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专题05 滑块木板模型
[模型导航]
【模型分类】 1
模型一 光滑面上外力拉板 1
模型二 光滑面上外力拉块 1
模型三 粗糙面上外力拉板 2
模型四 粗糙面上外力拉块 2
模型五 粗糙面上刹车减速 2
【常见问题】 3
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 3
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 3
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 4
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 4
【模型例析】 5
[模型分析]
【模型分类】
模型一 光滑面上外力拉板
加速度 分离 不分离
m1最大加速度a1max=μg m2加速度a2=(F-μm1g)/m2 条件：a2>a1max 即F>μg(m1+m2) 条件：a2≤a1max即 F≤μg(m1+m2) 整体加速度a=F/(m1+m2) 内力f=m1F/(m1+m2)
模型二 光滑面上外力拉块
加速度 分离 不分离
m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1加速度a1=(F-μm1g)/m1 条件：a1>a2max 即F>μm1g(1+m1/m2) 条件：a2≤a1max 即 F≤μm1g(1+m1/m2) 整体加速度a=F/(m1+m2) 内力f=m2F/(m1+m2)
模型三 粗糙面上外力拉板
不分离（都静止） 不分离（一起加速） 分离
条件： F≤μ2(m1+m2)g 条件：a2≤a1max 即 μ2(m1+m2)ga1max=μ1g 即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力区间范围
模型四 粗糙面上外力拉块
μ1m1g>μ2(m1+m2)g 一起静止 一起加速 分离
条件： F≤μ2(m1+m2)g 条件： μ2(m1+m2)ga2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2 即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力区间范围
模型五 粗糙面上刹车减速
一起减速 减速分离
m1最大刹车加速度：a1max=μ1g 整体刹车加速度a=μ2g 条件：a≤a1max即μ2≤μ1 条件：a>a1max即μ2>μ1 m1刹车加速度：a1=μ1g m2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2 加速度关系：a1【常见问题】
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板 板带块
μ1≥μ2 μ1<μ2
【模型例析】
一．选择题（共4小题）
（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为1.5m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2
C．经过的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s
如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）
A．当Fμmg时，A、B都相对地面静止
B．当Fμmg时，A的加速度μg
C．当F＞6μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（　　）
A．仅增大恒力F
B．仅增大木板的质量M
C．仅增大木块的质量m
D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数
二．多选题（共6小题）
（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度
（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间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a F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
（多选）如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝1kg、长度为L的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面的动摩擦因数μ2＝0.2。一质量为m＝2kg可视为质点的滑块静止在距A点距离为L0＝9m的位置。现用F＝9N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑动到A点时的速度大小为9m/s
B．滑块滑动到长木板上时，长木板的加速度大小为5m/s2
C．从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为1s
D．要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为6.5m
（多选）（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（　　）
A．物块到达小车最右端时，其动能为（F﹣f）（L+x）
B．摩擦力对小物块所做的功为fL
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为fx
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为 F（L+x）
（多选）如图所示，小车板面上的物体质量为m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动。以下说法正确的是（　　）
A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
B．物体受到的摩擦力一直减小
C．当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用
