，解得FN=50N

由牛顿第三定律可得滑块在。点时对轨道的压力大小尸压=50N

(3)设弹簧的弹性势能最大值为与血，滑块从C点到尸点的过程中，根据动能定理有一〃加gk。

-mSLDFsin30°—Epm=0—%n/,代入数据可解得£pm=6J

(4)设滑块返回时能上升的高度为h,根据动能定理有mg&»sin30°+Epm—刖gko=^g/z,代

入数据可解得/?=0.6m,因为h<R,故无法从2点离开，又/〃oc2=wngx,代入数据可解得x

=3.2m=3La>+0.2m,滑块最后静止时的位置离。点0.2m(或离C点0.8m).

【例6】如图所示，AB、FG均为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，半径。由、OiF

均竖直，C点在8点的正下方，C、力两点在同一高度上，力E为倾角6=53。、长度乙i=2m

的粗糙斜轨道，E尸为粗糙水平直轨道.一物块(视为质点)从4点由静止滑下，从8点水平飞

出后恰好落到。点，并且物块落到。点时的速度方向与。E轨道平行，物块经过EF轨道后

恰好能到达G点.物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为〃=/取重力加速度大小g

=10m/s2,不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力.求：(sin53。=0.8,结果可保留

分数)

E

(1)C、。两点间的距离x；

⑵物块从B点运动到E点的时间t；

(3)E/轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到尸点的距离s.

答案(1)1.2m⑵弥s(3)6m1.35m

1

解析(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgR=^mVBf解得力=3m/s

7)D

物块从8到。做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在。点的速度大小如=»^=5m/s

竖直方向的分速度大小ov=03tan9=4m/s

竖直方向物块做自由落体运动，有Vy=gt\f

解得八=0.4s

C、Q两点间的距离x=。或i=1.2m.

(2)物块在斜轨道上的加速度大小a\=^sin//geos0=6m/s2,由L\=V[)ti+^a\t^

代入数据解得及=；s

物块从8点运动到七点的时间

r=/i+r2=0.4s+|s=1|s.

(3)物块由尸到G,由机械能守恒定律%?。，=,叫凡代入数据解得0F=，^=3m/s

=

物块在E点的速度VEVD+ci]t2f可得比=7m/s

物块从E到F,由动能定理可得

,1,1,

—HmgL-r='^nWF~^nwtC

代入数据解得L2=6m

物块由G点滑下经F点到粗糙水平直就道上滑行直至停下，由动能定理可得一/"〃gs=O一;

mvt^

代入数据解得s=1.35m.

方法点拨

1.分析思路

(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变

化情况；

(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；

(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规

律求解.

2.方法技巧

(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；

(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；

(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.

课时精练

立基础落实练

1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率。顺时针运动，某时刻一个质量为，"的小物块,

以大小也是。、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传

送带的速度相同.在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为

W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为。，则下列判断中正确的是()

V

A.W=0,Q=mv2B.W=0,Q=2mv2

mvor°c

C.Q=mvD.W=mv2,Q=2mv2

答案B

解析对小物块，由动能定理有卬=品02—绮2=0,设小物块与传送带间的动摩擦因数为

小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程的=5+"=今%小物块向右做加速运动时，

pVV

二者间的相对路程12=”一展=亍，又r=—,则小物块与传送带间的相对路程X相时=X]+l2

2。2

■，小物块与传送带间因摩擦产生的热量。=7"?2gxM对=2，〃。2,选项B正确.

2.（多选）如图所示，质量m=\kg的物体（可视为质点）从高为〃=0.2m的光滑轨道上尸点由静

止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间

的动摩擦因数为〃=0.2,传送带4、8两点之间的距离为L=5m,传送带一直以o=4m/s的

速度顺时针运动，则（g取10m/s2）（）

A.物体从A运动到B的时间是1.5s

B.物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2J

C.物体从A运动到8的过程中，产生的热量为2J

D.物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10J

答案AC

解析设物体下滑到A点时的速度大小为在由P到A过程中，由机械能守恒定律有为加（）2

=mgh,代入数据得研）=，丽=2m/s<o=4m/s,则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用

