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专题01 质点的直线运动第一部分名师综述本专题中的难题分为二，一为对运动图像的考查，对图像的考查范围很广，涉及的内容页比较多，几乎涉及了直线运动中的所有知识以及应用，特别是利用图像处理追击相遇问题时高考考查的重难点，在解题过程中，要注意分析图像的轴、点、线、面积、斜率等方面，考查方式多为选择题。二是对多过程直线运动的考查，综合了匀变速直线运动公式、追击相遇问题，考查方式多为计算题，在做题过程中需要（1）要养成画物体运动示意图，或者x-t图象与v-t图象的习惯，特别是比较复杂的运动，画出示意图或者运动图像可使运动过程直观化，物理过程清晰，便于研究，（2）要注意分析研究对象的运动过程，搞清楚整个运动过程按运动性质的转换可以分为哪几个阶段，各个阶段遵循什么规律，各个阶段又存在哪些联系。第二部分精选试题一、单选题1如图所示，在竖直平面内用轻质细线悬挂一个小球，将小球拉至A点，使细线处于拉直状态，由静止开始释放小球，不计摩擦，小球可在A、B两点间来回摆动当小球摆到B点时，细线恰好断开，则小球将（）A在B点保持静止 B沿BE方向运动C沿BC方向运动 D沿BD方向运动【答案】 B【解析】由于小球被静止释放，不计摩擦，它可在A、B两点间来回摆动。当小球摆到B点时，小球速度恰好为零，此时若细线恰好断开，则小球只受重力作用而竖直下落。所以，将沿BE方向运动。故选B。【点睛】此题考查了学生力和运动之间的关系，力可以改变物体的形状或运动状态。在此题中，小球由于重力作用将由静止下落。解决此题的关键是判断出在B点的运动状态。2如图所示为a、b、c三个质点运动的速度时间图象（vt图象），若三质点同时从同一位置出发则关于三个质点的运动，下列说法中正确的是At1时刻a、b两质点的速度大小相等、方向和反Bt1时刻后，质点b位于a、c的前面C0t1时间内，a位于b、c两质点的前面D0t1时间内，a、b两质点间的距离在不断减小【答案】 C【解析】A、t1时刻a、b两图象对应的速度相等且均为正值，表示运动方向均为正方向，A错误。B、C、三质点从同一地点出发，t1时所围的面积表示位移，可得a在最前，其次是b，最后是c,B错误，C正确。D、0t1时间内，可读出vavb，则a、b之间的距离不断增大，D错误。故选C。【点睛】利用匀变速直线运动图象分析追击与相遇，要注意明确图象的性质，图象的正负表示运动方向，图象的斜率表示加速度，能根据图象的面积求解位移3一个物体在外力作用下由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的关系图线如图所示，则该物体：( )A01s内加速运动，1s3s内减速运动，第3s末回到出发点B03s内物体位移是12mC01s内与1s3s内的平均速度相同D2s时的速度方向与0.5s时的速度方向相反【答案】 C【解析】A、物体在第1 s内从静止开始匀加速运动，第2、3 s内沿原方向做匀减速运动，根据“面积”等于速度的变化量可知，3s末物体的速度为零，所以第3 s末没有回到出发点故A错误；B、C、01s的位移，1s3s的位移，故；而，则B错误，C正确。D、第3 s末速度为零，故2s时和0.5s的速度方向相同，D错误故选C.【点睛】解决本题的关键根据加速度时间图线，知道物体做周期性运动，掌握“面积”等于速度的变化量和运动学公式，并分别求速度和位移4甲、乙两车在平直公路上行驶，其v-t图象如图所示。t=0时，两车间距为s0；t0时刻，甲、乙两车相遇。0t0时间内甲车发生的位移为s，下列说法正确的是( )A0t0时间内甲车在前，t02t0时间内乙车在前B02t0时间内甲车平均速度的大小是乙车平均速度大小的2倍C2t0时刻甲、乙两车相距12s0Ds0=67s【答案】 D【解析】由图知在0t0时间内甲车速度大于乙车的速度，故是甲车在追赶乙车，所以A错误；02t0时间内甲车平均速度的大小32v0，乙车平均速度12v0，所以B错误；由题意知，图中阴影部分面积即为位移S0，根据几何关系知，三角形ABC的面积对应位移S03，所以可求三角形OCD的面积对应位移S06，所以0to时间内甲车发生的位移为s=S0+ S06，得s0=67s，故D正确；2t0时刻甲、乙两车间的距离即为三角形ABC的面积即S03，所以C错误。5A、B两球沿同一直线运动并发生正碰,如图所示为两球碰撞前后的位移时间(x-t)图像,图中a、b分别为A、B两球碰撞前的图线,c为碰撞后两球共同运动的图线.