D．小车以1m/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8N
三．计算题（共4小题）
如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面上放置一质量为mB＝3kg的带挡板P的木板B，木板P端距斜面底端的距离为x＝23m，木板上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75。木板上质量为mA＝1kg的小滑块A与挡板P的距离为L＝4m，某时刻小滑块A和木板B同时瞬间获得v0＝2m/s的沿斜面向下的速度，已知滑块与挡板P间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中滑块A始终在木板B上运动，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求
（1）刚开始运动时木板B的加速度大小；
（2）从开始运动到滑块与挡板P发生第1次碰撞的时间；
（3）木板B的最小长度；
（4）木板P端到达斜面底端时滑块与挡板P发生碰撞的次数。
已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧．如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M＝90g（不含球的质量），羽毛球质量为m＝5g，羽毛球头部离筒的上端距离为d＝6.25cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1＝0.1N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动），求：
（1）当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
如图甲所示，木板质量M＝0.5kg，长L＝1m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/s2。求：
（1）Q2的大小；
（2）物块的初速度v0的大小；
（3）A点的坐标对应的Q1与F1的大小。
四．解答题（共2小题）
图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝30°的足够长斜面，斜面底部有一固定挡板。一足够长的木板位于斜面底端，木板质量为5m，在木板上端有一质量为m的物块。已知木板与斜面之间的动摩擦因数μ1，物块与木板之间的动摩擦因数μ2，重力加速度g取10m/s2。现给木板一个沿斜面向上的初速度v0＝37.5m/s，同时给物块一个大小也为v0、方向沿斜面向下的初速度。假设每次木板与挡板碰撞前后速度大小不变，求：（sin30°，cos30°，你可能会用到a+aq+aq2+aq3+……+aqn﹣1）
（1）刚开始运动时物块和木板的加速度的大小；
（2）经多长时间木板与挡板第一次发生碰撞；
（3）最终物块与木板上端之间的距离（结果可用分数表示）。
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专题05 滑块木板模型
[模型导航]
【模型分类】 1
模型一 光滑面上外力拉板 1
模型二 光滑面上外力拉块 1
模型三 粗糙面上外力拉板 2
模型四 粗糙面上外力拉块 2
模型五 粗糙面上刹车减速 2
【常见问题】 3
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题 3
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题 3
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题 4
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题 4
【模型例析】 5
[模型分析]
【模型分类】
模型一 光滑面上外力拉板
加速度 分离 不分离
m1最大加速度a1max=μg m2加速度a2=(F-μm1g)/m2 条件：a2>a1max 即F>μg(m1+m2) 条件：a2≤a1max即 F≤μg(m1+m2) 整体加速度a=F/(m1+m2) 内力f=m1F/(m1+m2)
模型二 光滑面上外力拉块
加速度 分离 不分离
m2最大加速度a2max=μm1g/m2 m1加速度a1=(F-μm1g)/m1 条件：a1>a2max 即F>μm1g(1+m1/m2) 条件：a2≤a1max 即 F≤μm1g(1+m1/m2) 整体加速度a=F/(m1+m2) 内力f=m2F/(m1+m2)
模型三 粗糙面上外力拉板
不分离（都静止） 不分离（一起加速） 分离
条件： F≤μ2(m1+m2)g 条件：a2≤a1max 即 μ2(m1+m2)ga1max=μ1g 即F>(μ1+μ2)g(m1+m2)
外力区间范围
模型四 粗糙面上外力拉块
μ1m1g>μ2(m1+m2)g 一起静止 一起加速 分离
条件： F≤μ2(m1+m2)g 条件： μ2(m1+m2)ga2max=[μ1m1g-μ2(m1+m2)g]/m2 即F>(μ1-μ2)m1g(1+m1/m2)
外力区间范围
模型五 粗糙面上刹车减速
一起减速 减速分离
m1最大刹车加速度：a1max=μ1g 整体刹车加速度a=μ2g 条件：a≤a1max即μ2≤μ1 条件：a>a1max即μ2>μ1 m1刹车加速度：a1=μ1g m2刹车加速度：a2=μ2(m1+m2)g-μ1m1g)]/m2 加速度关系：a1【常见问题】
问题1． 板块模型中的运动学单过程问题
恒力拉板 恒力拉块
分离，位移关系：x相对= a2t02－ a1t02=L 分离，位移关系：x相对= a1t02－ a2t02=L
问题2． 板块模型中的运动学多过程问题1——至少作用时间问题
问题：板块分离，F至少作用时间？
过程①：板块均加速 过程：②板加速、块减速
位移关系：x1相对+x2相对=L即Δv·(t1+t2)/2=L； 利用相对运动Δv=(a2－a1)t1 、Δv=(a2+a1')t2
问题3． 板块模型中的运动学多过程问题2——抽桌布问题
抽桌布问题 简化模型
过程①：分离 过程：②匀减速
分离，位移关系：x2－x1=L1 0v0多过程问题，位移关系：x1+x1'=L2
问题4． 板块模型中的运动学粗糙水平面减速问题
块带板 板带块
μ1≥μ2 μ1<μ2
【模型例析】
一．选择题（共4小题）
