人教版高中物理选修一第一章《动量守恒定律》测试(有答案解析)

一、选择题
1．(0分)[ID ：127073]一水龙头的出水口竖直向下，横截面积为S ，且离地面高度为h 。

水从出水口均匀流出时的速度大小为v 0，在水落到水平地面后，在竖直方向的速度变为零，并沿水平方向朝四周均匀散开。

已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g 。

水和地面的冲击时间很短，重力影响可忽略。

不计空气阻力和水的粘滞阻力。

则( )
A ．单位时间内流出水的质量为2S gh ρ
B ．单位时间内流出水的质量为202S v gh ρ+
C ．地面受到水的冲击力大小为02Sv gh ρ
D ．地面受到水的冲击力大小为2002Sv v gh ρ+
2．(0分)[ID ：127072]如图所示，质量相等的A 、B 两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A 球的速度是6 m/s ，B 球的速度是-2 m/s ，A 、B 两球发生对心碰撞。

对于该碰撞之后的A 、B 两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果一定无法实现的是（ ）
A ．v A ′=-2 m/s ，v
B ′=6 m/s
B ．v A ′=2 m/s ，v B ′=2 m/s
C ．v A ′=1 m/s ，v B ′=3 m/s
D ．v A ′=-3 m/s ，v B ′=7 m/s 3．(0分)[ID ：127069]人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地
且着地时要弯曲双腿，这是为了（ ）
A ．减小地面对人的冲量
B ．减小人的动量的变化
C ．增加地面对人的冲击时间
D ．增大人对地面的压强 4．(0分)[ID ：127066]在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。

如图a 所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰。

若碰撞前、后两壶的v —t 图象如图b 所示。

关于冰壶的运动，下列说法正确的是（ ）
A ．碰撞后过程中，蓝壶受到的阻力比红壶的大
B ．碰撞后，蓝壶的运动的时间为6s
C ．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1m
D ．两壶碰撞是弹性碰撞
5．(0分)[ID ：127059]如图所示，小球A 质量为2m ，小球B 质量为m ，小球B 置于光滑水平面上，小球A 从高为h 处由静止摆下到达最低点恰好与相撞，并粘合在一起继续摆动，若不计空气阻力，它们能上升的最大高度是（ ）
A ．h
B ．49h
C ．14h
D ．18
h 6．(0分)[ID ：127058]动量相等的甲、乙两车刹车后分别沿两水平路面滑行。

若两车质量之
比:23m m =甲乙：
，路面对两车的阻力相同，则甲、乙两车的滑行距离之比为（ ） A ．3：2 B ．2：3 C ．9：4 D ．4：9
7．(0分)[ID ：127056]甲乙是两个完全相同的小球，在同一位置以相等的速率抛出，甲被水平抛出，乙被斜上抛，只受到重力，则下列说法正确的是（ ）
A ．两球落地时的速度相同
B ．两球落地时的重力瞬时功率相等
C ．两球落地时前的重力冲量相同
D ．两球落地前的动量变化快慢相同
8．(0分)[ID ：127053]一个质量是0.2kg 的钢球，以大小为9m/s 的速度水平向右运动，与坚硬的竖直墙壁发生碰撞后，以大小为8m/s 的速度水平向左运动。

若以水平向左方向为正方向，那么碰撞前后钢球的动量变化量是（ ）
A ．0.2kg m/s ⋅
B ．0.2kg m/s -⋅
C ． 3.4kg m/s -⋅
D ．3.4kg m/s ⋅ 9．(0分)[ID ：127050]如图所示质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h 的B 点速度减为零。

不计空气阻力重力加速度为g 。

关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（ ）
A ．小球的机械能减少了mgH
B ．小球所受阻力的冲量大于2m gh
C．小球克服阻力做的功为mgh
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
10．(0分)[ID：127019]如图所示是一颗质量m=50g的子弹射过一张扑克牌的照片，子弹完全穿过一张扑克牌所需的时间t1约为1.0×10-4s，子弹的真实长度为2.0cm（扑克牌宽度约为子弹长度的4倍），若子弹以相同初速度经时间t2=1.0×10-3s射入墙壁，则子弹射入墙壁时，其对墙壁的平均作用力约为（）
A．5×103N B．5×104N C．5×105N D．5×106N
11．(0分)[ID：127010]下列关于物体动量和冲量的说法中不正确的是（）
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量就越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量变化的方向，就是合外力冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化越快
12．(0分)[ID：126996]关于运动的相关描述，下列说法正确的是（）
A．曲线运动中，加速度的方向总是和速度方向相同
B．曲线运动中，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同
C．做任意曲线运动的物体，相同时间内动量的变化量相同
D．自由下落的物体，相同时间内动能的变化量相同
二、填空题
13．(0分)[ID：127171]在粗糙的水平面上用水平恒力F推动质量为m的物体，由静止开始运动，经过了3s撤去外力后，又经过2s物体停止运动，则物体与水平面间的动摩擦因数为________。

