2019高中物理 专题4.6 用牛顿运动定律解决问题（一）试题 新人教版必修1.doc

1第第6 6节节 用用牛牛顿顿运运动动定定律律解解决决问问题题（一一）一、已知物体的受力情况确定物体的运动情况一、已知物体的受力情况确定物体的运动情况1牛顿第二定律的作用牛顿第二定律确定了 的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来。2已知受力情况求运动情况：已知物体的受力情况，由牛顿第二定律求出物体的 ，再通过运动学公式就可以确定物体的运动情况。二、已知物体的运动情况确定物体的受力情况二、已知物体的运动情况确定物体的受力情况已知物体的运动情况，根据运动学公式求出物体的 ，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力。力和运动 加速度加速度一、已知物体的受力情况确定物体的运动情况一、已知物体的受力情况确定物体的运动情况1解题步骤（1）确定研究对象。（2）对研究对象进行受力分析，并画出物体的受力示意图。（3）根据力的合成和分解的方法，求出物体所受的合外力。（4）根据牛顿第二定律列方程求出物体的加速度。（5）根据题意确定物体运动的初始条件，选择运动学公式，求出所需的运动学物理量。2注意（1）物体的速度方向与物体的合外力方向之间没有一定的关系，但加速度的方向一定与物体的合外力方向一致。（2）计算时，注意统一单位。【例题例题 1】1】如图所示，有一质量m=1 kg 的物块，以初速度v=6 m/s 从A点开始沿水平面向右滑行。物块运动2中始终受到大小为 2 N、方向水平向左的力F作用，已知物块与水平面间的动摩擦因数=0.1。求：（取g=10 m/s2）（1）物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向；（2）物块向右运动到最远处时的位移大小；（3）物块经过多少时间回到出发点A？（结果保留 2 位有效数字）参考答案：参考答案：（1）1 N 水平向左 （2）6 m （3）5.5 s二、已知物体的运动情况确定物体的受力情况二、已知物体的运动情况确定物体的受力情况解题步骤（1）确定研究对象。（2）对研究对象进行受力分析，并画出物体受力示意图。（3）根据相应的运动学公式，求出物体的加速度。（4）根据牛顿第二定律列方程求出物体的加速度。3（5）根据力的合成和分解的方法，求出所需的力。【例题例题 2】2】质量为 2 kg 的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图象如图所示。g取 10 m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）010 s 内物体运动位移的大小。参考答案参考答案：（1）0.2 （2）6 N （3）46 m试题试题解析解析：（1）设物体做匀减速直线运动的时间为 t2、初速度为v20，末速度为vt2、加速度为a2，则a2=2202tvv t=2 m/s2设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律，有Ff=ma2Ff=mg联立得=2a g=0.2三、连接体问题三、连接体问题1连接体及其特点多个相互关联的物体连接（叠放，并排或由绳子、细杆联系）在一起的物体组称为连接体。连接体一般具有4相同的运动情况（速度、加速度）。2处理连接体问题的常用方法（1）整体法：若连接物具有相同的加速度，可以把连接体看成一个整体作为研究对象，在进行受力分析时，要注意区分内力和外力。采用整体法时只分析外力，不分析内力。（2）隔离法：把研究的物体从周围物体中隔离出来，单独进行分析，从而求解物体之间的相互作用力。【例题例题 3】3】如图所示，光滑水平桌面上，有甲、乙两个用细线相连的物体在水平拉力F1和F2的作用下运动，已知F1B，mA=mB，则杆对A有沿斜面向上的拉力B若A>B，mA=mB，则杆对A有沿斜面向下的推力C若A=B，mA>mB，则杆对B有沿斜面向下的拉力D若A=B，mA>mB，则杆对B没有作用力参考答案：参考答案：BD名师点睛：名师点睛：假设杆无弹力，根据牛顿第二定律分别求解出A和B的加速度，比较大小，然后判断A、B的相对运动趋势，再判断A、B间弹力的方向。四、传送带问题四、传送带问题处理此类问题的流程：弄清初始条件判断相对运动判断滑动摩擦力的大小和方向分析物体所受的合外力以及加速度的大小和方向由物体的速度变化分析相对运动，进而判断物体以后的受力及运动情况。