《广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题02牛顿力学中的板块模型——提高篇（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广州市2019年高中物理力学竞赛辅导资料专题02牛顿力学中的板块模型——提高篇（含解析）.doc（18页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、专题02 牛顿力学中的板块模型提高篇【分析思路】【方法技巧】说明：本专题分牛顿力学中的板块模型（一）和牛顿力学中的板块模型（二），这是专题（二）（二）水平面上的板块模型22.如图17所示，一长L2 m、质量M4 kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l5 m，木板的正中央放有一质量为m1 kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为10.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48 N，g取10 m/s2，试求：图17(1)F作用了1.2 s时，木板的右端离平台边缘的距离；(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数2
2、应满足的条件.【答案】(1)0.64 m(2)20.2【解析】(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：对木板：F1(Mm)g1mgMa1，解得a16 m/s2对物块：1mgma2，解得a24 m/s2，故假设成立设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则a1t2a2t2，解得t1 s在此过程：木板位移x1a1t23 m，末速度v1a1t6 m/s物块位移x2a2t22 m，末速度v2a2t4 m/s在物块从木板上滑落后的t00.2 s内，由牛顿第二定律：对木板：F1MgMa1，解得a18 m/s2木板发生的位移x1v1t0a1t1.36 m此时木板右端距平台边缘xlx1x10.
3、64 m(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：对物块：2mgma2，解得a22g若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2要使物块最终不会从平台上掉下去需满足lx2x2联立解得20.2.23如图，上表面光滑、下表面粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在木板的上表面。t = 0时刻，给木板一个水平向右的初速度v0，同时对木板施加一个水平向左的恒力F，经一段时间，滑块从木板上掉下来。已知木板质量M =3kg，高h = 0.2m，与地面间的动摩擦因数=0.2；滑块质量m =0.5kg，初始位置距木板左端L1=0.46m，距木板右端L2=0.14m；初速度v0=2m/s
4、，恒力F = 8N，重力加速度g=10m/s2。求：（1）滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；（2）滑块离开木板时，木板的速度大小；（3）从t = 0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。L1L2Fv0左右【解析】（1）设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为t0，以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知 ）得 （2）以木板为研究对象，向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律 得a1=5m/s2，则木板减速到零所经历的时间 ，所经过的位移 由于s1L1=0.46m，表明这时滑块仍然停留在木板上 此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律
5、 得a2=m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移 该过程根据运动学公式 得t2=1.8s滑块滑离瞬间木板的速度 （3）滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律 得a3=m/s2故木板在这段时间的位移为整个过程摩擦力对木板做的功为得24如图18甲所示，质量M1 kg 的木板静止在水平面上，质量m1 kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数10.1，铁块与木板之间的动摩擦因数20.4，取g10 m/s2.现给铁块施加一个水平向左的力F.图18(1)若力F恒为8 N，经1 s铁块运动到木板的左端求：木板的长度L.(
6、2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长试通过分析与计算，在图乙中作出铁块受到的摩擦力Ff随力F大小变化的图象【解析】(1)对铁块，由牛顿第二定律：F2mgma1对木板，由牛顿第二定律：2mg1(Mm)gMa2设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则x木a2t2x铁a1t2又：x铁x木L联立解得：L1 m(2)()当F1(mM)g2 N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力成正比，即：FfF()当F1(mM)g2 N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则：F1(mM)g(mM)aFFfma解得：F2Ff2此时：Ff2mg4 N，也即F6 N所以：当2 N6 N时，M、m相
7、对滑动，此时铁块受到的摩擦力为：Ff2mg4 NFfF图象如图所示25 如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=14m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的aF图象如图乙所示，取g=10m/s2求：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数（2）若水平恒力F=27.8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长【解析】（1）由图乙可知，当恒力F25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研