14．(0分)[ID：127170]一人做“蹦极”运动，用原长15m的橡皮绳拴住身体往下跃，若此人质量为50kg，从50m高处由静止下落，至运动停止瞬间所用时间为4s，则橡皮绳对人
10m/s）
的平均作用力约为________。

（g取2
15．(0分)[ID：127165]如图所示，光滑水平桌面上的球1、2、3、4是完全相同的弹性小球，球2、3、4静止，球1以速度0v正对着球2撞去，球1、2的球心连线正第好过球3、4的切点，则碰撞之后静止的是_____球，运动的球中速度最小的是_____球。

16．(0分)[ID：127160]有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长．一位同学想用一
个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船，用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M=_________
17．(0分)[ID：127152]碰撞分为弹性碰撞和________，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总_____守恒，碰撞前和碰撞后的总_____保持不变。

18．(0分)[ID：127122]一质量为2kg的物体在合力的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图像如图所示，则3s末物体的动量为_______________；4s末物体的动能为_________________。

19．(0分)[ID：127105]如图所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，则物块滑至斜面的底端时，小物块的动量大小为________，重力的冲量为________大小．（重力加速度为g）
20．(0分)[ID：127104]以初速度v0水平抛出一个质量为m的物体，在不计空气阻力的情况下，物体的速度从v0变到2v0的过程中，重力冲量为__________．
三、解答题
21．(0分)[ID：127269]如图所示，一质量M=4kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住。

小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨
μ=，BC与CD相切于C，BC所对圆心角θ=37°。

质量道半径R=2.75m，动摩擦因数0.2
m=2kg的小物块从某一高度处的A点以v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，小物块滑到D点恰好与小车相对静止。

取g=10m/s2，sin37°=0.6，忽略空气阻力。

(1)求A、B间的竖直高度h；
(2)求CD段长度L；小物块从C滑到D的时间t。

22．(0分)[ID：127264]如图，一质量为m=2kg的铅球从离地面H=5m高处自由下落，陷入泥潭中某处后静止不动，整个过程共用时t=1.1s，求泥潭对铅球的平均阻力。

23．(0分)[ID ：127254]两个物体相向运动，他们发生正碰前的速率均为2m/s ，碰后粘黏在一起运动，其中一个物体的质量是另一个物体质量的3倍，求：
(1)他们碰后的速度大小；
(2)碰撞过程系统损失了百分之几的机械能。

24．(0分)[ID ：127219]如图所示，两根光滑的金属轨道置于同一水平面上，相互距离0.1m d =，质量为3g 的金属均匀细棒置于轨道一端，跨在两根轨道上，匀强磁场方向垂直于轨道平面上，磁感应强度0.1T B =，轨道平面距地面高0.6m h =。

接通电键K 的瞬间，金属棒由于受到磁场力冲量作用被水平抛出，落地点距抛出点的水平距离2m s =。

试求：接通K 瞬间，金属棒上通过的电量是多少？（g 取10m/s 2）
25．(0分)[ID ：127211]如图所示，半径R ＝0.2m 的竖直半圆形光滑轨道bc 与水平面ab 相切。

质量m ＝0.1kg 的小滑块B 放在半圆形轨道最低点b 处，另一质量也为m ＝0.1kg 的小滑块A ，由a 点以v 0＝7m/s 的水平初速度向右滑行并与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动。

已知a 、b 间距离x ＝3.25m ，A 与水平面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，A 、B 均可视为质点。

（1）求A 与B 碰撞前瞬间速度的大小v A ；
（2）求A 与B 碰撞后瞬间速度的大小v 共；
（3）判断碰撞后AB 能否沿半圆形轨道到达最高点c ，若能到达，求轨道最高点对AB 的作用力F N 的大小；若不能到达，说明AB 将做何种运动。

26．(0分)[ID ：127198]如图所示，质量为2kg M =的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为2kg M =的物体A （可视为质）。