1水平传送带问题设传送带的速度为v带，物体与传送带之间的动摩擦因数为，两定滑轮之间的距离为l，物体置于传送带一端时的初速度为v0。（1）v0=0，如图所示，物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做ag的加速运动。假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带时的速度为2vgL。显然，若2vgL带，则物体在传送带上将先加速运动，后匀速运动；若2vgL带，则物体在传送带上将一直加速。（2）v00，且v0与v带同向，如图所示。6v0v带时，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为ag的减速运动。假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带的速度为2 02vvgL。显然，2 02vvgL带，则物体在传送带上将一直减速；若v0>v带2 02vgL，物体在传送带上将先减速运动，后匀速运动。（3）v00，且v0与v带反向，如图所示。此种情形下，物体刚放到传送带上时将做加速度大小为ag的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带的速度为2 02vvgL。显然，若02vgL，则物体将一直减速运动直到从传送带的另一端离开传送带；若02vgL，则物体将不会从传送带的另一端离开，而是从进入端离开，其可能的运动情形有：先沿v0方向减速运动，再沿v0的反方向加速运动直至从进入端离开传送带。先沿v0方向减速运动，再沿v0的反方向加速运动，最后匀速运动直至从进入端离开传送带。2倾斜传送带问题（1）物体和传送带一起匀速运动匀速运动说明物体处于平衡状态，则物体受到的摩擦力和重力沿传送带方向的分力等大、反向，即物体受到的静摩擦力的方向沿传送带向上，大小为sinmg（为传送带的倾角）。（2）物体和传送带一起加速运动若物体和传送带一起向上加速运动，传送带的倾角为，则对物体有sinfmgma，即物体受到的静摩擦力方向沿传送带向上，大小为=sinfmgma。若物体和传送带一起向下加速运动，传送带的倾角为，则静摩擦力的大小和方向取决于加速度a的大小。7当sinag时，无静摩擦力；当sinag时，有+sin=fmgma，即物体受到静摩擦力方向沿传送带向下，大小为=sinfmamg。在这种情况下，重力沿传送带向下的分力不足以提供物体的加速度a，物体有相对于传送带向上的运动趋势，受到的静摩擦力沿传送带向下；当sinag时，有sin=mgfma，即物体受到静摩擦力方向沿传送带向上，大小为=sinfmgma。此时，重力沿传送带向下的分力提供物体沿传送带向下的加速度过剩，物体有相对于传送带向下的运动趋势，受到沿传送带向上的摩擦力。【例题例题 5】5】（2018·黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学高二下学期期末考试）如图所示，白色水平传送带AB长L=10 m，向右匀速运动的速度v0=4 m/s，一质量为 1 kg 的小墨块（可视为质点）以v1=6 m/s 的初速度从传送带右端B点冲上传送带，小墨块与传送带间的动摩擦因数=0.4，g取 10 m/s2。则A小墨块先做匀减速后做匀加速运动B小墨块相对地面向左运动的最大距离为 4.5 mC小墨块在白色传送带上留下的墨迹长度为 14.5mD小墨块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间是 3.125 s参考答案参考答案：BD试题解析试题解析：对小墨块受力分析，由牛顿第二定律得，而，当向左运动速度减为零的时候，距离最大，逆向计算，代入数据得，故小墨块先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动，根据对称性可知小墨块还没有回到B点时小墨块的速度达到 4 m/s，之后两者相对静止做匀速直线运动，A 错误 B 正确；设小墨块经时间 速度减为 0，然后反向加速，经时间 与传送带速度相等，代入数据得，得，设反向加速时，小墨块的位移为，则有，小墨块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间 再次回到B点，代入数据得：，所以，D 正确；在小墨块向左运动的过程中，传送带向右运动位移，此过程小墨块和传送带相对滑动的距离：；在小墨块向右运动的过程中，传送带向右运动位移，此过程小墨块和传送带相对滑动的距离：，故小墨块在白色传送带上留下的墨迹长度为，C 错误。