8、究对象，根据牛顿第二定律得，1mgma1代入数据解得10.4以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F1mg2（mM）gMa2，则结合图象可得，解得20.1（2）设m在M上滑动的时间为t，当水平恒力F27.8N时，由（1）知滑块的加速度为，而滑块在时间t内的位移为，由（1）可知木板的加速度为，代入数据解得a24.7m/s2，而木板在时间t内的位移为由题可知，s1s2L，代入数据联立解得t2s26图19甲中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为0.2。在木板上施加一水平向右的拉力F，在03 s内F的变化如图乙所示，图中F以mg
9、为单位，重力加速度g10 m/s2。整个系统开始时静止。(1)求1 s、1.5 s、2 s、3 s末木板的速度以及2 s、3 s末物块的速度；(2)在同一坐标系中画出03 s内木板和物块的vt图像，据此求03 s内物块相对于木板滑过的距离。图19【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f。根据牛顿第二定律、运动学公式得对物块fmafmg当vtvt时vt2vt1a(t2t1)对木板Ff(2m)avt2vt1a(t2t1)由式与题给条件得v14 m/s，v1.54.5 m/s，v24 m/s，v34 m/sv24 m/s
10、，v34 m/s。(2)由(1)的结果得到物块与木板运动的vt图像，如图所示。在03 s内物块相对于木板滑过的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中阴影部分的面积。阴影部分由两个三角形组成：上面的三角形面积代表0.25 m，下面的三角形面积代表2 m，因此s2.25 m。27如图20所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。图20(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的
11、大小；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2。若砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？ 【解析】(1)砝码对纸板的摩擦力f1m1g桌面对纸板的摩擦力f2(m1m2)gff1f2解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1Ff1f2m2a2发生相对运动a2a1解得F2(m1m2)g。(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t12纸板运动的距离dx1a2t12纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3t22lx1x2由题意知a1a3，
12、a1t1a3t2解得F2g代入数据得F22.4 N。28如图所示，一小锤用细线系于固定悬挂点O处，将小锤拉至O左侧一定高度（不超过O点所在的水平面）由静止释放，小锤恰好在最低点P与停在光滑水平面上的物块发生弹性正碰，碰后物块冲向右边固定在墙上的细长钢钉已知物块和小锤的质量分别为m、3m；物块和钢钉的长度分别为l、2l，OP距离为R；当小锤释放点距离P的高度时，物块最终停止时其右端到墙的水平距离为重力加速度为g物块未被穿透时受到的阻力大小只与钢钉进入物块的深度有关，物块被穿透后受到的阻力恒为（1）当时，小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力；（2）当时，物块开始接触钢钉时的速度大小；（3）要使物块最终被
13、穿透但又没碰到墙，试求h的取值范围并讨论在此范围内物块停止时其右端与墙的水平距离x与h的关系式【解析】（1）假设小锤下落h运动到P点时速度大小为，小锤与物块碰前瞬间受到细线的拉力大小为T，小锤下降过程，应用动能定理有 小锤刚到P点，应用牛顿第二定律有 当h=时，代入并联立解得 由牛顿第三定律可知小锤与物块碰前瞬间对细线的拉力大小为，方向竖直向下； （2）假设小锤与物块碰后速度大小分别为、，小锤与物块弹性碰撞过程应用动量守恒定律和机械能守恒定律有 当h=时，代入并联立解得， ； （3）依题意可知，物块被穿透过程中受到的阻力为变力，假设此过程阻力做功为；物块被穿透后运动过程所受阻力为恒力，此过程阻
14、力做功为；物块减速到零的过程，由动能定理有 当h=时，代入并联立解得 当时，由前面分析可知物块接触钢钉前瞬间的速度为，物块接触钢钉后到物块停止过程，代入并联立解得依题意可知应满足 代入可得： 题意又要求，由知，代入得，即符合题意要求 综上，h的取值范围为，此范围内29如图所示，质量为M=4kg的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量m=1kg大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的摩擦因数=0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F=8N，铁块在长L=6m的木板上滑动。取g=10m/s2。求：（1）经过多长时间铁块运动到木板的左端（2）在铁块到达木板左端的过程中，恒力F对铁块所做的功（3）
15、在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能【解析】（1）铁块与木板间的滑动摩擦力 铁块的加速度 木板的加速度 铁块滑到木板左端的时间为t，则 代入数据解得： （2）铁块位移 木板位移 恒力F做的功 （3）方法一：铁块的动能 木板的动能 铁块和木板的总动能 方法二：铁块的速度铁块的动能木板的速度木板的动能铁块和木板的总动能30一大小不计的木块通过长度忽略不计的绳固定在小车的前壁上，小车表面光滑。某时刻小车由静止开始向右匀加速运动，经过2 s，细绳断裂。细绳断裂前后，小车的加速度保持不变，又经过一段时间，滑块从小车左端刚好掉下，在这段时间内，已知滑块相对小车前3 s内滑行了4.5 m，后3 s内滑行
16、了10.5 m。求从绳断到滑块离开车尾所用的时间是多少？图21【解析】设小车加速度为a。绳断裂时，车和物块的速度为v1at1。断裂后，小车的速度vv1at2，小车的位移为：x1v1t2at滑块的位移为：x2v1t2绳断后，前3 s相对位移有关系：xx1x2at4.5 m得：a1 m/s2细绳断开时小车和物块的速度均为：v1at112 m/s2 m/s设后3 s小车的初速度为v1，则小车的位移为：x1v1t4at滑块的位移为：x2v1t4得：x1x23v14.5 m3v110.5 m解得：v14 m/s由此说明后3 s实际上是从绳断后2 s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t总5 s31有一