一个质量为20g m =的子弹以500m /s 的水平速度迅速射穿A 后，速度变为100m /s ，最后物体A 静止在车上。

若物体A 与小车间的动摩擦因数μ0.5=。

(1)平板车最后的速度是多大？
(2)全过程损失的机械能为多少？
(3)A在平板车上滑行的时间为多少？
【参考答案】
2016-2017年度第*次考试试卷参考答案
**科目模拟测试
一、选择题
1．D
2．D
3．C
4．C
5．B
6．A
7．D
8．D
9．B
10．B
11．A
12．B
二、填空题
13．
14．
15．1
16．
17．非弹性碰撞动量动能
18．6kg∙m/s4J
19．【解析】
20．
三、解答题
21．
22．
23．
24．
25．
26．
2016-2017年度第*次考试试卷参考解析
【参考解析】
**科目模拟测试
一、选择题
1．D
解析：D
AB ．设t 时间内，从出水口流出水的体积为V ，质量为m 0，则
m 0=ρV ，V =v 0S t
得单位时间内从出水口流出水的质量为
0m t
=ρv 0S 故AB 错误；
CD ．设水落至地面时的速度大小为v 。

对于Δt 时间内流出的水，由机械能守恒得
12(Δm )v 02+(Δm )gh =12
(Δm )v 2 在地面处，Δt 时间内流出的水与地面接触时，沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp =(Δm )v
设地面对水的作用力的大小为F ，根据动量定理有F Δt =Δp ，得
F =Sv ρ故C 错误，D 正确。

故选D 。

2．D
解析：D
设每个球的质量均为m ，碰前系统总动量
624A B p mv mv m m m =+=-=
碰前的总动能
22k 112022
A B E mv mv m =+= A ．若v A ′=-2 m/s ，v B ′=6 m/s ，碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
则动量守恒，总动能
22k 112022
A B E mv mv m '''=+= 机械能也守恒，故A 可能实现，不符合题意；
B ．若v A ′=2 m/s ，v B ′=2 m/s ，碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22k 11422
A B E mv mv m '''=+= 动量守恒，机械能不增加，故B 可能实现，不符合题意；
C ．碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22k 11522
A B E mv mv m '''=+= 动量守恒，机械能不增加，故C 可能实现，不符合题意；
D ．碰后总动量
4A B p mv mv m '''=+=
总动能
22k 112922
A B E mv mv m '''=+= 动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D 不可能实现，符合题意。

故选D 。

3．C
解析：C
设人的质量为m ，着地前速度大小为v ，着地时间为t ，地面对人冲量大小为I ，作用力大小为F ，取竖直向下方向为正方向；
AB ．人着地过程，人的动量从一定值减到零，动量的变化量不变，根据动量定理得
0mgt I mv -=-
得到地面对人的冲量
I mgt mv =+
m 、v 一定，t 延长，则I 增大，故AB 错误；
C ．让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，增加地面对人的冲击时间，故C 正确；
D ．根据动量定理得
0mgt Ft mv -=-
得到
mv F mg t
=+ t 增大，则F 减小，人对地面的压强减小，故D 错误；
故选C 。

4．C
解析：C
A ．根据v -t 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度，两壶质量相等，所以红壶的滑动摩擦力比蓝壶的滑动摩擦力大，故A 错误；
B ．根据碰前红壶的速度图象可知红壶的加速度大小为
221 1.2 1.0m/s 0.2m/s 1
v a t ∆-=
==∆ 所以蓝壶静止的时刻为 01 1.2s 6s 0.2
v t a =
== 碰撞后，蓝壶的运动的时间为
615s t '=-=
故B 错误；
C ．设碰后蓝壶的速度为v ，碰前红壶的速度0 1.0m/s v =，碰后红壶的速度为
00.4m/s v '=
取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得
00mv mv mv ='+
代入数据解得
0.6m/s v =
在速度时间图像中图像所包围的面积表示走过的位移，碰后两个的位移差最大为：
1150.60.42 1.1m 22
x ∆=⨯⨯-⨯⨯= 故C 正确；
D ．碰撞前两壶的总动能为
2k1010.52
E mv m =
= 碰撞后前两壶的总动能为 22k20k1110.2622
E mv mv m E ='+=＜ 所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故D 错误；
故选C 。

5．B
解析：B
设球A 与球B 碰撞前一瞬间，球A 的速度大小为A v ，根据机械能守恒得
2A 1222
mgh mv =⨯ 球A 和球B 碰撞过程动量守恒，即
A 23mv mv =共
设两球粘到一起后，能上升的最大高度为h '，由机械能守恒得
21332
mv mgh ⨯='共 联立各式解得
49
h h '=
故选B 。