若A球的质量mA=2kg,则由图可知下列结论正确的是( )AA、B两球碰撞前的总动量为3 kgm/sB碰撞过程A对B的冲量为-4 NsC碰撞前后A的动量变化为4kgm/sD碰撞过程A、B两球组成的系统损失的机械能为10 J【答案】 D【解析】【详解】A、由s-t图像可以知道：碰撞前A的速度为vA=4-102=-3m/s；碰撞前B的速度vB=4-02=2m/s，碰撞后AB的速度为vC=2-42=-1m/s根据动量守恒可知mbvB-mavA=-(ma+mb)vC代入速度值可求得：mb=43kg所以碰撞前的总动量为mbvB-mavA=-103kgm/s，故A错误；B、碰撞时A对B所施冲量为即为B的动量变化量PB=-mbvC-mbvB=-4Ns故B正确；C、根据动量守恒可知PA=-PB=4Ns=4kgm/s，故C正确；D、碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为12mavA2+12mbvB2-12ma+mbvC2=10J ,故D正确，本题选不正确的，故选A【点睛】结合图像求出碰前碰后的速度，利用动量守恒求出B的质量，然后根据定义求出动量的变化量。6如下图所示，质量m1kg的物体从高为h02m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和皮带之间的动摩擦因数为=0.2，传送带AB之间的距离为L5m，传送带一直以v4m/s的速度匀速运动，则( )A物体从A运动到B的时间是15sB物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做了2 J功C物体从A运动到B的过程中，产生2J热量D物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做了10J功【答案】 AC【解析】试题分析：设物体下滑到A点的速度为v0，对PA过程，由机械能守恒定律有：12mv02=mgh代入数据得：v0=2gh=2m/sv=4m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力作用下匀加速运动，加速度大小为a=mgm=g=2m/s2；加速至速度与传送带相等时用时：t1=v-v0a=4-22s=1s，匀加速运动的位移s1=v0+v2t1=2+421m=3mL=5m，所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为t2=L-s1v=5-34s=0.5s，故物体从A运动到B的时间为：t=t1+t2=1.5s，故A正确；物体运动到B的速度是v=4m/s根据动能定理得：摩擦力对物体做功W=12mv2-12mv02=12142-12122J=6J，故B错误；在t1时间内，皮带做匀速运动的位移为S皮带=vt1=4m，故产生热量Q=mgS=mg（S皮带-S1），代入数据得：Q=2J，故C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W=（12mv2-12mv02）+Q=121（42-22）+2=8J，故D错误考点：考查了机械能守恒定律，运动学公式，功能关系【名师点睛】本题要求同学们能正确分析物体的运动情况，明确能量的转化情况要注意电动机多做的功一部分转化成了物体的动能另一部分就是了相同的内能，不能只考虑物体的动能7如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为34h0（不计空气阻力），则（）A小球和小车组成的系统动量守恒B小车向左运动的最大距离为12RC小球离开小车后做斜上抛运动D小球第二次能上升的最大高度12h0h1269m=27m，则平均速度v=xt276m/s=4.5m/s，故D正确，C错误；故选BD。【点睛】根据牛顿第二定律得出加速度与时间的表达式，结合a-t图线围成的面积表示速度变化量得出最大速度的大小，根据速度时间图线，结合图线围成的面积表示位移，根据平均速度的定义式求出平均速度的大小。三、解答题21如图甲所示，有一倾角为=53的固定斜面体，底端的水平地面上放一质量为 M=3kg的木板，木板材质与斜面体相同t=0时有一质量m=6kg的滑块在斜面上由静止开始下滑，后来滑块滑上木板并最终没有滑离木板（不考虑滑块从斜面滑上木板时的能量损失）图乙所示为滑块在整个运动过程中的速率随时间变化的图象，已知sin53=0.8， eos53=06，取g=l0m/s2.求：(1)滑块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数1、2；(2)滑块停止运动的时刻t和木板的最小长度l。