板块模型分类导析

板块模型分类导析
例1. 一颗子弹m 以速度v 0打入静止在光滑地面的木块中，设最后达到的共同速度为v ，子弹的位移为x 1，木块的位移为x 2，此过程中子弹对木块的作用力大小为f ，所发热量为Q ，下列方程正确的是（ ACF ）
A ．2
0212
121mv mv fx -=- B ．2
02212
121)(mv mv x x f -=--
C ．02
122-='Mv x
f D ．021
)(221-=-'Mv x x f
E ．Q Mv x x f +=-'22121
)(
F ．2
022121)(21)(mv v M m x x f -+=--
G ．2
0212
10)(mv x x f -=--（以木块为参考系）
例2. 一颗子弹m 以速度v 0打入静止在光滑地面的木块中，设最后达到的共同速度为v ，子弹的位移为x 1，木块的位移为x 2，子弹打入的深度为d ，下列关系正确是（ ABC ）
A ．x 1>x 2 B. x 1=x 2+d C. x 2<d 情景1.
只要木板足够长，最后一定以共同速度运动：
情景2.
这类问题的难点在于：1.能否共速；2.共速之后如何运动。

1.共速的方式有多种：
2.共速之后的情况有两种：一是一共同的加速度一起减速，二是木板一较大的加速度减速，木块一较小的加速度减速。

不可能出现的情况是：(1)木板以较小的加速度减速，木块以较大的加速度减速。

否则木块受到向前的摩擦力，将加速。

(2)木板和木块有一个加速。

否则加速的物体受到的摩擦力向前，加速度物体必须比减速的物体快，这说明没有达到共速。

v
v
v 1 μ
v
v
v
1
v
1
v 1
μ
情景3.
12v v <
m 先以加速度11m F g a m μ+=
加速，M 先以加速度122()mg m M g
a M
μμ--+=减速。

共速后的情况讨论： (1)m 的速度反超M ，有以下三种可能：
12()F mg M m g μμ>>+ 112()F mg mg M m g μμμ><+； 112()F mg mg M m g μμμ<<+；
(2)m 与M 相对静止，一起减速到零。

(3)M 的速度依然大于m 的速度。

这说明二者还保持原先的加速度，二者又造成m 的速度大于M 的速度，与假设矛盾。

这是不可能的。

情景4.
12v v >
受力分析图： m ：11m F g a m μ-=
，M ：122()mg m M g
a M
μμ-+=。

能否共速，以及共速之后的情况，取决于两个加速度的大小比较。

注意：以下加速度大小是指数学意义的大小，而不是指绝对值。

(1) a 1>a 2，没有共速可能。

(2)0< a 1<a 2，即12()F mg m M g μμ>>+，只要木板足够长，一定能共速。

共速之后一起做匀加速运动。

(3)a 1<0 <a 2，即12()mg F m M g μμ>>+，只要木板足够长，一定能共速。

共速之后一起做匀加速运动。

(4) a 1<0<a 2，即12()mg m M g F μμ>+>，只要木板足够长，一定能共速。

共速之后一起做匀减速运动。

(5) a 1<a 2<0，即12()F mg m M g μμ<<+，只要木板足够长，可能共速，也可能在共速之前木板停下。

情景5.
12
v v > 情景6.
12
v v <
图(1)
图(2)
t
图(3)
图(4)
μ
μ
情景7.
总结：分析板块模型需要从以下几个步骤下手；
(1) 比较初速度大小，确定摩擦力方； (2) 比较加速度大小，确定能否共速；
(3) 共速之后进行受力分析，确定能否一起运动。

练习： 1. 质量为m=1kg 的木块以水平速度v 0=9m/s 滑上一个静止在粗糙水平面上质量为M=1kg 的木板，带动木板向右运动，最后与木板相对静止，已知木板与木块的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面动摩擦因数为μ2=0.1，木板足够长。