6．A
解析：A
由公式
p mv =
=f ma
22v ax =
联立方程，解得
3:2x x =甲乙：
故选A 。

7．D
解析：D
A ．根据动能定理可知，因重力做功相同
22
01122
mv mv mgh -= 两球落地时的速度大小相同，方向不同，选项A 错误； B ．根据
P=mgv y
平抛的小球有
2
2y v gh =
斜上抛的小球有
2212y v v gh -=
其中1v 为斜抛小球的竖直分量，因速度的竖直分量不同，则重力瞬时功率不相等，选项B 错误；
C ．两球在空中运动，竖直方向有平抛
2
12
h gt =
斜抛运动
2112
h v t gt =-+
的时间不相等，则根据
I =mgt
可知，落地时前的重力冲量不相同，选项C 错误； D ．根据
p mg t ∆=∆
可得
ΔΔp
mg t
= 则两球落地前的动量变化快慢相同，选项D 正确。

故选D 。

8．D
若以水平向左方向为正方向，则初速度09m/s v =-，末速度8m/s v =，因此动量变化
()00.28kg m/s 0.29kg m/s 3.4kg m/s p mv mv ∆=-=⨯⋅-⨯-⋅=⋅
故选D 。

9．B
解析：B
A ．从A 到
B 的过程中小球的机械能减少了()mg H h +，选项A 错误；
C ．从A 到B 的过程中小球受到的重力与阻力做功，由动能定理可得
f ()0m
g H
h W ++=
可知小球克服阻力做的功大小等于重力做的功，为()mg H h +，选项C 错误； B ．小球到达地面的速度
v =选取向下为正方向，设小球陷入泥潭的过程中的时间为t ，则
f 0mgt I mv -=-
解得
f I mgt =+
选项B 正确；
D ．小球的初速度与末速度都是0，所以小球的动量的变化量等于0，根据冲量的定义可知，小球受到的阻力的冲量不等于0，选项D 错误。

故选B 。

10．B
解析：B
由图可知，扑克牌的宽度约为子弹长度的4倍，即子弹穿过扑克牌的位移大小为
5 2.0cm=10cm x =⨯
子弹穿过扑克牌的运动可看作匀速直线运动，由
4
1.0100.10m/s 1000m/s x v t -=
==⨯ 设墙壁对子弹的平均作用力为F ，选子弹飞来的方向为正方向，对子弹由动量定理可得
20Ft mv -=-
解得：4510N F =⨯，由牛顿第三定律可得，子弹对墙壁的平均作用力大小为4510N ⨯； 故选B 。

11．A
解析：A
A ．根据动量定理知，合外力的冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故A 错误，符合题意；
B ．根据动量定理知，合外力的冲量不为零，则动量的变化量不为零，故B 正确，不符合
C ．根据动量定理知，合力冲量的方向与动量变化的方向相同，故C 正确，不符合题意；
D ．根据
F t p ∆=∆
知
p F t
∆=
∆ 合外力越大，动量的变化越快，故D 正确，不符合题意。

故选A 。

12．B
解析：B
A. 曲线运动中，加速度的方向与速度方向一定不在同一条直线上，A 错误；
B. 无论是直线运动，还是曲线运动，加速度的方向总是和速度变化量的方向相同，B 正确；
C. 由动量定理，做任意曲线运动的物体，只有受到相同的冲量动量的变化量才相同，C 正确；
D. 由动能定理
k mgh E =∆
自由下落的物体，相同时间内的位移不同，动能的变化量不相同，D 错误。

故选B 。

二、填空题 13．
35F
mg
对物体的整个过程由动量定律
12()00F mg t mgt μμ--=-
而13s t =，22s t =，代入数据可得
35F
mg
μ=
14． 870~880N
人先做自由落体运动，由
212
h gt =
自由下落的时间
1 1.73s t =
=
绳的拉力作用时间为
214s 1.73s 2.27s t t t =-=-=
全程应用动量定理有
20Ft mgt -=
解得平均作用力
880N F =15．1
解析：1
[1][2]球1与球2碰撞后交换速度，球1速度变为0，球2速度变为0v 。

球2与球3、4碰撞过程中，球2对球3、4的作用力分别沿球2、3和球2、4的球心的连线。

故碰撞后，球3、4速度方向与球2入射方向分别在两边成30°角，速度大小均设为3v ，球2碰撞后的速度设为2v ，取球2入射方向为正方向，球2、3、4组成一个系统，该系统不受外力，根据动量守恒定律，有
0232cos30mv mv mv ︒=+
整个碰撞过程中系统机械能守恒，有
2220231112222
mv mv mv =+⨯ 联立得
201
5
v v =-
305
v v =
负号表示球2会反向运动，与球1碰撞后再次交换速度，则碰撞之后静止的是球2，运动的球中速度最小的是球1。

