2020年高考物理一輪復習 第3章 牛頓運動定律 熱點專題（二）第15講 動力學中的三種典型物理模型學案（含解析）.doc

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第15講動力學中的三種典型物理模型熱點概述(1)本熱點是動力學方法在三類典型模型問題中的應用，其中“等時圓”模型常在選擇題中考查，而“滑塊木板”模型和“傳送帶”模型常以計算題壓軸題的形式命題。(2)通過本熱點的學習，可以培養(yǎng)同學們的審題能力、建模能力、分析推理能力和規(guī)范表達等物理學科素養(yǎng)。經過針對性的專題強化，通過題型特點和解題方法的分析，幫助同學們迅速提高解題能力。(3)用到的相關知識有：勻變速直線運動規(guī)律、牛頓運動定律、相對運動的有關知識。熱點一“等時圓”模型 1“等時圓”模型設想半徑為R的豎直圓內有一條光滑直軌道，該軌道是一端與豎直直徑相交的弦，傾角為，一個物體從軌道頂端滑到底端，則下滑的加速度agsin，位移x2Rsin，而xat2，解得t2，這也是沿直徑自由下落的時間?？偨Y：物體沿著位于同一豎直圓上的所有光滑細桿(或光滑斜面)由靜止下滑，到達圓周的最低點(或從最高點到達同一圓周上各點)的時間相等，都等于物體沿直徑做自由落體運動所用的時間。2三種典型情況(1)質點從豎直圓上沿不同的光滑弦上端由靜止開始滑到環(huán)的最低點所用時間相等，如圖甲所示。(2)質點從豎直圓上最高點沿不同的光滑弦由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖乙所示。(3)兩個豎直圓相切且兩圓的豎直直徑均過切點，質點沿不同的光滑弦從上端由靜止開始滑到下端所用時間相等，如圖丙所示。如圖所示，ab、cd是豎直平面內兩根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點為圓周的最低點，c點為圓周的最高點，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、從c到d所用的時間，則()At1t2 Bt1t2 Ct1t3Ct1aOb，由xat2可知，t2tca，故A錯誤，B、C、D均正確。2. (2018東北三校模擬)如圖所示，在豎直平面內建立直角坐標系xOy，該平面內有AM、BM、CM三條光滑固定軌道，其中A、C兩點處于同一個圓上，C是圓上任意一點，A、M分別為此圓與y軸、x軸的切點。B點在y軸上且BMO60，O為圓心?，F(xiàn)將a、b、c三個小球分別從A、B、C點同時由靜止釋放，它們將沿軌道運動到M點，如所用時間分別為tA、tB、tC，則tA、tB、tC大小關系是()AtAtCtBBtAtCtBCtAtCtBD由于C點的位置不確定，無法比較時間大小關系答案B解析由“等時圓”模型可知，A、C在圓周上，B點在圓周外，故tAtC，現(xiàn)讓一小物塊先后從三條軌道頂端由靜止下滑至底端，則小物塊在每一條傾斜軌道上滑動時所經歷的時間關系為()AtABtCDtEF BtABtCDtEFCtABtCDtEF DtABtCDtCDtEF，B正確。熱點二“傳送帶”模型1特點：傳送帶始終以恒定的速率運行，物體和傳送帶之間0。2常見的傳送帶模型(1)水平傳送帶項目圖示滑塊可能的運動情況情景1a.可能一直加速b可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將變?yōu)榱闱榫?a.v0v時，可能一直減速，也可能先減速再勻速bv0v時返回速度為v，當v0tan時，可能一直加速上滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力btan時，可能一直加速下滑，也可能先加速后勻速，勻速后摩擦力將突變?yōu)殪o摩擦力btan時，先以a1gsingcos加速下滑，若傳送帶較長，將再以a2gsingcos加速下滑例1(多選)如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端無初速放上木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，則木塊從左到右的運動時間可能是()A. B.C. D.解析若木塊一直勻加速，則有Lgt2，得t ，C正確；若到達傳送帶另一端時，速度恰好等于v，則有L tt，得t，D正確；若木塊先勻加速經歷時間t1，位移為x，再勻速經歷時間t2，位移為Lx，則有vgt1,2gxv2，vt2Lx，從而得tt1t2，A正確；由以上分析可知，木塊的運動時間一定大于，B錯誤。答案ACD方法感悟求物體在水平傳送帶上運動的時間時，因傳送帶的長度不確定，物體有可能一直加速，也可能先加速再勻速，注意分類討論。例2如圖所示，傳送帶的傾角37，從A到B的長度為LAB16 m，傳送帶以v010 m/s的速度逆時針轉動。在傳送帶上端無初速度放一個質量為m0.5 kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.5，求物體從A運動到B所需的時間是多少？