（2023 湖南）如图，光滑水平地面上有一质量为2m的小车在水平推力F的作用下加速运动。车厢内有质量均为m的A、B两小球，两球用轻杆相连，A球靠在光滑左壁上，B球处在车厢水平底面上，且与底面的动摩擦因数为μ，杆与竖直方向的夹角为θ，杆与车厢始终保持相对静止。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（　　）
A．若B球受到的摩擦力为零，则F＝2mgtanθ
B．若推力F向左，且tanθ≤μ，则F的最大值为2mgtanθ
C．若推力F向左，且μ＜tanθ≤2μ，则F的最大值为4mg（2μ﹣tanθ）
D．若推力F向右，且tanθ＞2μ，则F的范围为4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）
【解答】解：A、若B球所受摩擦力为零，对A、B整体由牛顿第二定律得FNA＝2ma，
对A球由牛顿第二定律得FNA﹣Nsinθ＝ma，
竖直方向：Ncosθ＝mg，
联立解得a＝gtanθ，
对整体由牛顿第二定律得F＝4ma＝4mgtanθ，故A错误；
B、若推力向左，则系统的加速度向左，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，A与左壁弹力为零，此时F有最大值，对AB整体：竖直方向FNB＝2mg，
水平方向：μFNB＝2ma解得a＝μg，对A水平方向Nsinθ＝maA，竖直方向Ncosθ＝mg，
解得aA＝gtanθ，由于μ≥tanθ，所以系统的加速度a＝aA＝gtanθ，所以F最大值为F＝4ma＝4mgtanθ，故B错误；
C、若推力向左，μ＜tanθ≤2μ，时，A与左壁弹力不为零，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，此时F取最大值，则2μmg﹣NA＝2ma，
整体：Fm＝4ma，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg，
对A水平方向：Nsinθ﹣NA＝ma，
联立解得Fm＝4mg（2μ﹣tanθ）故C正确；
D、若推力向右，tanθ＞2μ，厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向右，F有最大值，
则：2μmg+NA＝2ma1，
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
NA﹣Nsinθ＝ma1
联立解得a1＝2μg+μgtanθ
厢底对B的摩擦力达到最大静摩擦力，方向水平向左，F有最小值，
则：对AB整体有NA﹣2μmg＝2ma2
对A水平方向有NA﹣Nsinθ＝ma2
对A竖直方向：Ncosθ＝mg
联立解得：a2＝gtanθ﹣2μg
所以4a2≤F≤4a1
即4mg（tanθ﹣2μ）≤F≤4mg（tanθ+2μ）故D正确；
故选：CD。
滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为。小孩（可视为质点）坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑。小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.5，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为1.5m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.5m/s2
C．经过的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为m/s
【解答】解：A、对小孩受力分析，小孩受到重力、支持力和滑板对小孩向上的摩擦力，由于小孩与木板间的动摩擦因数小于木板与沙间的动摩擦因数，所以小孩相对于木板下滑。对小孩根据牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma1，解得：a1＝2m/s2，故A错误；
B、小孩和滑板脱离前，对滑板运用牛顿第二定律有：mgsin37°﹣μ1mgcos37°﹣2μ2mgcos37°＝ma2，代入数据解得：a2＝1m/s2，故B错误；
C、设经过时间t，小孩离开滑板，根据位移—时间关系可得：a1t2 a2t2＝L，解得：ts，故C正确；
D、小孩离开滑板时的速度为：v＝a1t＝2m/s＝2m/s，故D错误。
故选：C。
如图所示，A、B两物块的质量分别为3m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则（　　）
A．当Fμmg时，A、B都相对地面静止
B．当Fμmg时，A的加速度μg
C．当F＞6μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
【解答】解：A．物块A、B间的最大静摩擦力为F1＝3μmg
B与地面间的最大静摩擦力为
所以当时，A与B都相对地面静止，故A错误；
BCD．物块A刚刚相对B滑动时，A与B加速度相同，则此时对B有
对A受力分析可得F﹣3μmg＝3maA
整理解得F＝8μmg
则当F＞8μmg时，A相对B滑动，此后B的受力不变，则B的最大加速度为
当时，A、B一起滑动，其加速度为a，有
F4ma
整理解得a＝0.5μg
故B正确，CD错误；
故选：B。
如图，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离。则下列哪些变化可使x增大（　　）
A．仅增大恒力F
B．仅增大木板的质量M
C．仅增大木块的质量m
D．仅减小木块与木板间的动摩擦因数
【解答】解：根据牛顿第二定律得木块m的加速度为：a1μg
M的加速度为：a2
设板长为L，根据L＝x﹣x′a1t2a2t2
解得：t
木块相对地面运动位移为：xa1t2。木块的位移x′a2t2，则知：
A、若仅增大恒力F，则m的加速度a1变大，M的加速度不变，则t减小，木板的位移x′变小，x＝L+x′，则x减小。故A错误；
B、若仅增大木板的质量M，木块m的加速度a1不变，M的加速度a2减小，由上式知时间t减小，x减小。故B错误。
C、若仅增大木块的质量m，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大。故C正确。
D、若仅减小木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度a1增大，M的加速度a2减小，则t减小，那么x′减小，而x＝x′+L，故x减小。故D错误。
故选：C。
二．多选题（共6小题）