8五、牛顿运动定律的图象问题五、牛顿运动定律的图象问题1常见的两类动力学图象问题（1）已知物体在某一个过程中所受的合力（或某个分力）随时间变化的图象，求物体的运动情况。（2）已知物体在某一个过程中速度、加速度随时间变化的图象，求物体的受力情况。2解图象问题的关键（1）分清图象的类别：分清横、纵坐标所代表的物理量，明确其物理意义，掌握物理图象所反映的物理过程，会分析临界点。（2）注意图象中的一些特殊点所表示的物理意义：图线与横、纵坐标的交点，图线的转折点，两图线的交点等表示的物理意义。（3）明确能从图象中获得那些信息：把图象与物体的运动情况相结合，再结合斜率、特殊点、面积等的物理意义，确定从图象中得出的有用信息，这些信息往往是解题的突破口或关键点。【例例题题 6 6】如图甲所示，物块A和足够长的木板B叠放在光滑水平面上，用水平力F作用在物块A 上，A、B一起从静止开始做直线运动，F随时间t不断增加，变化关系如图乙所示，设物块A所受摩擦力为fA，加速度为aA，木板B的速度为vB，加速度为aB，下列能正确表示fA、aA、vB、aB经较长时间的关系图象的是参考答案参考答案：BD试题解析试题解析：开始时，A、B相对静止，对整体aA=aB=ABF mm，A、B之间是静摩擦力，fA=mAaA=AABmFmm，vB=aBt=ABFtmm，由于F与时间成正比关系，因此vB与t应成二次函数关系，故选项 C错误，当fA增大到一定程度，A、B开始相对滑动，对A，aA=AF mg，与t应成一次函数关系，且有负纵截距，故选项 B 正确；对B，aB=ABm g m，与t无关，为定值，故选项 D 正确；fA=mAg，与t无关，为定值，故选项 A9错误。六、动力学中的临界极值问题六、动力学中的临界极值问题1临界或极值条件的标志（1）有些题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述过程存在临界点。（2）若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述过程存在“起止点”往往就对应临界状态。（3）若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述过程存在极值，这个极值点往往是临界点。（4）若题目要求“最终加速度”“稳定速度”等，即是求收尾加速度或收尾速度。2分析临界极值的常用方法（1）极限分析法：把物理问题（或过程）推向极端，从而使临界现象（或状态）暴露出来，已达到正确解决的目的。（2）假设分析法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件，往往用假设法解决问题。（3）数学极值法：将物理过程通过数学公式表达出来，根据数学表达式接触临界条件。【例题例题 7】7】如图所示在倾角为的光滑斜面上端有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端连接一质量为m的小球，小球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变。若手持挡板A以加速度a（a，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故 A 错误，B 正确；CD 项：小车的加速度a=gtan，方向向右，而运动方向可能加速向右，也可以减速向左，故 C 正确，D 错误。【名师点睛】绳子的模型与轻杆的模型不同：绳子的拉力一定沿绳子方向，而轻杆的弹力不一定沿轻杆的方向，与物体的运动状态有关，可根据牛顿定律确定。13AD【解析】若传送带静止，物块从左端到右端做匀减速运动，由v02v2=2gL，得v=3 m/s。若传送带的速度等于2 m/s，不论传送带沿哪个方向转动，物块都将从传送带的左端一直做匀减速运动到右端，A正确；当传送带的速度等于3.5 m/s，若传送带沿逆时针方向转动，可求出v=3 m/s；若传送带沿顺时针方向转动，物块27向右减速到速度为3.5 m/s时，将与传送带一起匀速运动到最右端，此时v=3.5 m/s，B错误；若v等于3 m/s，传送带可能静止、也可能沿逆时针或顺时针方向转动，C错误，D正确。14AC【解析】由于物块只受重力和支持力，故物块的加速度方向始终相同，均为a=gsin，方向向下，故bc和cb过程是可逆的，故物块从c运动到b所用时间等于从b运动到c的时间，故 A 正确，B 错误。由b到a过程是初速度为零的匀加速直线运动，则可知tcb：tba=1：（1），而tcb+tba=t，解得：tcb=t，故 C 正确。