2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习课后限时集训9 牛顿运动定律的综合应用 含解析

课后限时集训(九)
(建议用时：40分钟)
[基础对点练]
题组一：超重、失重现象
1．下面关于失重和超重的说法，正确的是()
A．物体处于失重状态时，所受重力减小；处于超重状态时，所受重力增大
B．在电梯上出现失重现象时，电梯必定处于下降过程
C．在电梯上出现超重现象时，电梯有可能处于下降过程
D．只要物体运动的加速度方向向上，物体必定处于失重状态
C[加速度方向向下，物体处于失重状态，加速度方向向上，物体处于超重状态，超重和失重并非物体的重力增大或减小，而是使悬绳(或支持面)的弹力增大或减小，故A、D均错误。

电梯加速向上运动时，物体处于超重状态，电梯减速下降时，物体也处于超重状态，电梯减速上升时，物体处于失重状态，故B错误，C正确。

]
2.如图所示，一位同学站在机械指针体重计上，突然下蹲到静止。

根据超重和失重现象的分析方法，判断整个下蹲过程体重计上指针示数的变化情况是()
A．先小于体重，后大于体重，最后等于体重
B．先大于体重，后小于体重，最后等于体重
C．先小于体重，后等于体重
D．先大于体重，后等于体重
A[此同学受到重力和体重计的支持力的作用。

开始重心加速下降，处于失重状态，则支持力小于重力；后来重心减速下降，处于超重状态，则支持力大于重力，最后静止时等于重力。

因此，体重计的示数将先小于体重，后大于体重，最后等于体重。

A选项正确。

]
3．(2019·赣州检测)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200 N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码。

当电梯运动时，测出弹簧长度变为23 cm，g取10 m/s2，则电梯
的运动状态及加速度大小为( )
A ．匀加速上升，a ＝2.5 m/s 2
B ．匀减速上升，a ＝2.5 m/s 2
C ．匀加速上升，a ＝5 m/s 2
D ．匀减速上升，a ＝5 m/s 2
C [由牛顿第二定律得k (l －l 0)－mg ＝ma ，解得a ＝5 m/s 2，电梯匀加速上升，选项C 正确，A 、
B 、D 错误。

]
题组二：动力学中整体法、隔离法的应用
4.(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块P 、Q 和R ，质量分别为m 、2m 和3m ，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。

用大小为F 的水平外力推动物块P ，记R 和Q 之间相互作用力与Q 与P 之间相互作用力大小之比为k 。

下列判断正确的是( )
A ．若μ≠0，则k ＝56
B ．若μ≠0，则k ＝35
C ．若μ＝0，则k ＝12
D ．若μ＝0，则k ＝35
BD [若μ≠0，选取P 、Q 、R 三个物体作为研究对象，受力情况如图甲所示，根据牛顿第二定律有F －μ(m ＋2m ＋3m )g ＝(m ＋2m ＋3m )a ，解得a ＝F 6m
－μg ；以Q 与R 为研究对象，Q 和P 之间相互作用力为F 1，受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有F 1－μ(2m ＋3m )g ＝(2m ＋3m )a ，解得F 1＝56
F ；以R 为研究对象，R 和Q 之间的作用力为F 2，受力情况如图丙所示，根据牛顿第二定律有F 2－μ·3mg ＝3ma ，解得F 2＝12
F ，则R 和Q 之间相互作用力F 2与Q 与P 之间相互作用力F 1大小之比k ＝F 2F 1＝35
，A 错误，B 正确。

若μ＝0，以P 、Q 、R 三个物块为研究对象，根据牛顿第二定律有F ＝(m ＋2m ＋3m )a ′，解得a ′＝
F 6m ；以Q 与R 为研究对象，根据牛顿第二定律有F ′1＝(2m ＋3m )a ′，解得F ′1＝56F ，以R 为研究对象，根据牛顿第二定律有F ′2＝3ma ′，解得F ′2＝12
F ，则R 和Q 之间相互作用力F ′2与Q 与P 之间相互作用力F ′1大小之比k ′＝F ′2F ′1＝35
，C 错误，D 正确。