(sin370.6，cos370.8，g取10 m/s2)解析開始階段，傳送帶對物體的滑動摩擦力沿傳送帶向下，物體由靜止開始加速下滑，受力如圖甲所示由牛頓第二定律得mgsinmgcosma1解得a1gsingcos10 m/s2物體加速至速度與傳送帶速度相等時需要的時間t11 s物體運動的位移x1a1t5 m16 m即物體加速到10 m/s時仍未到達B點，當物體加速至與傳送帶速度相等時，由于L8 m，則由vv2aL，得vB2 m/s。(2)由題意知，若物塊加速到v112 m/s，由vv2ax1，得x1 mL8 m。故物塊先加速后勻速運動，即物塊到達B時的速度為vBv112 m/s。(3)若向右減速到v20，由vv022ax2，得x23 mL8 m，所以物塊先向右減速到0，由v2v0at1得，減速運動的時間t11 s。接著向左加速運動，若向左加速到v34 m/s時，由vv2ax3，得x3 mx23 m，故向左先加速后勻速，由v3v2at2，得加速時間t2 s。向左勻速運動時v4v34 m/s，x4x2x3 m，由x4v4t3，得勻速運動時間t3 s，故tt1t2t3 s。4如圖所示，傾角為37的傳送帶始終保持以v5 m/s的速率順時針勻速轉動，AB兩端距離d15.25 m?，F(xiàn)將一物塊(可視為質點)無初速度從A端放上傳送帶，物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.5，取g10 m/s2, sin370.6，cos370.8，求物塊到達B端時的速度大小和物塊從A端運動到B端所用的時間。答案9 m/s2.5 s解析假設物塊由靜止能加速運動到與傳送帶速度v5 m/s相等，設此過程加速度為a1，運動時間為t1，位移為x1，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律有mgsinmgcosma1，va1t1，x1a1t，代入數(shù)據(jù)解得a110 m/s2，t10.5 s，x11.25 m，由于x11.25 mmgcos37，物塊將繼續(xù)向下做勻加速運動，設物塊此后運動的加速度為a2，運動時間為t2，位移為x2，到B端的速度為vB，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律，有mgsinmgcosma2，x2dx1vt2a2t，vBva2t2。代入數(shù)據(jù)解得a22 m/s2，t22 s，vB9 m/s，物塊從A端運動到B端所用時間tt1t22.5 s。熱點三“滑塊木板”模型滑塊木板模型是高考考查的熱點之一，涉及摩擦力的分析判斷、牛頓運動定律、勻變速直線運動等主干知識，能力要求較高。滑塊和木板的位移關系、速度關系是解答滑塊木板模型的切入點，前一運動階段的末速度是下一運動階段的初速度，解題過程中必須以地面為參考系。1模型特點：滑塊(視為質點)置于長木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。2位移關系：滑塊由木板一端運動到另一端過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差xx2x1L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移之和xx2x1L。例1如圖所示，質量M1 kg的木板A靜止在水平地面上，在木板的左端放置一個質量m1 kg的鐵塊B(大小可忽略)，鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)10.3，木板長L1 m，用F5 N的水平恒力作用在鐵塊上，g取10 m/s2。(1)若水平地面光滑，計算說明鐵塊與木板間是否會發(fā)生相對滑動；(2)若木板與水平地面間的動摩擦因數(shù)20.1，求鐵塊運動到木板右端所用的時間。解析(1)A、B之間的最大靜摩擦力為fm1mg0.3110 N3 N假設A、B之間不發(fā)生相對滑動，則對A、B整體：F(Mm)a對A：fABMa解得：fAB2.5 N因fAB0，以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得Ffmgsinma，又FfFfmmgcos，聯(lián)立解得20 N30 N，所以物塊能夠滑離木板。對木板，由牛頓第二定律得FmgcosMgsinMa1，對物塊，由牛頓第二定律得mgcosmgsinma2，設物塊滑離木板所用時間為t，木板的位移x1a1t2，物塊的位移x2a2t2，物塊與木板的分離條件為xx1x2L，聯(lián)立以上各式解得t1.2 s，物塊滑離木板時的速度va2t，由公式2gsinx0v2，解得x0.9 m。答案(1)20 N1mg，與假設矛盾，所以物塊相對長木板將向前“打滑”。t1時刻后，由牛頓第二定律得對物塊有1mgma1對木板有22mg1mgma2解得物塊和木板的加速度大小分別為a12 m/s2a24 m/s2物塊還能運動的時間t10.5 s木板還能運動的時間t20.25 s物塊全程運動的vt圖線如圖中點粗實線所示。物塊相對于木板的位移大小即為兩圖線與t坐標軸所圍面積的差值，即xx2x11.125 m。3(2016四川高考)避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等組成，如圖豎直平面內，制動坡床視為與水平面夾角為的斜面。