17、项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图22所示，滑板长L1 m，起点A到终点线B的距离s5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数0.5，地面视为光滑，滑块质量m12 kg，滑板质量m21 kg，重力加速度g10 m/s2，求：图22(1)滑板由A滑到B的最短时间；(2)为使滑板能以最短时间到达，水平恒力F的取值范围。【解析】(1)滑板一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，fm1gm2a2，a210 m/s2，s，t1 s。 (2)刚好相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时
18、可认为二者加速度相等，F1m1gm1a2，F130 N。当滑板运动到B点，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2m1gm1a1，L，F234 N。则水平恒力大小范围是30 NF34 N。32如图23甲所示，有一倾角为30的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m1 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的vt图象如图乙所示，g10 m/s2。求：图23(1)水平作用力F的大小；(2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量
19、。【解析】(1)滑块受力如图所示，根据平衡条件，有mgsin Fcos 解得F N(2)当力F变为水平向右之后，由牛顿第二定律，有mgsin Fcos ma解得a10 m/s2根据题意，由题图乙可知，滑块滑到木板上的初速度v10 m/s。滑块下滑的位移x，解得x5 m故滑块下滑的高度hxsin 302.5 m(3)由题图乙可知，滑块和木板起初相对滑动，当达到共同速度后一起做匀减速运动，两者共同减速时加速度a11 m/s2，相对滑动时，木板的加速度a21 m/s2，滑块的加速度大小a34 m/s2，设木板与地面间的动摩擦因数为1，滑块与木板间的动摩擦因数为2，对它们整体受力分析，有a11g，解得
20、10.102 s内分别对木板和滑块受力分析，即对木板：2mg1(Mm)gMa2对滑块：2mgma3联立解得M1.5 kg。33在平台AD中间有一个长为2l的凹槽BC，质量为m的滑板上表面与平台AD等高，质量为2m的铁块(可视为质点)与滑板间的动摩擦因数为1，铁块以一定的初速度滑上滑板后，滑板开始向右做匀加速运动，当滑板右端到达凹槽右端C时，铁块与滑板的速度恰好相等，滑板与凹槽右侧边碰撞后立即原速反弹，左端到达凹槽B端时速度恰好为零，而铁块则滑上平台CD。重力加速度为g。图24(1)若滑板反弹后恰好能回到凹槽左端，则滑板与凹槽间动摩擦因数2多大？(2)求铁块滑上滑板时的初速度大小v0。【解析】(
21、1)设滑板向右加速滑动时加速度大小为a1，反弹后向左滑动时加速度大小为a2，滑板与凹槽右端碰撞时的速度大小为v，由运动规律得滑板向右做初速度为零的匀加速运动，则v22a1l反弹后向左做匀减速运动，末速度为零，则0v22a2l 滑板向右运动时水平方向受到铁块向右的滑动摩擦力和槽底向左的滑动摩擦力，向左滑动时只受槽底向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得12mg23mgma12mgma2联立解得21(2)由得v铁块向右滑动的加速度大小为a，则12mg2ma铁块向右做匀减速运动，有v2v2a2l由解得v034如图25所示，一长木板静止在水平地面上，在长木板的上表面放一滑块。现在长木板上施加一水平向左的恒
22、力，使长木板由静止开始以恒定的加速度a2.5 m/s2向左做匀加速直线运动，当其速度为v9 m/s时调整恒力的大小使长木板做匀速直线运动。假设滑块与长木板之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块与长木板之间的动摩擦因数为0.225，重力加速度g10 m/s2，运动过程中滑块始终未滑离长木板。求：图25 (1)长木板的速度达到v前滑块的加速度大小；(2)滑块相对地面加速运动的时间及位移大小；(3)为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离。【解析】(1)设滑块的质量为m，滑块的最大加速度为a，根据牛顿第二定律有mgma解得a2.25 m/s22.5 m/s2，滑块与长
23、木板存在相对运动，则滑块的加速度大小为2.25 m/s2(2)设滑块相对地面加速运动的时间为t1，加速运动的位移大小为x1，则t14 sx118 m(3)设长木板做匀加速直线运动的时间为t2，则t23.6 s设滑块与长木板达到共同速度时长木板的位移为x2，则x2v(t1t2)19.8 m要使滑块不从长木板上滑落，滑块与长木板右端的最短距离为xx2x11.8 m35质量M3 kg 的长木板放在光滑的水平面上。在水平拉力F11 N作用下由静止开始向右运动。如图26所示，当速度达到1 m/s时，将质量m4 kg的物块轻轻放到木板的右端。已知物块与木板间动摩擦因数0.2，物块可视为质点。(g10 m/
24、s2)求：图26(1)物块刚放置在木板上时，物块和木板的加速度分别为多大；(2)木板至少多长物块才能与木板最终保持相对静止；(3)物块与木板相对静止后物块受到的摩擦力大小？【解析】(1)放上物块后，物块的加速度a1g2 m/s2。木板的加速度a21 m/s2。(2)当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1tv0a2t，得t1 s，1 s内木板位移x1v0ta2t21.5 m，物块位移x2a1t21 m。所以板长Lx1x20.5 m。(3)相对静止后，对整体F(Mm)a，对物块fma，故fm6.29 N。36如图所示，在光滑水平面上有物块A、B，可看作质点的物块C放在B的右端，开始时用手使A、B
25、之间压缩了一根劲度系数较大的轻弹簧，弹簧与物块A、B都不粘连；然后突然放手使A、B各自向左、右弹射出去，在B向右运动过程中，C最终停在B上。已知弹簧被手压缩时的弹性势能E=12J，三物块的质量为，C与B之间的动摩擦因数=0.2，求：(1)B的长度L至少多长。（2）若C是在突然放手的同时，以v0=3 m/s向左运动，求C相对地面向左运动的最大位移S。（设B足够长的）【解析】（）由于弹簧与物块A、B不粘连，突然把压缩的轻弹簧放手，使A、B在短时间弹射出去，此时C的速度不改变，仍然为0。设B、C质量均为，放手后A 、B的速度分别为v1、v2A、B系统的动量守恒 0= m A v1- m v2 （）A