由于b是位移中点，而不是时间中点，故物块上滑通过b点时的速度大于整个上滑过程中平均速度的大小，故 D 错误；故选 AC。【名师点睛】本题很好地考查了匀变速直线运动的可逆性及一些规律的应用，特别是平均速度公式的应用一定能熟练掌握。【名师点睛】根据滑动摩擦力公式求出A、B与木板之间的最大静摩擦力，比较拉力和最大静摩擦力之间的关系判断物体的运动情况，进而判断物体所受摩擦力的情况，根据牛顿第二定律求出B的加速度。16ACD【解析】AB、要使物体运动时不离开水平面，应有：，要使物体能向右运动，应有：联立解得：，故 A 正确，B 错误；CD、根据牛顿第二定律得，解得：，上式变形，其中，当时F有最小值，解得，对于 C 选项，解得：，故 C 正确；对于 D 选项，解得：，故 D 正确；故选 ACD。【名师点睛】要使物体不离开水平面，拉力竖直方向上的分力小于等于重力，物体能向右运动，拉力在水平方向上的分力大于摩擦力，从而得出拉力的大小范围；根据牛顿第二定律求出拉力的表达式，结合数学知识求出拉力最小值的表达式，从而得出拉力的最小值。2817BC【解析】由于小车由静止开始运动，即物体刚开始处于静止状态，对物体，水平方向上受弹簧拉力T和小车的静摩擦力f作用，根据共点力平衡条件有：f=T=6 Nfm，在小车运动加速度由零逐渐增大到1 m/s2的过程中，若物体与小车没有相对滑动，则根据牛顿第二定律有：Tf=ma，f=Tma，解得2 Nf6 N，即始终未达到最大静摩擦力，故选项B正确，当小车加速度由0增大至a=mT=0.75 m/s2的过程中，物体所受摩擦力f逐渐减小，在小车加速度由0.75 m/s2增大至1 m/s2的过程中，物体所受摩擦力f逐渐增大，故选项A错误，选项C正确；当小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为f=2 N，故选项D错误。【名师点睛】本题运用整体法和隔离法结合求解弹簧秤的弹力，是常用的方法。撤去外力时，弹簧的弹力不能突变。19ABD【解析】物体放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下。根据牛顿第二定律得：2 1sin37cos37sin37cos3710 m/s mgmgaggm，则速度从零加速到传送带的速度所需的时间为1 110s=1 s10vta，经过的位移为：2 11 11110 1m=5 m22xat 。由于sin37cos37mgmg ，可知物体与传送带不能保持相对静止，继续做匀加速运动。速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上。根据牛顿第二定律得2 2sin37cos37sin37cos372 m/s mgmgaggm，根据2 22 211 2vta tLx ，即2 2211021652tt ，解得21st，则122sttt，故 A 正确；煤块对皮带做的总功即是滑动摩擦力对传送带所做的功为12coscos0Wmgv tmgv t 皮皮，B 正确；第一秒内传送带的速度大于煤块的速度，煤块相对于传送带先后运动，相对位移： 2911110 1m5 m5 mxvtx，第二秒内煤块的速度大于传送带的速度，煤块相对于传送带向前运动，相对位移212165 m 10 1m1mxLxvt，物块相对于传送带的位移125 m 1m4 m xxx。而小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为 5 m，C 错误，D 正确。【名师点睛】本题要掌握等时圆模型的特点，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求出运动的时间，看时间与角的关系。21B【解析】由图可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定；2 s4 s 做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定；4 s6 s 做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定；6 s8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，A 错误，B 正确；根据匀变速运动的位移时间关系，位移与时间不成线性关系，C 错误，D 错误。22B【解析】AB、起飞时，飞行器受推力和重力作用，两力的合力与水平方向成 30°角斜向上，设动力为F，合力为F合，如图甲所示，在OFF合中，由几何关系得，F合mg，由牛顿第二定律得飞行器的加速度，故 A 正确，B 错误。