16．
()m L d d
-
[1]．设人走动时船的速度大小为v ，人的速度大小为v '，人从船尾走到船头所用时间为t ．取船的速度为正方向．则
d L d v v t t
-=
'=， 根据动量守恒定律
0Mv mv -'=
则得
d L d M
m t t
-= 解得渔船的质量
()m L d M d
-=
．
17．非弹性碰撞动量动能
解析：非弹性碰撞 动量 动能
[1][2][3]碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，在弹性碰撞中，碰撞前和碰撞后的总动量守恒，碰撞前和碰撞后的总动能保持不变。

18．6kg∙m/s4J
解析：6kg∙m/s 4J [1]．3s 末力F 的冲量
I 3=4×2-2×1=6N∙s ；
根据动量定理可知，物体的动量为6kg∙m/s ； [2]．同理4s 末物体的动量
p 4=4×2-2×2=4 kg∙m/s ；
由
22
44J 4J 222
k p E m ===⨯19．【解析】
解析： 【解析】
设物块到达底端的速度大小为v ，根据机械能守恒可得：mgh =12
mv 2； 所以：
v =；
所以小物块的动量大小为
p =mv =；
物块在斜面上只受到重力和支持力，沿斜面方向的合外力提供加速度，则：
ma =mgsinα，
所以：
a =gsinα；
物块到达斜面底端的时间：
v
t a =， 所以重力的冲量为：
I =mgt 20．
[1]．以初速度v 0水平抛出一个质量为m 的物体，当物体的速度变为2v 0时，速度的竖直分量
0y v =
=；
此过程物体的运动时间
y v t g
=
=
重力冲量
0G I mgt =．
点睛：平抛可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，平抛的速度变化在竖直方向，平抛的动量变化在竖直方向．
三、解答题 21．
(1)0.45m ；(2)6m ，2s (1)由平抛运动的规律得
tan θ=0
gt v
h =
212
gt 联立代入数据可得h =0.45m 。

(2)设小物块经过B 点速度为B v ，经过C 点速度为C v ，
cos θ=0
B
v v
mgR (1—cos θ)=
221122
C B mv mv - 设系统共同速度为v ，物块在小车上C
D 段滑动过程中，物块与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m C v =(M ＋m )v
由能量守恒定律得
2
21
1()22
C mgL mv M m v μ=-+
对小车，由动量定理得
mgt Mv μ=
联立解得L =6m ，t =2s 。

22．
220N
根据
2112
H gt =
解得
11s t =
设平均阻力为F ，取向下为正方向，对全程由动量定理得
1()0mgt F t t --=
解得
220N F =23．
(1)1m/s ；(2)损失了75%的机械能 (1)由动量守恒得
3mv 0 - mv 0 = 4mv ′
解得
v ′ = 1m/s
(2)碰前动能
220001(3)22
E m m v mv =
+= 碰后动能
220011(3)22
E m m v mv '=
+= 机械能损失
2
0032
E E E mv ∆=-=
所以
003
=
75%4
E E E η-== 即损失了75%的机械能。

24．
对于金属棒平抛运动过程，有
2
12
h gt =
0s v t =
得出
0v =
闭合开关S 的极短时间内，对导体棒应用动量定理得
0BdI t mv ∆=
又
q I t =∆
解得金属棒上通过的放电量为
mv q Bd
=
=25． （1）6m/s ；（2）3m/s ；（3）见解析
（1）A 在水平面上做匀减速运动，根据动能定理得
22011
22
A mgx mv mv μ-=
- 解得
6m/s A v =
（2）A 、B 碰撞过程中，由动量守恒定律得
2A mv mv =共
解得
3m/s v 共
（3）假设能到达c 点，AB 从b 到c 过程中，由机械能守恒定律得
2211
222222
C mv mg R mv ⋅=⋅+⋅共 解得
1m/s C v =
在c 点，根据牛顿第二定律得
2
22C N v F mg m R
+= 当0N F =时解得
min C v
由于min C C v v <，故不能到达最高点c ；由于假设到达c 点时还具有速度，说明AB 已沿轨道越过圆心高度，离开轨道后AB 将做斜抛运动。

26．
(1)2m/s ；(2)2392J ； (3)0.4s (1)根据系统动量守恒
0'()mv mv M M v =++
解得木板车最后的速度
2m/s v =
(2)根据能量守恒可得损失的机械能
2220111
'()222
E mv mv M M v ∆=
--+
代入数据解得
2392J E ∆=
(3)子弹打木块的瞬间动量守恒有
0'A mv mv Mv =+
解得子弹穿透A 物体后，A 物体的速度4m/s A v =，之后A 物体匀减速到最终与木板车共速，根据牛顿第二定律
Mg Ma μ=
根据匀变速运动方程
A v v at =-
解得
0.4s t =。