一輛長12 m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛入制動坡床，當車速為23 m/s時，車尾位于制動坡床的底端，貨物開始在車廂內向車頭滑動，當貨物在車廂內滑動了4 m時，車頭距制動坡床頂端38 m，再過一段時間，貨車停止。已知貨車質量是貨物質量的4倍，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)為0.4；貨車在制動坡床上運動受到的坡床阻力大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos1，sin0.1，g10 m/s2。求：(1)貨物在車廂內滑動時加速度的大小和方向；(2)制動坡床的長度。答案(1)5 m/s2方向沿制動坡床向下(2)98 m解析(1)設貨物的質量為m，貨物在車廂內滑動過程中，貨物與車廂間的動摩擦因數(shù)0.4，受摩擦力大小為f，加速度大小為a1，則fmgsinma1fmgcos聯(lián)立以上二式并代入數(shù)據(jù)得a15 m/s2a1的方向沿制動坡床向下。(2)設貨車的質量為M，車尾位于制動坡床底端時的車速為v23 m/s。貨物在車廂內開始滑動到車頭距制動坡床頂端s038 m的過程中，用時為t，貨物相對制動坡床的運動距離為s1，在車廂內滑動的距離s4 m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對制動坡床的運動距離為s2。貨車受到制動坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k0.44，貨車長度l012 m，制動坡床的長度為l，則M4mMgsinFfMa2Fk(mM)gs1vta1t2s2vta2t2ss1s2ll0s0s2聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得l98 m。4(2018宜昌模擬)如圖甲所示，可視為質點的A、B兩物體置于一靜止長紙帶上，紙帶左端與A、A與B間距均為d0.5 m，兩物體與紙帶間的動摩擦因數(shù)均為10.1，與地面間的動摩擦因數(shù)均為20.2?，F(xiàn)以恒定的加速度a2 m/s2向右水平拉動紙帶，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)A物體在紙帶上的滑動時間；(2)在圖乙的坐標系中定性畫出A、B兩物體的vt圖象；(3)兩物體A、B停在地面上的距離。答案(1)1 s(2)圖見解析(3)1.25 m解析(1)兩物體在紙帶上滑動時均有1mgma1當物體A滑離紙帶時ata1td由以上兩式可得t11 s。(2)開始時A、B以a1共同加速，速度相同，A滑到地面時以a22g減速運動，B繼續(xù)加速一段時間后也滑到地面上以a2減速，故vt圖象如圖所示。(3)物體A離開紙帶時的速度v1a1t1兩物體在地面上運動時均有2mgma2物體A從開始運動到停在地面上的過程中總位移x1物體B滑離紙帶時ata1t2d物體B離開紙帶時的速度v2a1t2物體B從開始運動到停在地面上的過程中總位移x2兩物體A、B最終停止時的間距xx2dx1由以上各式可得x1.25 m。課后作業(yè)1. 如圖，光滑水平面上，水平恒力F作用在木塊上，長木板和木塊間無相對滑動，長木板質量為M，木塊質量為m。它們的共同加速度為a，木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為，則在運動過程中()A木塊受到的摩擦力一定是mgB木塊受到的合力為FC長木板受到的摩擦力為mgD長木板受到的合力為答案D解析整體的加速度a， 隔離長木板，受力分析，長木板所受的合力為F合，且長木板所受的合力等于長木板所受的靜摩擦力。又長木板所受的靜摩擦力等于長木板對木塊的靜摩擦力，不一定等于mg，故A、C錯誤，D正確；木塊所受的合力為F合ma，故B錯誤。2(多選)如圖所示，一質量為M的斜面體靜止在水平地面上，斜面傾角為，斜面上疊放著A、B兩物體，物體B在沿斜面向上的力F的作用下沿斜面勻速上滑。若A、B之間的動摩擦因數(shù)為，tan，A、B質量均為m，重力加速度為g，則()AA、B保持相對靜止BA、B一定相對滑動CB與斜面間的動摩擦因數(shù)為DB與斜面間的動摩擦因數(shù)為答案BD解析因為mgcos，所以A、B一定相對滑動，A錯誤，B正確；選物體B為研究對象，由牛頓第二定律得FmgcosmgsinB2mgcos0，B，故C錯誤，D正確。3(多選)如圖甲所示，一質量為M的長木板靜置于光滑水平面上，其上放置一質量為m的小滑塊。木板受到水平拉力F作用時，用傳感器測出長木板的加速度a與水平拉力F的關系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2，下列說法正確的是()A小滑塊的質量m2 kgB小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1C當水平拉力F7 N時，長木板的加速度大小為3 m/s2D當水平拉力F增大時，小滑塊的加速度一定增大答案AC解析當F6 N時，兩物體恰好具有最大共同加速度，對整體分析，由牛頓第二定律有F(Mm)a，代入數(shù)據(jù)解得Mm3 kg，當F大于6 N時，兩物體發(fā)生相對滑動，對長木板有a，圖線的斜率k1，解得M1 kg，滑塊的質量m2 kg，A正確；滑塊的最大加速度ag2 m/s2，所以小滑塊與長木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2，B錯誤；當F7 N時，由a知長木板的加速度a3 m/s2，C正確；當兩物體發(fā)生相對滑動時，滑塊的加速度ag2 m/s2，恒定不變，D錯誤。