达到共同速度时木块相对地面的位移为s 1= ；木板相对地面的位移为s 2= ；当二者
都停止运动时摩擦生热Q = 。

(9m 、2.25m 、40.5J) 2. 质量为m =1kg 的木块放在质量为M =1kg 的木板上，相对地面静止。

某时刻木块在恒力F =8N 的作用下开始向右运动，并带动木板也运动，已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，板长为l =2m ，当木块从木板上滑落时木块相对地面的位移为_____________，木板相对地面的位移为_____________。

(4m 、2m) 3. 如图所示，长L =16m ，质量M =1kg 的木板静放在光滑的水平面上，质量
m =1kg 的小物块放在木板的左端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1。

现对木块施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求：
(1)使物块掉不下去的拉力F （2N ）
(2)如果拉力F =10N 恒定不变，小物块所能获得的最大动能 （2J ）
4. 如图所示，长L =1.6m ，质量M =3kg 的木板静放在光滑水平面上，质量m =1kg 的小物块放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.1．现对木板施加一水平向右的拉力F ，取g=10m/s 2，求： （1）使物块不掉下去的最大拉力F ；
（2）如果拉力F =10N 恒定不变，小物块的所能获得的最大速度． 解：(1)求物块不掉下时的最大拉力，其存在的临界条件必是物块与木板具有共同的最大加速度a 1
对物块，最大加速度a 1＝mg
m
μ＝μg ＝1 m/s 2
对整体，F ＝(M+m )a 1＝(3＋1)×
1 N ＝4 N (2)当F ＝10 N 时，木板的加速度a 2＝F mg
M
μ- m/s 2＝3 m/s 2
由12a 2t 2-1
2
a 1t 2=L ，得物块滑过木板所用时间t ＝ 1.6s 物块离开木板的速度v 1＝a 1t ＝ 1.6m/s
5. 如图所示，质量M = 8kg 的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平恒力F ，F = 8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m =2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ = 0.2，
小车足够长。

求从小物块放上小车开始，经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g = 10m/s 2）。

分析：当小物块放上小车后，在水平方向上受向右的摩擦力，所以小物块做匀加速直线运动，小车在水平方向上受推力和物块的摩擦力也做匀加速直线运动．求出两者速度相等时所经历的时间，判断物块和小车能否
保持相对静止，一起做匀加速直线运动．判断出物块和小车的运动情况，根据运动学公式求出物块的位移．
解：开始一段时间，物块相对小车滑动，两者间相互作用的滑动摩擦力的大小为F f =μm g =4N ．物块在F f 的
作用下加速，加速度为f
m F a m
= =2m/s 2． μ1 μ2
m
M
A
B F A B F
m M v 0
m
M F
小车在推力F 和f 的作用下加速，加速度为f M F F
a M
-=
=0.5m/s 2．
初速度为υ0=1.5m/s ，设经过时间t 1，两者达到共同速度υ，则有：υ=a m t 1=υ0+a M t 1 代入数据可得：t 1=1s ，υ=2m/s
在这t 1时间内物块向前运动的位移为s 1=1
2
a m t 2=1m ．以后两者相对静止，相互作用的摩擦力变为静摩擦力将
两者作为一个整体，在F 的作用下运动的加速度为a ，则F =(M+m )a 得a =0.8m/s 2．
在剩下的时间t 2=t-t 1=0.5s 时间内，物块运动的位移为s 2=υt 2+12
a 2
2t ，得s 2=1.1m ．
可见小物块在总共1.5s 时间内通过的位移大小为s =s 1+s 2=2.1m ． 答：经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为2.1m ．
点评：解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解． 6. （2013高考25. 18分）一长木板在水平地面上运动，在t =0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－时间图像如图所示。

己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g ＝10m/s ２求:
(1) 物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:
(2) 从t ＝0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：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木块减速，此过程一会持续到物块和木板具有相同速度为止。