下做匀加速运动，加速度大小为a=^^=[ig=2m/s2;当物体的速度与传送带的速度相等时

用时[:17J°=4n2s=1s,匀加速运动过程的位移大小了1="；[1=2：4乂1m=3m<L

L-x\5—3

=5m,所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为七=一—=-s=

0.5s,故物体从A运动到8的时间为f=n+f2=L5s,选项A正确；物体运动到B时的速度

大小如=4m/s,根据动能定理得，摩擦力对物体做的功；，〃0（）2=Jx1X4?J-J

X1X22J=6J,选项B错误；在”时间内，传送带做匀速运动的位移为xw="i=4m,故产

生的热量Q=〃/ngAx=〃"7g（x.一箝），代入数据得Q=2J,选项C正确：电动机多做的功一部

分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功卬'=W+Q=6J+2J=8

J,选项D错误.

3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度。向右匀速运动，现将质量为机的物

体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为〃，为保持木板的速度

不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F,

则力尸对木板所做的功为（）

C.mv4D.2mv2

答案c

解析由能量转化和能量守恒定律可知，力E对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，

一部分转化为系统内能，故卬=5〃。2+〃加gx相，x粕=”一号，a=/ig,v=at,联立以上各式

可得卬=〃约2,故选项C正确.

4.（多选）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在f=0时刻，一小物块以一定速度从左

端滑上长木板，之后长木板运动的。一r图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为加

=1kg,已知木板足够长，gMX10m/s2,则（）

y/(m-s-,)

23r/s

乙

A.小物块与长木板间的动摩擦因数"=0.5

B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70J

C.小物块的初速度为如=12m/s

D.0-2s与2〜3s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17：1

答案ACD

解析由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，

在。〜2s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a\

Ao2—0

="K7=2向s?=lm/s2.对木板,根据牛顿第二定律有，ALFf2=ma1,Fn=jumgf在2〜3

△o'0—2

s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为〃2=为厂=-j—m/s2=

-2m/s2,即加速度大小为2mH,方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，产已=2〃7a2=4

N,联立以上各式，解得"=0.5,故A正确；对物块，在0〜2s内，受木板的摩擦力作用而

做匀减速运动，由牛顿第二定律，有解得a=5m/s2,由。=研）一“可得oo=o+

at=2m/s+5X2m/s=12m/s,故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，

物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q=；mo（）2=；X1X12?J=72

J,2〜3s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量AE枷2=/2/如2=4J,故0〜2s

时间内系统机械能减少量△后轨i=72J-4J=68J,则0〜2s与2〜3s系统机械能减少量之比

为17：1,故B错误，D正确.

5.（多选）如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动下，速

率始终不变.f=0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块.取沿传送带向上

为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示.已知小物块质量m=lkg,

g取lOm/sl下列说法正确的是（）

A.传送带顺时针转动，速度大小为2m/s

B.传送带与小物块之间的动摩擦因数〃=乎

C.0〜，2时间内因摩擦产生的热量为27J

D.。〜f2时间内电动机多消耗的电能为28.5J

答案ABC

解析从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2m/s,

顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小a=lm/sz,对物块受力分析，

可得"加geos8—zngsin。=m小解得"=邛^,故B正确：物块运动速度减为零后，反向加速

过程经历的时间1=段=2s,由题图乙可知々=3s,物块运动的位移大小x=1.5m,传送带与

物块的相对位移Ax=4.5m,摩擦产生的热量。=〃mgcos6Ar=27J,故C正确；物块增加

的重力势能AEp=Mgsin夕x=7.5J,物块动能的增量AEk=^W-^^i2=1.5J,传送带多消

耗的电能卬电=Q+AEp+△&=36J,故D错误.

另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间，=£=2s,因此题图乙中？2=3S,

3s内传送带的位移x传=矶）亥=6m,

传送带多消耗的电能W也=w〃gcosO'X活=36J,故D错误.

/能力综合练

6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M=1.0kg,长度L=1.0m.在木板的最左端有一

个小铁块（可视为质点），质量机=1.0kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数〃=0.30.开始时它们

都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力尸将木板抽出，若尸=8N,g取

10m/s2.求:

(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.