CD、t时刻的速率va1tgt，推力方向逆时针旋转 60°，合力的方向与水平方向成 30°斜向下，推力F跟合力F合垂直，如图乙所示，30此时合力大小，动力大小，飞行器的加速度大小，到最高点的时间，故 CD 正确。本题选不正确的故选 B。【名师点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的应用，要求同学们能正确对分析器进行受力分析并能结合几何关系求解。23（1）4 m/s （2）8 m/s224B【解析】t1时刻双脚触底，在t1至t2时间内小明受到的合力向下，其加速度向下，他做加速度减小的加速下落运动；而t2至t3时间内，人所受合力向上，人应做向下的减速运动，t2时刻小明所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，小明的速度最大，故 A 错误，B 正确；在t2至t4时间内他所受的合力向上，t3时刻小明与地面之间的相互作用最大，可知在t3时刻小明的加速度方向向上，不等于 0，故 C 错误；t4时刻小明与地面之间的作用力等于他的重力，受到的合外力等于 0，故 D 错误；故选 B。25ACD【解析】据题意，由于m始终相对M静止，m在水平方向的合加速度为：a=gtan，当加速度为 2a时有：2a=gtan1，则 tan/tan1=1/2，所以 A 选项正确；对M和m整体受力分析，受到重力G、支持力N和向右的静摩擦力f，由于两者相对静止，且加速度为a时，竖直方向有(M+m)g=N，水平方向有：摩擦力为f=(M+m)a；当加速度为 2a时，竖直方向有（M+m）g=N，水平方向有：摩擦力为f1=2(M+m)a，则摩擦力增加了(M+m)a，而弹力不变，所以 B 选项错误，C 选项正确；加速度为a时m的拉力为T=mg/cos =ma/sin ，当加速度为 2a时，拉力T1=mg/cos1=2ma/sin 1，则T/T1=sin /2sin 1，所以 D 选项正确。26B【解析】画出两个质点的图象如图所示：31【名师点睛】图象法解运动问题是一种简便方法，特别针对不特殊的直线运动，无法用运动学公式计算或计算过程较复杂的题。27BD【解析】若传送带逆时针转动，由于刚开始时物块的速度小于传送带的速度，所以物块相对传送带沿斜面向上，物块受到的摩擦力沿斜面向下，故此时根据牛顿第二定律可得1sincosmgmgma，解得2 1=10 m/sa，物块加速至与传送带速度相等时需要的时间为11svta，在此时间内相对地面发生的位移为2 111=5 mf2可知，木板处于运动状态，木块相对木板静止，此时对木块和木板的整体：F=f2=2（M+m）g=0.6 N；对木块f1=F=0.6 N，选项 A 正确，B 错误；若木块和木板间恰产生滑动，则此时对木板；对整体：，解得F0=3 N，因 0.6 N<0.8 N<3 N 可知当水平拉力变为F0.8 N 时，木块与木板一起运动，选项 C 错误；由以上分析可知，当水平拉力变为F2 N<3 N 时，木块与木板间不会发生相对滑动，则选项 D 错误。故选 A。【名师点睛】物体之间判断能否产生相对滑动，就是先隔离只靠摩擦力运动的物体，然后求解最大加速度，再用整体法研究求解外力的临界值的大小。30（1）2 m/s2 1 m/s2 （2）2 s （3）8.6 m【解析】（1）物块的加速度22 m smag小车的加速度：21m sMFmgaM（2）由：0mMa tva t得：t=2 s（3）在开始 2 s 内小物块的位移：2 114 m2msa t2 s 末速度：4 m smva t在接下来的 1 s 物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度:1.2 m sFaMm这 1 s 内的位移:2 214.6 m2svtat33通过的总位移12=8.6 ms ss31（1）摩擦力的大小为 2 N （2）加速度大小 1 m/s2 （3）木板长度 54 m32（1）4 s （2）6 m【解析】（1）小滑块第一次沿斜面下滑的位移大小为：12.4m=4 msin370.6hx小滑块沿斜面下滑，由牛顿第二定律有：11sin37cos37mgmgma 沿斜面下滑的加速度大小为：2 11sin37cos372 m/s agg小滑块第一次滑到斜面底端的速度大小为：11 124 m/sva x小滑块滑上传送上后，向右做匀减速运动，减速的加速度大小为：2 222 m/sag小滑块向右速度减为零后又向左做匀加速运动，离开传送带时的速度大小仍为v1，故小滑块第一次在传带上运动的时间为：1 1 224svta（2）分析知，滑块每次滑上传送带与离开传送带的速度大小相等，设滑块在斜面上运动的总路程为s，由功34能关系有： 1cos370mghmgs滑块在斜面上运动的总路程为16 mcos37hs33A【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。