由图可知，在t 1=0.5s 时，物块和木板的速度相同。

设t =0到t= t 1时间间隔内，物块和木板的加速度度大小分别为a 1和a 2，则
1
1
1t v a =
○
1
101t v v a t -= ○
2
式中05/v m s =、11/v m s =分别为模板在t =0、t =t 1时速度大小。

设物块和木板的质量为m ，物块和木板间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma 1 ○3 (μ1+2μ2)mg=ma 2 ○
4 联立○
1○2○3○4式得 μ1=0.20 ○5 μ2=0.30 ○
6 （2）在t 1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块和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1a '和2
a '，则由牛顿第二定律得 1
f ma '= ○7 22
2mg f ma μ'-= ○8 假设mg f 1μ<，则1
2a a ''=；由式得mg mg f 12μμ>=，与假设矛盾，故 mg f 1μ= ○
9 由⑦⑨式知，物块加速度的大小1a '等于1a ；物块的v-t 图像如图中点划线所示。

由运动学公式可推知，物块和木块相对于地面的运动距离分别为
12
1122a v s ⨯= ○
10 '
2212
11102a v t v v s ++= ○
11 物块相对于木板的位移大小为
21s s s += ○
12 联立○
1○5○6○8○9○10○11○12式得
s=1.125m ○
13 7. 如图所示，一块质量为M 长为L 的均质板放在很长的光滑水平桌面上，板的左端有一质量为m 的物块，物块上连接一根很长的细绳，细绳跨过位于桌面的定滑轮，某人以恒定的速率v 向下拉绳，物块最多只能到达板的中央，而此时的右端尚未到桌边定滑轮，试求
（1）物块与板的动摩擦因数及物体刚到达板的中点时板的位移
（2）若板与桌面之间有摩擦，为使物体能达到板的右端，板与桌面间的动摩擦因数范围
（3）若板与桌面之间的动摩擦因数取（2）问中的最小值，在物体从板的左端运动到板的右端的过程中，人拉绳的力所做的功（其它阻力不计）
解：(1)设物块在板上滑行的时间为t 1,对板应用动量定理得:
μ1mgt 1=Mv ，t 1=1Mv
mg
μ ①
设在此过程中物块前进位移为s 1,板前位移为s 2,
则s 1=v·
t 1 ○2 212v
s t = ○
3 s 1-s 2=2
l
○
4 由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=22Mv mgl 板的位移s 2
=2
l
(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t 2.则应用动量定理得
[μ1mg-μ2(m+M )g ]·t 2=Mv ，
t 2=12()Mv
mg m M g μμ-+ 又设物块从板的左端运动到右端的时间为t 3，则
332322v l vt t l t v
-==
为了使物块能到达板的右端,必须满足t 2≥t 3 即
122()Mv l mg m M g v μμ≥-+， 2
22()Mv m M gl
μ≥+ 所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数2
22()Mv m M gl
μ≥
+ (3)设绳子的拉力为T ,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s 3,则有:T-μ1mg =0，s 3=v·t 3=2l 由功的计算公式得:W T =T·
s 3=μ1mg ·2l =2
Mv mgl
·mg ·2l =2Mv 2 所以绳的拉力做功为2Mv 2.
(或W =ΔE k +Q 1+Q 2=1
2
Mv 2+μ1mgl +μ2(M+m )gl =2Mv 2)
8. 质量为m ＝1.0 kg 、带电量Q ＝+2.5×
10-4C 的小滑块(可视为质点)放在质量为M ＝2.0 kg 的绝缘长木板的左端，木板放在光滑水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，木板长L ＝1.5 m ，开始时两者都处于
静止状态，所在空间加有一个方向竖直向下强度为正＝4.0×
104N/C 的匀强电场，如图所示。