【答案】（1）0.2（2）18m【解析】【详解】(1)滑块在斜面上下滑时，满足：mgsin -1N=ma1N= mgcos由v-t图得加速度a1=v0t1 =6m/s2综合解得1=13滑块滑上木板后减速1mg =ma2其中a2=v0-v1t2-t1对木板分析有1mg 2（m+M）g =Ma3其中a3=v1t2-t1综合解得2=0.2(2) 由于21，故滑块与木板达共速后一起匀减速，加速度满足2（m+M）g =（m+M）a4又a4=v1t-t2综合解得t=6s木板的最小长度l=12v0(t2-t1)=18m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用以及板块模型的问题，关键是根据图像分析物体的运动特征，搞清各个阶段的加速度情况以及位移速度关系，灵活运用牛顿第二定律及运动公式求解.22一小球在恒力F1作用下竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.当小球运动到位置A时，将F1突然增大到某值F2(未知)，但保持其方向不变持续一段时间t后，又突然将该力反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点重力加速度大小为g.不计空气阻力(1)求油滴运动到B点时的速度；(2)求增大后的力F2大小；已知不存在外力时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍【答案】（1）v2=v0-2gt1；（2）F2=2-2v0gt1+14v0g2F1或F2=2-2v0gt1-14v0g2F1【解析】【分析】（1）分析小球的运动过程，小球先向上做匀速直线运动，到达A处后因力突然增大而开始做匀加速直线运动，经过t后力突然反向，小球开始做匀减速直线运动，并可能在速度减为零后做反向的匀加速直线运动对力增大后的两个过程分别列出牛顿第二定律方程，即可求得两个过程中的加速度，而t又是一个已知量，那么直接使用运动学公式即可求出小球运动到B点时的速度vB的大小；（2）因为小球最后可能做反向的匀加速直线运动，因此我们不能确定B点的位置究竟在A点上方还是A点下方，故需要分为两种情况讨论对其中每一种情况，根据运动学公式列出方程，并与竖直上抛的方程进行联立，即可分别求得两种情况下增大后的力F2大小。【详解】在t0时，力从F1增加至F2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：F2-mg=ma1油滴在时刻t1的速度为：v1=v0+a1t1力在时刻t1突然反向，油滴做匀变速运动，加速度方向向下，根据牛顿第二定律有：F2+mg=ma2油滴在时刻t2=2t1的速度为：v2=v1-a2t1由式得：v2=v0-2gt1(2)由题意，在t=0时刻前有：F1=mg油滴从t=0到时刻t1的位移为：s1=v0t1+12a1t12油滴在从时刻t1到时刻t2=2t1的时间间隔内的位移为：s2=v0t1-12a2t12由题给条件有：v02=2g2h式中h是B、A两点之间的距离若B点在A点之上，依题意有s1+s2=h由式得F2=2-2v0gt1+14v0g2F1若B点在A点之下，依题意有s1+s2=-h由式得F2=2-2v0gt1-14v0g2F1【点睛】解决复杂的力学问题，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系根据物体的受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定速度和位移等；其二，功和能的关系根据做功情况，引起物体的能量发生变化，利用动能定理进行解答23如图所示，在距地面不等高处有两点A和B，它们之间的高度差为b。A、B处各有一小球，A处小球自由下落一段距离a后，B处小球开始自由下落，结果两小球同时落地，求球和球下落时间之比。【答案】b+ab-a【解析】【详解】设A距地面的高度为H，根据h=12gt2可知，A下落到地面的时间t2Hg，A下落a所需时间t2ag则B下落的时间t=t-t，则H-b=12gt2联立解得，tt-tb+ab-a球和和球下落时间之比为b+ab-a【点睛】本题主要考查了自由落体运动的位移时间公式，明确AB同时落地，找出AB的时间关系即可求得24如图所示,长L=1.0m 木板B放在水平面上,其右端放置一小物块A(视为质点).B的质量mB=2.0kg ,A的质量mA=3.0kg ,B与水平面间的动摩擦因数1=0.20 ,A、B间的动摩擦因数2=0.40 ,刚开始两者均处于静止状态,现给A一水平向左的瞬间冲量I,I=9.0NS ,重力加速度g取10m/s2 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求:(1)A开始运动的速度 ;(2)A、B之间因摩擦产生的热量;(3)整个过程A对地的位移.