甲 乙 丙 ]
5.(2019·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一个小球m ，此时小车正以大小为a 的加速度向右做匀加速运动，而M 、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ。

小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a 时( )
A ．横杆对M 的摩擦力增加到原来的2倍
B ．横杆对M 的弹力增加到原来的2倍
C ．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍
D ．细线的拉力增加到原来的2倍
A [对小球和物块组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：F f ＝(M ＋m )a ，竖直方向：F N ＝(M ＋m )g ，则当加速度增加到2a 时，横杆对M 的摩擦力F f 增加到原来的2倍，横杆对M 的弹力等于两个物体的总重力，保持不变，故A 正确，
B 错误；以小球为研究对象，
分析受力情况如图乙所示，由牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ，解得tan θ＝a g ，当a 增加到两倍时，tan
θ变为两倍，但θ不是原来的两倍。

细线的拉力F T ＝(mg )2＋(ma )2，可见，a 变为两倍，F T 不是原来的两倍，故C 、D 错误。

甲 乙 ]
6．如图所示，木块A 、B 静止叠放在光滑水平面上，A 的质量为m ，B 的质量为2m 。

现施加水平力F 拉B (如图甲)，A 、B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。

若改用水平力F ′拉A (如图乙)，使A 、B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则F ′不得超过( )
甲 乙
A ．2F
B ．F 2
C ．3F
D ．F 3
B [力F 拉物体B 时，A 、B 恰好不滑动，故A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对物体A 受力分
析，受重力mg 、支持力F N1、向前的静摩擦力f m ，根据牛顿第二定律，有
f m ＝ma ①
对A 、B 整体受力分析，受重力3mg 、支持力和拉力F ，根据牛顿第二定律，有F ＝3ma
② 由①②解得f m ＝13
F 。

当F ′作用在物体A 上时，A 、B 恰好不滑动时，A 、B 间的静摩擦力达到最大值，对物体A ，有 F ′－f m ＝ma 1
③ 对整体，有F ′＝3ma 1 ④
由上述各式联立解得F ′＝32f m ＝12F ，即F ′的最大值是12
F 。

] 题组三：动力学中的图象问题
7.如图所示，E 为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。

以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x 、速度v 、合力F 、加速度a 与时间t 的关系图象可能正确的是( )
A B
C D
B [据题意知，物体先匀加速后匀减速，B 对；而x -t 图象的切线斜率是速度，故A 错；据v 2－
v 20＝2ax 得v 2E ＝2a 1L 2，0－v 2E ＝2a 2L 2
，可见a 1＝－a 2，D 错；F 1＝ma 1，F 2＝ma 2，故F 1＝－F 2，即前后二阶段合外力等大反向，C 错。

故本题应选B 。

]
8.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有质量为m 的物块P (不拴接)，系统处于静止状态。

现将一竖直向上的恒力F ＝2mg 作用在P 上(g 为重力加速度)，使其向上做加速直线运动。

用x 表示P 离开静止位置的位移，在P 向上运动的过程中，下列关于P 的加速度a 和x 之间的关系图象正确的是( )
A B C D
C[物块静止时受到向上的弹力和向下的重力，处于平衡状态，有kx0＝mg，施加拉力F后，物块向上做加速直线运动，在物块离开弹簧之前，即x≤x0前，对物块分析，根据牛顿第二定律有F＋
k(x0－x)－mg＝ma，所以a＝g＋k(x0－x)
m，当x>x0后，物块加速度恒为a＝g，C正确。

]
9．静止于粗糙水平面上的物体，受到方向恒定的水平拉力F的作用，拉力F的大小随时间变化如图甲所示。

在拉力F从0逐渐增大的过程中，物体的加速度随时间变化如图乙所示，g取10 m/s2。

则下列说法中错误的是()
甲乙
A．物体与水平面间的摩擦力先增大，后减小至某一值并保持不变
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1
C．物体的质量为6 kg
D．4 s末物体的速度为4 m/s
C[将题图甲、乙对照可以看出，在0～2 s时间内，物体处于静止状态，静摩擦力逐渐增大到6 N时物体开始有加速度。