（多选）如图1所示，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块（可视为质点）以速度v0滑到长木板上，t1时刻小物块恰好滑至长木板的最右端。图2为物块与木板运动的v﹣t图像，图中t1、v0、v1已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　）
A．物块在0～t1这段时间内的位移大小为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板之间的动摩擦因数为
D．仅由题中所给信息，可以求出木板长度
【解答】解：A、根据v﹣t图像中图像与时间轴围成的面积表示位移，可得物块在0～t1这段时间内的位移大小为：
x1，故A错误；
B、设物块与木板的质量分别为m、M。根据v﹣t图像可得：
物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1
木板做匀加速直线运动的加速度大小为：a2
两者的加速度均由小木块与长木板间的滑动摩擦力提供，根据牛顿第二定律得：
f＝ma1＝Ma2
可得：，故B错误；
C、对物块，由牛顿第二定律可得：a1μg
解得物块与木板之间的动摩擦因数为：μ，故C正确；
D、t1时刻小物块恰好滑至长木板最右端，在0～t1这段时间内物块与长木板的位移大小之差等于木板的长度，根据v﹣t图象与时间轴所围的面积表示位移，可得木板的长度为：
L＝x物﹣x板，仅由题中所给信息，可以求出木板长度，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块。木板受到随时间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a F图像。最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，取g＝10m/s2，则（　　）
A．滑块的质量m＝4kg
B．木板的质量M＝0.5kg
C．当F＝8N时滑块加速度为2m/s2
D．滑块与木板间动摩擦因数为0.4
【解答】解：AB、根据图像分析可得，当拉力等于12N时，两物体恰好要发生相对滑动，当F＝12N时，加速度为a＝4m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有F＝（M+m）a
代入数据解得M+m3kg
当F＞12N时，根据牛顿第二定律得
知图线的斜率
解得木板的质量：M＝0.5kg；滑块的质量：m＝2.5kg，故A错误，B正确；
D、根据a﹣F图像：，F＝10N时，a＝0，代入
代入数据解得：μ＝0.4，故D正确；
C、当F＝8N时，板块之间没有相对滑动，对整体分析，根据牛顿第二定律得F＝（M+m）a
解得此时am/s2，故C错误。
故选：BD。
（多选）如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝1kg、长度为L的长木板靠在高水平面边缘A点，其表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面的动摩擦因数μ2＝0.2。一质量为m＝2kg可视为质点的滑块静止在距A点距离为L0＝9m的位置。现用F＝9N、水平向右的外力拉滑块，当滑块运动到A点时撤去外力，滑块以此时的速度滑上长木板。滑块与长木板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（　　）
A．滑块滑动到A点时的速度大小为9m/s
B．滑块滑动到长木板上时，长木板的加速度大小为5m/s2
C．从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为1s
D．要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为6.5m
【解答】解：A、滑块在高水平面上做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：F＝ma
根据运动学公式有：v2＝2aL0
代入数据解得：v＝9m/s，故A正确；
B、设滑块滑动到长木板后，滑块的加速度为a1，长木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律，
对滑块有：μ1mg＝ma1
代入数据解得：
对长木板有：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma2
代入数据解得：，故B错误；
C、设滑块不滑出长木板，从滑块滑上长木板到两者相对静止所用时间为t，则有：v﹣a1t＝a2t
代入数据解得：t＝1s，故C正确；
D、从滑块滑上长木板到两者相对静止程中滑块的位移为：x1＝vt9×1mm＝6.5m
长木板的位移为：x2m＝2m
则要使滑块不能从长木板的右端滑出，长木板的长度L至少为：L＝x1﹣x2＝6.5m﹣2m＝4.5m，故D错误。
故选：AC。
（多选）（2023 乙卷）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于
D．物块的动能一定小于
【解答】解：设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题可知
v1＞v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD、根据能量守恒定律可得
mMfl
整理解得
mMflmfl
故C错误，D正确；
AB、因摩擦产生的热量为
Q＝fl＝f（xm﹣xM）
根据运动学公式可得xm t
xM
由于v0＞v1＞v2
所以xm＞2xM
故xm﹣xM＝l＞xM
故W＝fxM＜fl
故A错误，B正确；
故选：BD。
（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做直线运动，当小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，小物块和小车之间的滑动摩擦力为f，此过程中，下列结论正确的是（　　）
A．物块到达小车最右端时，其动能为（F﹣f）（L+x）
B．摩擦力对小物块所做的功为fL
C．物块到达小车最右端时，小车的动能为fx
D．物块和小车组成的系统机械能增加量为 F（L+x）
【解答】解：A．对于小物块，小物块发生的位移为L+x，根据动能定理可得
Ekm＝（F﹣f）（L+x），故A正确；
B．小物块克服摩擦力做的功为
W＝f（L+x），故B错误；