由牛顿运动定律，Fmg+F弹=ma，F弹=k(x0-x),kx0=mg，联立解得F=ma+ kx，对比题给的四个图象，可能正确的是 A。【方法技巧】本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况。先在桌布上加速，后在桌面上减速。鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关。35BD【解析】当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式fNFF可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大，故 A 错误，B 正确；设斜面的倾角为，物体的质量为m，当匀速运动时有sincosmgmg，即sincos，假设物体以加速度a向上运动时，有Nm gacos（），cos（）fm ga，因为sincos，所以sincos（）（）m gam ga，故物体仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确。【名师点睛】做本题的关键是受力分析，知道变化前后，力的变化，然后根据力的分解和牛顿第二定律进行解题。36BC【解析】若12vv，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知()QPQPm gm gmma，加速度不变；若12vv，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知()PQQPm gm gmma，到小物体P加速到与传送带速度1v相等后匀速，故 B 选项可能；若12vv，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知1()QPQPm gm gmma，到小物体P减速到与传送带速度1v相等后继续向右加速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为352()QPQPm gm gmma，到加速为零后，又反向以a2加速度匀加速运动，而21aa，故 C 选项可能，AD 选项错误。【方法技巧】本题关键是由速度的大小关系，分析清楚物块与传送带之间的摩擦力，结合牛顿第二定律，判断物块的运动。【方法技巧】对连接体问题，整体法与隔离法的利用，关键是分析出相对滑动的临界状态。38（1）1 m/s （2）1.9 m【解析】（1）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f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有11Afm g21Bfm g32()ABfmmm g由牛顿第二定律得1AAfm a2BBfm a2131fffma设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有101Bvva t11 1vat36联立式，代入已知数据得11 m/sv （也可用如图的速度时间图线求解）39（1）10.120.4（2）6 m （3）6.5 m【解析】（1）根据图象可以判定碰撞前木块与木板共同速度为4 m/sv 碰撞后木板速度水平向左，大小也是4 m/sv 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24 m/s0 1sg37解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1st ，位移4.5mx ，末速度4 m/sv 其逆运动则为匀加速直线运动可得21 2xvtat代入可得21m/sa 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga可得10.138二者的相对位移最大为13246 mxxxxx 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m39