4(2018濰坊模擬)(多選)如圖所示，傾斜的傳送帶順時針勻速轉動，一物塊從傳送帶上端A滑上傳送帶，滑上時速率為v1，傳送帶的速率為v2，且v2v1，不計空氣阻力，動摩擦因數(shù)一定，關于物塊離開傳送帶的速率v和位置，下面哪個是可能的()A從下端B離開，vv1 B從下端B離開，vv1C從上端A離開，vv1 D從上端A離開，vv1答案ABC解析物塊從A端滑上傳送帶，在傳送帶上必先相對傳送帶向下運動，由于不確定物塊與傳送帶間的摩擦力和物塊的重力沿傳送帶向下的分力的大小關系及傳送帶的長度，故有多種可能情況。若從A端離開，由運動的對稱性可知，必有vv1，即C正確，D錯誤；若從B端離開，當摩擦力大于重力的分力時，vv1，A正確；當摩擦力和重力的分力相等時，物塊一直做勻速直線運動，vv1，故本題應選A、B、C。5(多選)如圖，一個質量為m1 kg的長木板置于光滑水平地面上，木板上放有質量分別為mA1 kg和mB2 kg 的A、B兩物塊。A、B兩物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)都為0.2。若現(xiàn)用水平恒力F作用在A物塊上，取重力加速度g10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，則下列說法正確的是()A當F2 N時，A物塊和木板開始相對滑動B當F1 N時，A、B兩物塊都相對木板靜止不動C若F4 N，則B物塊所受摩擦力大小為 ND若F6 N，則B物塊的加速度大小為1 m/s2答案BC解析假設A、B兩物塊與木板相對靜止一起運動，對整體有F(mmAmB)a，對B有fBmBa，且fBmBg，對A有FfAmAa，且fAmAg，對B和木板整體fA(mmB)a，解得F N，故A錯誤，B正確；當F N時，A與長木板相對運動，B與長木板相對靜止，故F4 N時，mAg(mmB)a1，fB1mBa1，解得fB1 N，故C正確；若F6 N，則B物塊加速度大小為a1 m/s2，故D錯誤。6(2018濟寧模擬)如圖所示，光滑細桿BC、DC和AC構成矩形ABCD的兩鄰邊和對角線，ACBCDC543，AC桿豎直，各桿上分別套有一可看成質點的小球a、b、d，a、b、d三小球的質量比為 123，現(xiàn)讓三小球同時從各桿的頂點由靜止釋放，不計空氣阻力，則a、b、d三小球在各桿上滑行的時間之比為()A111 B543C589 D123答案A解析因ABCD為矩形，故A、B、C、D四點必在以AC線段為直徑的同一個圓周上，由等時圓模型可知，從A、B、D三點由靜止釋放的小球a、b、d必定同時到達圓的最低點C點，故A正確。7(2018河南省仿真模擬)(多選)如圖甲所示，一小物塊從水平轉動的傳送帶的右側滑上傳送帶，固定在傳送帶右端的位移傳感器記錄了小物塊的位移x隨時間t的變化關系，如圖乙所示。已知圖線在前3.0 s內為二次函數(shù)，在3.04.5 s內為一次函數(shù)，取向左運動的方向為正方向，傳送帶的速度保持不變，g取10 m/s2。下列說法正確的是()A傳送帶沿順時針方向轉動B傳送帶沿逆時針方向轉動C傳送帶的速度大小為2 m/sD小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2答案ACD解析由xt圖象可知，圖象的斜率等于速度，故物塊的速度先減小到零后，反向增加，最后勻速運動回到初始位置，可判斷傳送帶沿順時針方向轉動，A正確，B錯誤；由3.04.5 s內的圖象可知，傳送帶的速度v m/s2 m/s，C正確；因2 s末物塊的速度減為零，位移為4 m，由xat2知a2 m/s2，則根據(jù)ag可知，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，D正確。8(2018蘭州模擬)如圖所示，質量M8 kg的小車靜止在光滑水平面上，在小車右端施加一水平拉力F8 N，當小車速度達到1.5 m/s時，在小車的右端由靜止輕放一大小不計、質量m2 kg的物體，物體與小車間的動摩擦因數(shù)0.2，小車足夠長，物體從放上小車開始經t1.5 s的時間，則物體相對地面的位移為(g取10 m/s2)()A1 m B2.1 m C2.25 m D3.1 m答案B解析放上物體后，物體的加速度a1g2 m/s2，小車的加速度a20.5 m/s2，設物體的速度達到與小車共速的時間為t1，則a1t1v0a2t1，解得t11 s；此過程中物體的位移s1a1t1 m；共同速度為va1t12 m/s；當物體與小車共速后假設相對靜止，則共同加速度為a0.8 m/s2，物體受到的摩擦力fma1.6 N，而fmaxmg4 N，fs，故工件從A到B一直減速，由勻變速運動規(guī)律可知vv2gs，代入數(shù)據(jù)解得vB3 m/s，當滿足B、C、D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，加速度大小還是g，所以工件到達B端時的瞬時速度仍為3 m/s，故A、B、C正確，D錯誤。