C．物块到达小车最右端时，小车运动的距离为x，根据动能定理得
EkM＝fx，故C正确；
D．小车和小物块增加的动能为
Ek＝Ekm+EkM＝（F﹣f）（L+x）+fx＝F（L+x）﹣fL
系统重力势能不变，则小物块和小车增加得机械能为F（L+x）﹣fL，故D错误。
故选：AC。
（多选）如图所示，小车板面上的物体质量为m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N．现沿水平向右的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，随即以1m/s2的加速度做匀加速直线运动。以下说法正确的是（　　）
A．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化
B．物体受到的摩擦力一直减小
C．当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，物体不受摩擦力作用
D．小车以1m/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8N
【解答】解：A、弹簧弹力开始与静摩擦力平衡，大小为6N，当整体加速度从零逐渐增大到1m/s2，则物块的加速度也从零逐渐增大到1m/s2，根据牛顿第二定律知，物块的合力从0增大到8N，摩擦力方向向左减小到零，然后又向右增加，在整个过程中，物体相对小车静止，弹簧弹力不变。故A正确，B错误。
C、当小车加速度（向右）为0.75m/s2时，则物块所受的合力F合＝ma＝6N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力为零。故C正确。
D、小车以1m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物块所受的合力F合＝ma＝8N，弹簧的弹力等于6N，则摩擦力的大小为2N，方向水平向右。故D错误。
故选：AC。
三．计算题（共4小题）
如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙斜面上放置一质量为mB＝3kg的带挡板P的木板B，木板P端距斜面底端的距离为x＝23m，木板上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75。木板上质量为mA＝1kg的小滑块A与挡板P的距离为L＝4m，某时刻小滑块A和木板B同时瞬间获得v0＝2m/s的沿斜面向下的速度，已知滑块与挡板P间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程中滑块A始终在木板B上运动，重力加速度为g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求
（1）刚开始运动时木板B的加速度大小；
（2）从开始运动到滑块与挡板P发生第1次碰撞的时间；
（3）木板B的最小长度；
（4）木板P端到达斜面底端时滑块与挡板P发生碰撞的次数。
【解答】解：（1）刚开始B做匀减速直线运动，设B的加速度大小为aB，对B由牛顿第二定律得：
μ（mA+mB）gcosθ﹣mBgsinθ＝mBaB
解得：aB＝2m/s2；
（2）刚开始A做匀加速直线运动，设A的加速度大小为aA，对A由牛顿第二定律得：
mAgsinθ＝mAaA
解得：aA＝6m/s2
从开始运动到滑块与挡板P发生第1次碰撞的过程，假设在碰撞之前B没有停止运动。设此过程的时间为t1，A、B下滑的位移大小分别为xA、xB，由运动学公式得：
xA＝v0t1aA
xB＝v0t1aB
位移大小关系为：
L＝xA﹣xB
联立解得：t1＝1s
碰撞前瞬间木板B的速度为：vB＝v0﹣aBt1＝2m/s﹣2×1m/s＝0，可知第一次碰撞时木板B恰好停下，故假设成立。
故从开始运动到滑块与挡板P发生第1次碰撞的时间为t1＝1s；
（3）A与挡板P第一次碰撞前瞬间的速度大小为：
vA0＝v0+aAt1＝2m/s+6×1m/s＝8m/s
A与P发生弹性碰撞的过程，以沿斜面向下为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得：
mAvA0＝mAvA1+mBvB1
mAmAmB
联立解得：vA1＝﹣4m/s，vB1＝4m/s
碰撞后滑块A沿斜面向上做匀减速直线运动，木板B沿斜面向下做匀减速直线运动，而两者的加速度与原来相同，当滑块A与木板B共速时，A与挡板P之间的距离最大，以沿斜面向下为正方向，则有：
v共＝vA1+aAt2＝vB1﹣aBt2
解得：t2＝1s
验证：共速的速度v共＝vB1﹣aBt2＝4m/s﹣2×1m/s＝2m/s，可见共速时B未停止运动，结果是合理的。
木板B的最小长度就等于此过程两者的相对位移的大小，则有：
Lmin＝Δx（vB1+v共）t2（vA1+v共）t2
解得木板B的最小长度Lmin＝4m；
（4）由（3）的结果：Δx＝4m，v共＝2m/s，因Δx＝L，v共＝v0，可知第一次碰撞后，两者共速时的速度与A到P的距离，和初始A、B开始运动时一致，可得每次的碰撞情况相同，故每相邻的两次碰撞之间两者的运动过程相同，每相邻的两次碰撞之间B下滑的位移大小为：
ΔxB
而第一次碰撞前B运动的位移为：
ΔxB1
所求碰撞次数为：n＝116.5，取整可得：n＝6次。
答：（1）刚开始运动时木板B的加速度大小为2m/s2；
（2）从开始运动到滑块与挡板P发生第1次碰撞的时间为1s；
（3）木板B的最小长度为4m；
（4）木板P端到达斜面底端时滑块与挡板P发生碰撞的次数为6次。
已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且M＝5m，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面H＝1.8m的高度处静止释放。（重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离s2＝1.5m，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
【解答】解：（1）保护装置和鸡蛋先共同自由落体，当保护装置落地时速度2gH
保护装置着地后鸡蛋以加速度大小a4g＝4×10m/s2＝40m/s2（a方向向上），鸡蛋做匀减速直线运动；
因为到达地面时速度不超过v＝2m/s就不会摔怀，则为保证鸡蛋安全所以
v2＝2as1
鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离s1＝0.4m.