2 s时力F1＝6 N，加速度a1＝1 m/s2，利用牛顿第二定律有F1－f＝ma1,4 s 时力F2＝12 N，加速度a2＝3 m/s2，利用牛顿第二定律有F2－f＝ma2，联立解得物体的质量为m＝3 kg，滑动摩擦力f＝3 N，小于最大静摩擦力，选项A正确，C错误。

由滑动摩擦力公式f＝μmg，可得物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.1，选项B正确。

物体从2 s时开始运动，根据加速度—时间
图象的面积表示速度变化量可知，4 s末物体的速度为v＝1＋3
2×2 m/s＝4 m/s，选项D正确。

]
题组四：动力学中“板块”“传送带”模型
10．(2019·南昌模拟)一条足够长的浅色水平传送带自左向右匀速运行。

现将一个木炭包无初速度地放在传送带的最左端，木炭包将会在传送带上留下一段黑色的径迹。

下列说法中正确的是()
A．黑色的径迹将出现在木炭包的左侧
B．木炭包的质量越大，径迹的长度越短
C．传送带运动的速度越大，径迹的长度越短
D．木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短
D[刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包相对于传送带向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，选项A错误；木炭包在传送带上运动的加速度a＝μg，当达到
共同速度时，两者不再相对滑动，由v2＝2ax，得木炭包位移为x1＝
v2
2μg，相对滑动的时间为t＝
v
μg，
此时传送带的位移为x2＝v t＝v2
μg，故木炭包在传送带上滑动的位移是Δx＝x2－x1＝
v2
2μg，故黑色的径
迹与木炭包的质量无关，传送带运动的速度越大，径迹的长度越长，木炭包与传送带间动摩擦因数越大，径迹的长度越短，选项B、C错误，D正确。

]
11．(多选)如图甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在光滑水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板。

物块和木板的速度—时间图象如图乙所示，g取10 m/s2，结合图象，下列说法正确的是()
甲乙
A．可求得物块在前2 s内的位移为5 m
B．可求得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.2
C．可求得物块的质量m＝2 kg
D．可求得木板的长度L＝2 m
ABC[由运动学图象知，物块在前2 s内的位移x＝4＋2
2×1 m＋2×1 m＝5 m，A正确；0～1 s，
两物体加速度大小相同，设物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，则有μmg＝ma1＝Ma2，则m＝M＝2 kg，C正确；μg＝2 m/s2，则μ＝0.2，B正确；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D错误。

注意不能认为图象中三角形面积对应木板的长度，实际上三角形面积对应的是木板的最小长度。

]
[考点综合练]
12．(2019·马鞍山检测)两物块A、B并排放在水平地面上，且两物块接触面为竖直面，现用一水
平推力F作用在物块A上，使A、B由静止开始一起向右做匀加速运动，如图甲所示，在A、B的速度达到6 m/s时，撤去推力F。

已知A、B质量分别为m A＝1 kg、m B＝3 kg，A与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B与地面没有摩擦，B物块运动的v-t图象如图乙所示。

g取10 m/s2，求：
甲乙
(1)推力F的大小；
(2)A物块刚停止运动时，物块A、B之间的距离。

解析：(1)在水平推力F作用下，物块A、B一起做匀加速运动，加速度为a，由B物块的v-t图象得，
a＝Δv
Δt＝
6
2m/s
2＝3 m/s2
对于A、B整体，由牛顿第二定律得
F－μm A g＝(m A＋m B)a，代入数据解得F＝15 N。

(2)设物块A做匀减速运动的时间为t，撤去推力F后，A、B两物块分离，A在摩擦力作用下做匀减速运动，B做匀速运动，对A，由－μm A g＝m A a A，解得a A＝－μg＝－3 m/s2
t＝0－v0
a A＝
0－6
－3
s＝2 s
物块A通过的位移x A＝v0
2t＝6 m
物块B通过的位移
x B＝v0t＝6×2 m＝12 m
物块A刚停止时A、B间的距离
Δx＝x B－x A＝6 m。

