【物理】2020届一轮复习人教版　牛顿运动定律的综合应用课时作业 16页

‎2020届一轮复习人教版 　牛顿运动定律的综合应用 课时作业 ‎ (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/s2‎ B．匀减速上升，a＝2.5 m/s2‎ C．匀加速上升，a＝5 m/s2‎ D．匀减速上升，a＝5 m/s2‎ C　[由牛顿第二定律得k(l－l0)－mg＝ma，解得a＝5 m/s2，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＝　　 B．若μ≠0，则k＝ C．若μ＝0，则k＝ D．若μ＝0，则k＝ 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＝－μg；以Q与R为研究对象，Q和P之间相互作用力为F1，受力情况如图乙所示，根据牛顿第二定律有F1－μ(2m＋3m)g＝(2m＋3m)a，解得F1＝F；以R为研究对象，R和Q之间的作用力为F2，受力情况如图丙所示，根据牛顿第二定律有F2－μ·3mg＝3ma，解得F2＝F，则R和Q之间相互作用力F2与Q与P之间相互作用力F1大小之比k＝＝，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′＝；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＝F，以R 为研究对象，根据牛顿第二定律有F′2＝3ma′，解得F′2＝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′＝＝，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：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到2a时，横杆对M的摩擦力Ff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mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，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FT＝，可见，a变为两倍，FT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．　　　C．3F　　　D． 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FN1、向前的静摩擦力fm，根据牛顿第二定律，有 fm＝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fm＝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′－fm＝ma1 ③‎ 对整体，有F′＝3ma1 ④‎ 由上述各式联立解得F′＝fm＝F，即F′的最大值是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xt图象的切线斜率是速度，故A错；据v2－v＝2ax得v＝2a1，0－v＝2a2，可见a1＝－a2，D错；F1＝ma1，F2＝ma2，故F1＝－F2，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＋，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＝×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＝，相对滑动的时间为t＝，此时传送带的位移为x2＝vt＝，故木炭包在传送带上滑动的位移是Δx＝x2－x1＝，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＝×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mA＝1 kg、mB＝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vt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vt图象得，‎ a＝＝ m/s2＝3 m/s2‎ 对于A、B整体，由牛顿第二定律得 F－μmAg＝(mA＋mB)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－μmAg＝mAaA，解得aA＝－μg＝－3 m/s2‎ t＝＝ s＝2 s 物块A通过的位移xA＝t＝6 m 物块B通过的位移 xB＝v0t＝6×2 m＝12 m 物块A刚停止时A、B间的距离 Δx＝xB－xA＝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Mgsin 37°<μ(M＋m)gcos 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＝gsin 37°＝6 m/s2‎ 到达B点时速度v＝＝3 m/s 滑块由B至C时的加速度a2＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2‎ 设滑块由B至C所用时间为t，则有LBC＝vt＋a2t2‎ 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＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2‎ 设滑至C端所用时间为t′，则有LBC＝a3t′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vA＝1 m/s，方向水平向左；B的初速度大小为vB＝14 m/s，方向水平向右，木板B运动的vt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vA＝－1 m/s变为v＝2 m/s。‎ 则其加速度大小为aA＝＝ m/s2＝1 m/s2，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＝＝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＝maA，‎ 则μ1＝＝0.1。‎ 由题图乙可知，0～3 s内B做匀减速运动，‎ 其速度由vB＝14 m/s变为v＝2 m/s。‎ 则其加速度大小为aB＝＝ m/s2＝4 m/s2，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＝maB，‎ 则μ2＝＝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/s2，‎ 方向水平向左。‎ ‎3 s之后运动的时间为t2＝＝ s＝1 s，‎ 则B运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s，‎ ‎0～4 s内B的位移xB＝t1＋t2＝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vt图线如图(b)所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1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＝，下降过程中的加速度为a2＝。物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝，滑动摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，选项A、C正确。由vt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＝kv2，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vt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＝gt2 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vmax时，加速度为零，根据平衡条件有 mg＝kv ⑥‎ 由所给的vt图象可读出 vmax≈360 m/s ⑦‎ 由⑥⑦式得 k＝0.008 kg/m。 ⑧‎ 答案：(1)87 s　8.7×102 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mA＝1 kg和mB＝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aA和aB，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＝μ1mAg ①‎ f2＝μ1mBg ②‎ f3＝μ2(m＋mA＋mB)g ③‎ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA ④‎ f2＝mBaB ⑤‎ f2－f1－f3＝ma1 ⑥‎ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有 v1＝v0－aBt1 ⑦‎ v1＝a1t1 ⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s。 ⑨‎ ‎(2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为 sB＝v0t1－aBt ⑩‎ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，‎ 对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2 ⑪‎ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v1，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v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有 v2＝v1－a2t2 ⑫‎ 对A有 v2＝－v1＋aAt2 ⑬‎ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为 s1＝v1t2－a2t ⑭‎ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为 sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)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 s0＝sA＋s1＋sB ⑯‎ 联立以上各式，并代入数据得 s0＝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：‎ ‎(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a1，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)a1 ①‎ 由题图(b)可知，木板与墙壁碰撞前瞬间的速度 v1＝4 m/s，由运动学公式有 v1＝v0＋a1t1 ②‎ s0＝v0t1＋a1t ③‎ 式中，t1＝1 s，s0＝4.5 m是木板碰撞前的位移，v0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－v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1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＝ 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＝Δt ⑪‎ 小物块运动的位移为 s2＝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－v＝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)0.1　0.4　(2)6.0 m　(3)6.5 m