26、、B和弹簧组成的系统的机械能守恒 E=（2）代入数据解得 v2=4m/s 设B、C同速为v3，B、C系统的动量守恒 m v2 = 2m v3 （3）得 v3= 2m/s 对B、C系统，椐能量转化与守恒定律，摩擦生热Q=EKf S相= （4）即mgL=代入数据解得B的最短长度L =2m （2）因为B、C都作加速度大小相同的匀减速运动，C先将速度减到零，以后再向右运动，则C将速度减到零时有向左运动的最大对地位移S。对C，据动能定理W=EK mg S=0 （5）代入数据解得S= 2.25m 37一长木板在水平地面上运动，在t0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度时间图象如图2
27、7所示。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。取重力加速度的大小g10 m/s2，求：图27(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。【解析】(1)从t0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在t10.5 s时，物块和木板的速度相同。设t0到tt1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1a2式中v05 m/s、v11 m/s分别为木板在t0、tt1时
28、速度的大小。设物块和木板的质量为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为1、2，由牛顿第二定律得1mgma1(122)mgma2联立式得10.2020.30(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则由牛顿第二定律得fma122mgfma2假设f1mg，则a1a2由式得f2mg1mg，与假设矛盾。故f1mg由式知，物块加速度的大小a1a1；物块的vt图象如图中点划线所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s12s2t1物块相对于木板的位移的大小为ss
29、2s1联立式得s1.125 m38一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28(a)所示。t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1 s时木板与墙壁碰撞(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vt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/s2。求：图28 (1)木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。【解析】(1)根据图象可以判
30、定碰撞前小物块与木板共同速度为v4 m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4 m/s小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a2 m/s24 m/s2。根据牛顿第二定律有2mgma2，解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1 s，位移x4.5 m，末速度v4 m/s其逆运动为匀加速直线运动，可得xvta1t2解得a11 m/s2小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：1(m15m)g(m15m)a1，即 1ga1解得10.1(2)设碰撞后，设木板的加速度为a3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有1(15mm)g2mg15ma3可得a3
31、 m/s2对滑块，加速度大小为a24 m/s2由于a2a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t11 s在此过程中，木板向左运动的位移为x1vt1a3t m, 末速度v1va3t1 m/s滑块向右运动的位移x2t12 m此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a24 m/s2木板继续减速，加速度大小仍为a3 m/s2假设又经历时间t2二者速度相等，则有a2t2v1a3t2解得t20.5 s在此过程中，木板向左运动的位移x3v1t2a3t m，末速度v3v1a3t22 m/s滑块向左运动的位移x4a2t0.5 m此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为xx1x2x3x46 m小物块始
32、终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m(3) 最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a11 m/s2向左运动的位移为x52 m所以木板右端离墙壁最远的距离为xx1x3x56.5 m。39如图29甲所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的vt图象分别如图乙中的折线acd和bcd所示 ，a、b、c、d点的坐标为a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)。根据vt图象，(g取10 m/s2)，求：甲乙图29(1)物块冲上木板做匀减
33、速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2，达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小a；(2)物块质量m与长木板质量M之比；(3)物块相对长木板滑行的距离x。【解析】(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1 m/s21.5 m/s2木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2 m/s21 m/s2达到相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a m/s20.5 m/s2。(2)物块冲上木板匀减速运动时：1mgma1木板匀加速时：1mg2(Mm)gMa2速度相同后一起匀减速运动，对整体2(Mm)g(Mm)a解得。(3)由vt图象知，物块在木板上相对滑行的距离x104 m20 m。