答案：(1)15 N(2)6 m
13.(2019·宜春模拟)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上放置一质量M＝1 kg、长度L＝0.75 m 的薄平板AB。

平板的上表面光滑，其下端B与斜面底端C的距离为4 m。

在平板的上端A处放一质量m＝0.6 kg的滑块，开始时使平板和滑块都静止，之后将它们无初速释放。

设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动，并求出滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt。

(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
解析：对薄板，由于Mg sin 37°<μ(M＋m)g cos 37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动。

滑块在薄板上滑行时加速度a1＝g sin 37°＝6 m/s2
到达B点时速度v＝2a1L＝3 m/s
滑块由B至C时的加速度a2＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有L BC＝v t＋1
2a2t
2
代入数据解得t＝1 s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a3＝g sin 37°－μg cos 37°＝2 m/s2
设滑至C端所用时间为t′，则有L BC＝1
2a3t′
2
代入数据解得t′＝2 s
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差
Δt＝t′－t＝1 s。

答案：滑块在薄板上滑动时，薄平板静止不动 1 s
14．(2019·开封模拟)如图甲所示，一长方体木板B放在水平地面上，木板B的右端放置着一个小铁块A，在t＝0时刻同时突然给A、B初速度，其中A的初速度大小为v A＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为v B＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的v-t图象如图乙所示。

已知A、B的质量相等，A与B及B与地面之间均有摩擦(动摩擦因数不等)，A与B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终没有滑出B，取重力加速度g＝10 m/s2。

(提示：t＝3 s时刻，A、B达到共同速度v＝2 m/s；3 s时刻至A停止运动前，A向右运动的速度始终大于B的速度)求：
甲乙
(1)小铁块A向左运动相对地面的最大位移；
(2)B运动的时间及B运动的位移大小。

解析：(1)由题图乙可知，0～3 s 内A 做匀变速运动，速度由v A ＝－1 m/s 变为v ＝2 m/s 。

则其加速度大小为a A ＝v －v A t 1＝2－(－1)3
m/s 2＝1 m/s 2，方向水平向右。

当A 水平向左运动速度减为零时，向左运动的位移最大，
则s ＝v 2A 2a A
＝0.5 m 。

(2)设A 与B 之间的动摩擦因数为μ1，
由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma A ，
则μ1＝a A g ＝0.1。

由题图乙可知，0～3 s 内B 做匀减速运动，
其速度由v B ＝14 m/s 变为v ＝2 m/s 。

则其加速度大小为a B ＝v B －v t 1＝14－23
m/s 2＝4 m/s 2，方向水平向左。

设B 与地面之间的动摩擦因数为μ2，由牛顿第二定律得μ1mg ＋2μ2mg ＝ma B ，
则μ2＝a B －μ1g 2g
＝0.15。

3 s 之后，B 继续向右做匀减速运动，由牛顿第二定律得
2μ2mg －μ1mg ＝ma ′B ，
则B 的加速度大小为a ′B ＝2μ2g －μ1g ＝2 m/s 2，
方向水平向左。

3 s 之后运动的时间为t 2＝v a ′B ＝22
s ＝1 s ， 则B 运动的时间为t ＝t 1＋t 2＝4 s ，
0～4 s 内B 的位移x B ＝v B ＋v 2t 1＋v 2
t 2＝25 m ，方向水平向右。

答案：(1)0.5 m (2)4 s 25 m
高考真题集中练
(教师用书独具)
1．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)如图(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v -t 图线如图(b)所示。

若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )
(a)(b)
A．斜面的倾角
B．物块的质量
C．物块与斜面间的动摩擦因数
D．物块沿斜面向上滑行的最大高度
ACD[由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a1＝v0
t1，下降过程中的加速度为a2＝
v1
t1。