10(2018保定模擬)(多選)如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為，在傳送帶上某位置輕輕放置一小木塊，小木塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為，小木塊速度隨時間變化關系如圖乙所示，v0、t0已知，則()A傳送帶一定逆時針轉動BtanC傳送帶的速度大于v0Dt0后木塊的加速度為2gsin答案AD解析若傳送帶順時針轉動，當木塊下滑時(mgsinmgcos)，將一直勻加速到底端；當木塊上滑時(mgsinf3，故假設成立。設在t1時刻，B與木板達到共同速度，設大小為v1。由運動學公式有v1v0aBt1v1a1t1聯(lián)立式，代入已知數(shù)據(jù)得v11 m/s(2)在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為sBv0t1aBt在B與木板達到共同速度v1后，因為1g2g，所以B和木板相對靜止，共同減速，設木板的加速度大小為a2，對于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；故B與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2，設A的速度大小從v1變到v2所用時間為t2，則由運動學公式，對木板有v2v1a2t2對A有v2v1aAt2在t2時間間隔內，B(以及木板)相對地面移動的距離為s1v1t2a2t在(t1t2)時間間隔內，A相對地面移動的距離為sAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同。因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為s0sAs1sB聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得s01.9 m。(也可用如圖的速度時間圖線求解)12(2015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4.5 m，如圖a所示。t0時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t1 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時間內小物塊的v t圖線如圖b所示。木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2。求：(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)1及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)2；(2)木板的最小長度；(3)木板右端離墻壁的最終距離。答案(1)10.120.4(2)6.0 m(3)6.5 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，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為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，由運動學公式得v1v0a1t1s0v0t1a1t式中，t11 s，s04.5 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10.1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。設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有2mgma2由題圖b可得a2式中，t22 s, v20，聯(lián)立式和題給條件得20.4。(2)設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3。由牛頓第二定律及運動學公式得2mg1(Mm)gMa3v3v1a3tv3v1a2t碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為s1t小物塊運動的位移為s2t小物塊相對木板的位移為ss2s1聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.0 m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0 m。(3)在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為s3，由牛頓第二定律及運動學公式得1(mM)g(mM)a40v2a4s3碰后木板運動的位移為ss1s3聯(lián)立式，并代入數(shù)值得s6.5 m木板右端離墻壁的最終距離為6.5 m。