取g ＝l0 m/s 2，试求：
(1)用水平力F 0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F 0应满足什么条件?
(2)用水平恒力F 拉小滑块向木板的右端运动，要使滑块在1.0 s 末从木板右端滑出，力F 应为多大?（设m 与M 之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变） 【答案】(1) 6.0N (2)9N(3)6J
【解析】(1)当拉力F 0作用于滑块m 上，木板能够产生的最
l v M
m
大加速度为:0.2)
(=+=
M
qE mg a M μm/s 2………………………1分
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度a m ≤a M ……………1分 对于滑块有: m ma qE mg F =+-)(0μ………………………………1分 m ma qE mg F ++=)(0μ
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F 0不应超过6.0N…………1分
(2)设滑块相对于水平面的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，由运动学关系可知:
21121t a s =，2222
1
t a s =，s 1-s 2=L ……………………………2分
滑动过程中木板的加速度a 2=2.0m/s 2 ，则可得滑块运动的加速度a 1=5.0m/s 2 ……1分 对滑块: 10)(ma qE mg F ++=μ………………………………2分 (3)在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了: Q=μ(mg+qE )L =6.0J………………………………………………3分
9. 如图所示，质量M ＝10kg 、上表面光滑的足够长的木板的在F ＝50N 的水平拉力作用下，以初速度05m/s =v 沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m =1kg ，将一铁块无初速地放在木板的最右端，当木板运动了L ＝1m 时，又无初速地在木板的最右端放上第2块铁块，只要木板运动了L 就在木板的最右端无初速放一铁块． 试问：（取g ＝10m/s 2）
(1）第1块铁块放上后，木板运动了L 时，木板的速度多大？ (2）最终木板上放有多少块铁块？
(3）最后一块铁块与木板右端距离多远？
解：（1）木板最初做匀速运动，由F =μMg 解得，μ＝Mg F
=0.5 第l 块铁块放上后，木板做匀减速运动，即有： F-μ(M+m)g=Ma 1 代入数据解得：a 1=-0.5m/s 2；
根据速度位移关系公式，有：L a v v 12
212=- 解得v 1=26m/s
（2）设最终有n 块铁块能静止在木板上．则木板运动的加速度大小为：a n =
M
nmg
μ
第1 块铁块放上后：2a 1L =v 02-v 12
第2 块铁抉放上后：2a 2L =v 12-v 22 第n 块铁块放上后：2a 3L =v n-12-v n 2
由上可得：(1+2+3+…+n )×
2(M
mg μ)L=v 02-v n 2 木板停下时，v n =0，得n =6.6；
（3）从放上第1块铁块至刚放上第7 块铁块的过程中，由（2）中表达式可得： 2166）（+⨯×2(M
mg
μ)L =v 02-v 62
从放上第7 块铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移为d ，则： 2×7mg M
μd =v 62-0
联立解得：d =7
4
m
10. （2015高考25题. 20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。

某地有一倾角为θ=37°（sin37°=3
5
）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），
在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为3
8
，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，
此时刻为计时起点；在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变。

已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l =27m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取重力加速度大小g=10m/s 2。

求： （1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小 （2）A 在B 上总的运动时间 【答案】（1）a 1=3m/s 2； a 2 =1m/s 2；（2）4s 【解析】
（1）在0-2s 内，A 和B 的受力如图所示 有滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
111f N μ= ○1 N 1=mg cos θ ○2 f 2 = μ2N 2 ○3 N 2=N 1+mg cos θ ○
4 以沿着斜面向下为正方向，设A 和B 的加速度分别为a 1、a 2，由牛顿第二定律可得：
11sin mg f ma θ-= ……○5 212sin mg f f ma θ-+=… ……○6 联立以上各式可得a 1=3m/s 2… ……○7 a 2=1m/s 2 ○
8 (2)在t 1=2s ，设A 和B 的加速度分别为，则
v 1=a 1t 1=6m/s ○9 v 2=a 2t 2=2m/s ○
10 t >t 1时，设A 和B 的加速度分别为1a ' 、2a '，此时AB 之间的摩擦力为零，同理可得 1a '=6m/s 2 ○
11 2
a '=-2m/s 2 ○12 即B 做减速运动，设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有
v 2+2
a 't 2=0 ○13 联立○10○12○13可得 t 2=1s
在t 1+t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为
2222
11121
22122221111()()12m 27m 2222
s a t v t a t a t v t a t ''=++-++=< 此后B 静止不动，A 继续在B 上画的，再设经过时间t 3，A 离开B ，则有
2
11
23131()2
L s v a t t a t ''-=++ 可得 t 3=1s （另一解不合题意，舍去） 设A 在B 上总的运动时间t 总 t 总=t 1+t 2+t 3=4s
(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分) 11. 如图所示，质量m =1kg 的小物块放在一质量为M =4kg 的足够长的木板右端，物块与木板间的摩擦因数2.0=μ木板与水平面间的摩擦不计。