物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f＝ma1，mg sin θ－f＝ma2，由以上各式可求
得sin θ＝v0＋v1
2t1g，滑动摩擦力f＝
m(v0－v1)
2t1，而f＝μF N＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A、C正
确。

由v-t图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D正确。

]
2．(2014·全国卷Ⅱ)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km 的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录。

取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；
(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f ＝k v2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。

已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图象如图所示。

若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。

(结果保留1位有效数字)
解析：根据自由落体运动的规律和平衡条件解题。

(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v。

根据运动学公式有
v＝gt ①
s＝1
2gt
2 ②
根据题意有
s＝3.9×104 m－1.5×103 m＝3.75×104 m ③
联立①②③式得
t＝87 s ④
v＝8.7×102 m/s。

⑤
(2)该运动员达到最大速度v max时，加速度为零，根据平衡条件有
mg＝k v2max⑥
由所给的v-t图象可读出
v max≈360 m/s ⑦
由⑥⑦式得
k＝0.008 kg/m。

⑧
答案：(1)87 s8.7×102 m/s(2)0.008 kg/m
3.(2017·全国卷Ⅲ)如图所示，两个滑块A和B的质量分别为m A＝1 kg和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。

A、B 相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。

求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度；
(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。

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为a A和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1，在滑块B与木板达到共同速度前有
f1＝μ1m A g ①
f2＝μ1m B g ②
f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③
由牛顿第二定律得
f1＝m A a A ④
f 2＝m B a B
⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1
⑥
设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有 v 1＝v 0－a B t 1 ⑦ v 1＝a 1t 1
⑧
联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v 1＝1 m/s 。

⑨
(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为 s B ＝v 0t 1－12
a B t 2
1
⑩
设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2， 对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2
⑪
由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反。

由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有
v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫
对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2
⑬ 在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为 s 1＝v 1t 2－12
a 2t 2
2
⑭
在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为 s A ＝v 0(t 1＋t 2)－1
2
a A (t 1＋t 2)2
⑮
A 和
B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B
⑯
联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m 。

(也可用如图所示的速度—时间图线求解)
答案：(1)1 m/s (2)1.9 m
4．(2015·全国卷Ⅰ)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(a)所示。

t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 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v -t 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/s 2。

求：
(a) (b)
(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度；
(3)木板右端离墙壁的最终距离。

解析：(1)规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M 。

由牛顿第二定律有
－μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a 1
①
由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v 1＝4 m/s ，由运动学公式有 v 1＝v 0＋a 1t 1 ② s 0＝v 0t 1＋12
a 1t 21
③
式中，t 1＝1 s ，s 0＝4.5 m 是木板碰撞前的位移，v 0是小物块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得 μ1＝0.1
④
在木板与墙壁碰撞后，木板以－v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀
变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有－μ2mg＝ma2 ⑤
由题图(b)可得
a2＝v2－v1
t2－t1
⑥
式中，t2＝2 s，v2＝0，联立⑤⑥式和题给条件得
μ2＝0.4。

⑦
(2)设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间Δt，木板和小物块刚好具有共同速度v3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ2mg＋μ1(M＋m)g＝Ma3 ⑧
v3＝－v1＋a3Δt ⑨
v3＝v1＋a2Δt ⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为
s1＝－v1＋v3
2
Δt ⑪
小物块运动的位移为
s2＝v1＋v3
2
Δt ⑫
小物块相对木板的位移为
Δs＝s2－s1 ⑬
联立各式，并代入数值得
Δs＝6.0 m ⑭
因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0 m。

(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a4，此过程中小物块和木板运动的位移为s3。

由牛顿第二定律及运动学公式得
μ1(m＋M)g＝(m＋M)a4 ⑮
0－v23＝2a4s3 ⑯
碰后木板运动的位移为
s＝s1＋s3 ⑰
联立各式，并代入数值得
s＝－6.5 m ⑱
木板右端离墙壁的最终距离为6.5 m。

答案：(1)0.10.4(2)6.0 m(3)6.5 m。