（2）保护装置以碰前的速率反弹后，保护装置加速度大小：a'2g＝2×10m/s2＝20m/s2（a'方向向下），
鸡蛋先减速以a向下减速，当鸡蛋向下速度减为零时，鸡蛋受力不变，直到t1时刻鸡蛋和保护装置共速；选向上为正，有v2＝﹣v1+at1＝v1﹣a't1
解得：t1＝0.2s
此时鸡蛋和保护装置共速v2＝2m/s，鸡蛋与保护装置相对运动Δht1t1
代入数据解得：Δh＝1.2m＜s2＝1.5m
所以鸡蛋和保护装置能共速
以后鸡蛋和保护装置共同向上以a3＝g做匀减速直线运动，再过t2s＝0.2s鸡蛋和保护装置到达最高点。
保护装置第一次碰后上升最大高度h1t1t2
所以当保护装置到达最高点时鸡蛋离地面高度：h＝h1+s2﹣Δh
代入数据解得：h＝1.3m
答：（1）为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离为0.4m。
（2）鸡蛋离地高度为1.3m。
羽毛球筒口比较小，从球筒取球有一定的技巧．如图所示，羽毛球爱好者从筒中取出最后一个羽毛球时，一手拿着羽毛球筒，另一个手用较大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒获得一个向下的初速度与手发生相对运动，里面的羽毛球就可以从上端出来。已知羽毛球筒质量为M＝90g（不含球的质量），羽毛球质量为m＝5g，羽毛球头部离筒的上端距离为d＝6.25cm，羽毛球与筒之间的滑动摩擦力为f1＝0.1N，筒与手之间的滑动摩擦力为f2＝2.6N。（重力加速度g取10m/s2，空气阻力忽略不计，羽毛球不会相对筒向下运动），求：
（1）当筒获得一个初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为多大？
【解答】解：（1）设羽毛球的加速度大小为a1，对羽毛球受力分析，根据牛顿第二定律得：mg+f1＝ma1
代入数据解得：a1＝30m/s2
设筒的加速度大小为a2，对筒受力分析，根据牛顿第二定律得：f2+f1﹣Mg＝Ma2
代入数据解得：a2＝20m/s2
（2）当两者的速度相等后，假设羽毛球相对于球筒向下运动，球受到筒的摩擦力向上，对羽毛球，根据牛顿第二定律得：f1﹣mg＝ma3
代入数据解得：a3＝10m/s2
对球筒，根据牛顿第二定律得：f2﹣f1﹣Mg＝Ma4
代入数据解得：a4m/s2
a4＞a3，则假设成立，即两者共速后，羽毛球的加速度小于球筒的加速度，羽毛球相对于球筒向下运动，则若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，当两者速度相等时羽毛球刚好到达筒口处，设球筒的初速度为v，共速时间为t，则：a1t＝v﹣a2t
vta2t2a1t2＝d
代入数据联立解得：v＝2.5m/s
答：（1）筒的加速度大小为20m/s2，羽毛球的加速度大小为30m/s2；
（2）若要敲打一次就使羽毛球头部能到达筒口以上，筒获得的初速度至少为2.5m/s。
如图甲所示，木板质量M＝0.5kg，长L＝1m，初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m＝1kg的小物块，以初速度v0从木板左端滑上的瞬间，对木板施加一个水平向右的力F，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2。摩擦产生的热量Q与力F大小的关系如图乙所示。g取10m/s2。求：
（1）Q2的大小；
（2）物块的初速度v0的大小；
（3）A点的坐标对应的Q1与F1的大小。
【解答】解：（1）由图像可看出当F≤1N时，物块在木板上的路程始终等于板长L，物块与木板之间的摩擦产生的热量：
Q2＝μmgL＝2J
（2）F＝1N时，刚好不从木板右端掉下，此后木板和物块一起相对静止并加速运动。
当1N≤F≤F1时，设物块的加速度为a2，木板的加速度为a1，分别由牛顿第二定律有
μm2g＝m2a2
F+μm2g＝m1a1
设物块运动的位移为sB，木板运动的位移为sA，经过t时间两者速度均为v，根据运动学公式有
v＝v0﹣a2t＝a1t