物块
用劲度系数k =25N/m 的弹簧拴住，弹簧的另一端固定。

开始时整个装置静
止，弹簧处于原长状态。

现对木板施以F =12N 的水平向右恒力，在弹簧第一次拉伸到最长时木板的速度为v =0.5s m /π,（最大静摩擦力可认为等滑动摩擦力，计算时取π2=10，g =10m/s 2）
（1）开始施力的瞬间的物块的加速度多大？物块达到最大速度时离出发点多远？ （2）从开始运动到弹簧第一次拉伸到最长的过程中系统增加的内能是多少？ 解：（1）施力后物块与木板即发生相对滑动，刚施力时，弹簧不发生形变，根据牛顿第二定律 μmg=ma ..............................................................................（1） 代入数值解得a=2m/s 2............................................................（2） （2）物块达到最大速度时合力为零，即 kx=μmg ...........................（3） 解得：x =0.08m (4)
（3）对木板应用牛顿定律 F-μmg=Ma 1…………………………………（5） 解得a 1=2.5m/s 2………………………………………………………………（6） 木板做初速度为0的匀加速运动v t 2=2a 1s 板………………………………（7） 解得S 板=0.50m………………………………………………………………（8） 根据简谐振动的对称性S 块=2x =0.16m……………………………………（9） 由于摩擦而损失的机械能为ΔE=μmg (s 板－s 块)=0.68J…………… 12. 质量为M 的特殊平板在光滑的水平面上以速度v 0 = 4m/s 向右匀速运动，在平板上方存在厚度的d = 2cm 的“相互作用区域”（如
图中虚线部分所示），
“相互作用区域”上方高h = 20cm 处有一质量为m 的静止物块P 。

平板的右端A 经过物块P 的正下方时，P 同时无初速度释放。

当物块P 以速度v 1进入相互作用区时，平板对P 立即产生一个竖直向上的恒力F ；当P 与平板接触时F 方向立即变竖直向下而大小保持不变。

已知M = 3m ，F = kmg ，k = 11，物块与平板间的动摩擦因数121=μ，取重力加速度g = 10m/s 2，不计空气阻力，试求：
（1）物块P 下落至平板刚接触时的速度v 2多大？ （2）物块P 释放后经多长时间t 与平板接触？
（3）欲使物块P 不致于落到光滑的水平面上，平板L 至少为多长？
解：（1）P 先做自由落体运动，然后进入相互作用区做匀减速运动 212v gh = （1分）
2
22
12v v ad -= （1分） ()
kmg mg a m
--=
（2分）
由以上各式解得 v 2 = 0 （1分） （2）P 先做自由落体运动过程，有110
2v h t +=
（1分） 进入相互作用区做匀速运动过程，有1
212v d t += （1分） 122v gh ==m/s （1分）由以上各式解得 t 1 = 0.2s t 2 = 0.02s （1分）
所以P 释放后到与平板接触经历的时间为 t = t 1 + t 2 = 0.2s + 0.02s = 0.22s （1分） （3）从P 释放后到刚与平板接触的t 时间内，平板位移了L 1 = v 0t = 4×0.22m = 0.88m （1分） P 与平板接触后，在水平方向上，P 与平板组成的系统满足动量守恒 （m + 3m ）v = 3mv 0 （2分）
v 为P 与平板相对静止时的共同速度。