答案(1)-7.5J4.5J(2)3J

解析(1)当用F=8N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为ai="g=3

m/s2

木板运动的加速度大小为“2=—,g=5m/s2

设抽出过程的时间为t,则有;政产一%|产=心，

解得f=ls,所以小铁块运动的位移为为=；41於，

解得xi=1.5m

木板运动的位移为也二上2/2,解得X2=2.5m

摩擦力对小铁块做的功为Wi=fimgxi,

解得Wi=4.5J

摩擦力对木板做的功为W2=~nmgX2,

解得肌=一7.5J

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能

Q=fimgL—3iJ.

7.(2023•安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道A8长为2R,其A端有一被锁定的

轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上.圆心在01、半径为R的光滑圆弧轨道BC与A8

相切于B点，并且和圆心在。2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，。卜C、仍三

点在同一条直线上.光滑细圆管轨道C。右侧有一半径为2R,圆心在。点的;圆弧挡板“。2

竖直放置，并且与地面相切于02点.质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静

止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达

B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点。(计算时圆管直径可不计，重

力加速度为g).求:

(1)小滑块与水平轨道A8间的动摩擦因数心

⑵弹簧锁定时具有的弹性势能£P；

(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek.

答案(1)1(2冷ngR(3)(2y/2—l)mgR

2

解析(1)由几何关系得3c间的高度差人=手？

小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh—fimg-2R=0,解得

(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W»=EP

滑块从A到D过程由动能定理得

滑块在。点，由重力提供向心力，有mg=，丐无

联立解得Ep^ymgR.

(3)滑块通过。点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x="

由几何关系可知x2+y2=4R2

2

可得滑块落到挡板上时的动能为Ek=^m[v+(gf)4,联立解得反=(2啦-1MgR.

8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐.挑战者以某一速度从某曲面飞出，在

空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆.某实验小组在实验室

中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R=5m的光滑圆弧

轨道，B为圆弧轨道的最低点.P为一倾角0=37。的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，

在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端。重合，圆形轨道末端

C与斜面顶端力之间的水平距离为x=0.32m.一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道

运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间/=0.2s恰好以平行于薄木板的方向从D端

滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长.已知物块质量〃?=3kg,薄木板质量M

=1kg,木板与斜面之间的动摩擦因数3=壶，木板与物块之间的动摩擦因数〃2=/重力加

速度g=10m/s2,5也37。=。6,不计空气阻力,求:

(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号);

(2)物块相对于木板运动的距离;

(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量.

答案(1)(91.92-244)N(2)1.5m

(3)87J

解析(1)物块由C到。，做斜上抛运动

、X

水平方向v水平=；=1.6m/s

o水平

物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小0=芯方=2m/s,

v经直=osin0=1.2m/s

物块在。端时竖直方向速度大小v要直'=v楚在一gf=-0.8m/s,

水平2+o轻五'2=45m/s

由3到C有夕底%2=3加0。2+)叫R(1—cosa)

甘•4»o水平

其中cosa=--

Vcf

在5点有FN—mg=〃乐

由牛顿第三定律得/压=尺=(91.92—24小)N

2

2

(2)物块刚滑上木板时，对物块有偿加geosJ—〃zgsin0=mam,解得物块加速度大小am=^m/s,

做匀减速直线运动

.2

对木板有〃2加geos夕+Mgsin。一〃i(M+m)gcos8=欣如，解得木板加速度大小m/s\做

=

匀加速直线运动设两者经时间t\达到共速v共，则有v—amt\=aMt\v共

解得0=1.5s,v^=1m/s

o+o#9

此过程中$物=-2~^r,=4m，

。共3

s板=万力=1m

物块相对于木板运动的距离As=s物一s板=1.5m

(3)"2〃?gcos0>mgsin0,此后两者一起做勺减速直线运动，直到停止.

I,,<[I,,11、O共2

以物块和木板为整体，。其=〃]gcos夕一gsin夕=可m/s\s共=不==1.