物块在木板上相对木板向右运动的路程s＝sB﹣sA
物块与木板之间的摩擦产生的热量Q＝μmgs
联立解得
将F＝1N，Q＝2J，代入解得：v0＝4m/s
（3）分析可知，当1N≤F≤F1时，随着力F增大，Q减小，当F＝F1时，出现Q突变，说明此时物块与木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动.物块将会从木板左端掉下。
物块与木板恰好再次发生相对运动时，物块的加速度为a2，则整体加速度也为a2，由牛顿第二定律有
F＝（m1+m2）a2
联立解得F1＝3N
此时物块在木板上运动的路程s1m
物块与木板之间的摩擦产生的热量Q1＝μmgs1J
答：（1）Q2的大小为2J
（2）物块的初速度大小为4m/s
（3）A点的坐标对应的Q1与F1的大小分别为：J、3N。
四．解答题（共2小题）
图为某个有奖挑战项目的示意图，挑战者压缩弹簧将质量m0＝0.3kg的弹丸从筒口A斜向上弹出后，弹丸水平击中平台边缘B处质量m1＝0.3kg的滑块或质量m2＝0.2kg的“L形”薄板，只要薄板能撞上P处的玩具小熊就算挑战成功。已知弹丸抛射角θ＝53°，B与A的高度差，B与P处的小熊相距s＝2.2m，薄板长度L＝0.9m，最初滑块在薄板的最左端；滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；薄板厚度不计，弹丸和滑块都视为质点，所有碰撞过程的时间和外力影响均不计，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8。
（1）求A、B间的水平距离x；
（2）若弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功；
（3）若弹丸与滑块发生完全弹性碰撞，且之后可能的碰撞也为完全弹性碰撞，试通过计算判定挑战会不会成功。
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A的速率为v0，弹丸从A到B的运动过程，可视为从B到A的平抛运动的逆过程，由平抛运动规律得：
x＝v0t
将代入解得：
，v0＝5m/s，；
（2）弹丸与薄板发生完全非弹性碰撞，设碰后瞬间的共同速率为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得：
m0v0＝（m0+m2）v
解得：v＝3m/s
碰撞结束时，滑块速度仍然为零，将在B处脱离薄板，弹丸与薄板整体向右做匀减速直线运动，设此过程发生的最大位移为xm。
由动能定理得：
解得：xm＝1.5m
因xm+L＝1.5m+0.9m＝2.4m＞s＝2.2m，所以薄板能撞上小熊，挑战会成功。
（3）弹丸与滑块发生弹性碰撞，设碰后两者速率分别为v0′、v1。以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m0v0＝m0v0′+m1v1
m0m0v0′2m1
解得：v1＝5m/s，v0′＝0（碰撞后弹丸掉落）
薄板所受滑块的滑动摩擦力为：f1＝μ1m1g，解得：f1＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为：f2＝μ2（m1+m2）g，解得：f2＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。
设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，滑块速率为v2，由动能定理得：
解得：v2＝4m/s
滑块与薄板发生弹性碰撞，设碰后两者速度分别为v3、v4，以水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒得：
m1v2＝m1v3+m2v4
解得：v3＝0.8m/s，v4＝4.8m/s
此后，滑块向右做匀加速直线运动，薄板向右做匀减速直线运动，假设两者能够共速，速率为v5，以水平向右为正方向，对滑块和薄板，分别由动量定理得：
μ1m1gt1＝m1v5﹣m1v3