这一过程根据系统能量守恒，有
2
220
11()3422
kmg mg L m v m v μ+=⋅⋅-⋅⋅（2分） 由以上各式解得 6.0)1(8320
2=+=
g
k v L μm （1分） 所以物块P 不致于落到光滑的水平面上，平板的长度至少为 L = L 1 + L 2 = 0.88m + 0.6m = 1.48m （2分） 13. 如图所示，质量M =4kg 的足够长圆管静止放在光滑水平面上，圆管外表面光滑内表面粗糙，有一质量m =1kg 的小球以水平向右的初速度υ0=20m/s 射入管内，小球直径略小于圆管内径，该区域除重力场之外还存在着一个力场，该力场只对小球施加竖直向上的作用力，作用力的大小跟小球的速率成正比，即F=kv ，k =1Ns/m 。

该力场对圆管没有作用力，重力加速度g =10m/s 2，求：
（1）最终小球的速度v 1和圆管的速度v 2 （2）整个过程中系统产生的热量Q 。

解：(1)设当场力刚好与重力平衡时，小球的速度为v 1；则kv 1=mg ，k
mg
v =1=10m/s 设圆管和小球能够达到的共同速度是为v ，有动量守恒定律的：mv 0=(M+m )v
解得：v =4m/s <v 1
说明圆管和小球还没有达到共同速度前，小球已做匀速运动，所以小球的最终速度为v 1=10m/s ，由动量守恒定律：mv 0=mv 1+Mv 2
解得：v 2=2.5m/s ，即圆管的最终速度为2.5m/s
(2)整个过程中，小球和圆管组成的系统有能量守恒定律得：
J 5.1372
121212
22120=--=Mv mv mv Q
14. 如图所示，用半径为0.4m 的电动滚轮在长薄铁板上表面压轧一道浅槽．薄铁板的长为2.8m 、质量为10kg ．已知滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1．铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100N ，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽．已知滚轮转动的角速度恒为5rad/s ，g 取10m/s 2． （1）通过分析计算，说明铁板将如何运动？ （2）加工一块铁板需要多少时间？
（3）加工一块铁板电动机要消耗多少电能？
解：（1）开始砂轮给铁板向前的滑动摩擦力 F 1=μ1F lN =0.3×
100N=30N ； 工作台给平板的摩擦阻力 F 2=μ2F 2N =0.1×（100+l0×
10）N=20N ＜F 1； 因而铁板先向右做匀加速直线运动1
2
F F a m
-==1m/s 2； 加速过程铁板达到的最大速度 v m =ωR =5×
0.4m/s=2m/s ； 这一过程铁板的位移s 1=2
2m
v a
=2m ＜2.8m ； 因而此后砂轮对铁板的摩擦力将变为静摩擦力F 1′，F 1′=F 2，铁板将以2m/s 的速度做匀速运动； 故铁板先以1m/s 2的加速度做匀加速直线运动，然后以2m/s 的速度做匀速运动．（只要上面以求出，不说数据也可）
（2）铁板加速时间t 1=2m v
a =2s ；
铁板匀速时间t 2=m
L s
v -=s=0.4s ； 故总时间为t =t 1+t 2=2.4s ．
（3）根据功能关系和能量守恒定律可知，消耗的总电能等于系统增加的动能和内能之和；
铁板动能增量为，ΔE k =m L s v -=2
12mv =20J 铁板与滚轮间的相对路程为，ΔS =v m t 1-s 1=2×
2-2=2m ； 铁板与滚轮间因摩擦产生的热量为Q 1=F 1ΔS =30×
2J=60J ； 铁板与地面间因摩擦产生的热量为Q 2=F 2L =20×
2.8J=56J ； 因而消耗的电能为E =ΔE k +Q 1+Q 2=136J ； 故消耗的电能为136J ．。