﹣μ1m1gt1﹣μ2（m1+m2）gt1＝m2v5﹣m2v4
解得：v5＝1.8m/s，t1＝0.2s
此过程中，设滑块与薄板发生的位移分别为x1和x2，由运动学公式得：
，解得：x1＝0.26m
，解得：x2＝0.66m
因：x2+L＝0.66m+0.9m＝1.56m＜s＝2.2m，故薄板没有撞上小熊。
滑块与薄板的相对位移为：Δx1＝x2﹣x1＝0.66m﹣0.26m＝0.4m＜L＝0.9m，故两者能共速的假设成立。
共速后，因μ1＞μ2，故两者相对静止做匀减速直线运动直至停止，设共速后的最大位移为x3，由动能定理得：
解得：x3＝0.54m
因x2+x3+L＝0.66m+0.54m+0.9m＝2.1m＜s＝2.2m，所以薄板不能撞上小熊，挑战失败。
答：（1）A、B间的水平距离x为；
（2）挑战会成功，计算判定过程见解析；
（3）挑战不会成功，计算判定过程见解析。
如图所示，在水平地面上固定一倾角θ＝30°的足够长斜面，斜面底部有一固定挡板。一足够长的木板位于斜面底端，木板质量为5m，在木板上端有一质量为m的物块。已知木板与斜面之间的动摩擦因数μ1，物块与木板之间的动摩擦因数μ2，重力加速度g取10m/s2。现给木板一个沿斜面向上的初速度v0＝37.5m/s，同时给物块一个大小也为v0、方向沿斜面向下的初速度。假设每次木板与挡板碰撞前后速度大小不变，求：（sin30°，cos30°，你可能会用到a+aq+aq2+aq3+……+aqn﹣1）
（1）刚开始运动时物块和木板的加速度的大小；
（2）经多长时间木板与挡板第一次发生碰撞；
（3）最终物块与木板上端之间的距离（结果可用分数表示）。
【解答】解：（1）刚开始运动时物块和木板的加速度的大小分别为a1和a2
以物块为研究对象，根据牛顿第二定律得：μ2mgcosθ﹣mgsinθ＝ma1
代入数据解得物块的加速度：a1＝2.5m/s2
以木板为研究对象，根据牛顿第二定律得：5mgsinθ+μ2×6mgcosθ+μ2mgcosθ＝5ma2
代入数据解得木板的加速度：a2＝12.5m/s2
（2）当木板速度减小到零时，经过的时间为
此时物块的速度大小为v块1＝v0﹣a1t1＝37.5m/s﹣2.5×3m/s＝30m/s
该段时间内木板的位移沿斜面向上，位移x块1v0t137.5×3m＝56.25m
过后木板开始向下运动，对木板有：5mgsinθ+μ2mgcosθ﹣μ2×6mgcosθ＝5ma3
代入数据解得：a3＝0.5m/s2
若木板一直加速到与挡板碰撞，有x块2a3
代入数据解得：t2＝15s
此时木板和物块的速度分别为v板＝a3t2＝0.5×15m/s＝7.5m/s
v块2＝v块1﹣a1t2＝30m/s﹣2.5×15m/s＝﹣7.5m/s
所以假设不成立；设共速时间为t3，有a3t3＝v块1﹣a1t3
代入数据解得t3＝10s
木板和物块的共同速度为v共＝a3t3＝0.5×10m/s＝5m/s
该段时间内木板的位移沿斜面向下为
因为有μ1＜μ2，所以此后物块与木板不发生相对滑动，共同加速度为a4＝gsinθ﹣μ1gconθ＝0
即物块与木板一起匀速运动，从开始匀速运动到与挡板碰撞的时间为t4s＝6.25s
所以木板与挡板第一次发生碰撞的时间为t＝t1+t3+t4＝3s+10s+6.25s＝19.25s
（3）第一次木板与挡板碰撞时木块与木板上端之间的距离为x1
代入数据解得：x1＝307.5m
根据题意第一次碰撞后木块以v0′＝v共＝5m/s沿斜面向下运动，木板以v0′＝v共＝5m/s沿斜面向上运动；
分析可得此时与刚开始运动时仅初速度大小不同，所以对第二次的碰撞过程中有t1′，t3′t3，v0″v0′
可得第二次碰后木块与木板上端之间的距离增加量为x2
所以有最终物块与木板上端之间的总距离为x总＝x1x1x1x1
n→∞，→0，则x总m
答：（1）刚开始运动时物块和木板的加速度的大小分别是2.5m/s2、12.5m/s2；
（2）经过19.25s木板与挡板第一次发生碰撞；
（3）最终物块与木板上端之间的距离是m。
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