【答案】（1）3.0m/s（2）10.8J（3）1.17m【解析】（1）由题意，由动量定理得 I=mv0代入数据解得 v0=3m/s（2）对A：aA=2mAgmA=2g=4m/s2对B：aB=2mAg-1mA+mBgmB代入数据解得 aB=1m/s2A对地做匀减速运动，B对地做匀加速运动，设A、B达到相同速度为v，所需时间为t，A的位移为xA，B的位移为xB对A：v=v0-aAtxA=v2-v022(-aA)对B：v=aBtxB=12aBt2代入数据解得 v=0.6m/s，t=0.6s，xA=1.08m，xB=0.18mA对B的位移为x=xA-xB=1.08m-0.18m=0.9m1m，假设成立故此过程中，A、B之间因摩擦产生的热量 Q=2mAg解得 Q=10.8J（2）A、B达到相同速度后，设二者保持静止，整体减速的加速度为 a=1mA+mBgmA+mB=1g2g，则假设成立此后二者共同滑行的距离 x共=v22a=06222=0.09m故整个过程A对地的位移 x总=xA+x共=1.17m点睛：本题的关键要分析两个物体的运动过程，根据物体的受力情况先求解加速度，并能抓住临界状态：速度相同，采用隔离法和整体法结合分析25为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1s0)处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1.重力加速度大小为g.求(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数；(2)满足训练要求的运动员的最小加速度【答案】（1）=v02-v122gs0（2）a=s1v0+v122s02【解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为，则冰球在冰面上滑行的加速度a1=g由速度与位移的关系知2a1s0=v12v02联立得=a1g=v02-v122gs0（2）设冰球运动的时间为t，则t=v0-v1g又s1=12at2由得a=s1(v0+v1)22s02【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。26如图所示，质量M=8kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力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为0.2，小车足够长。求：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？（3）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=l0m/s2）【答案】（1）2m/s2，05m/s2（2）4s（3）124m【解析】试题分析：（1）物块的加速度mg=ma1，所以a1=3m/s2；小车的加速度：Fmg=Ma2，所以a2=0.5m/s2。（2）由：v0+a2t1=a1t1，得t1=1s。（3）在开始1s内小物块做匀加速运动，最大速度：v=a1t1=3m/s，在接下来的0.5s物块与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度：对系统F=（M+m）a3物体位移s=12a1t12+a1t1(tt1)+12a3(tt1)2=3.125m。考点：匀变速直线运动规律的应用。27如图甲所示，斜面的倾角=30，在斜面上放置一矩形线框abcd，ab边的边长L1=1m，bc边的边长L2=0.6m，线框的质量m=1kg，线框的电阻R=0.1，线框受到沿斜面向上的恒力F的作用，已知F=15N，线框与斜面间的动摩擦因数=33线框的边abefgh，斜面的efhg区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化情况如图乙的B-t图象所示，时间t是从线框由静止开始运动起计时的如果线框从静止开始运动，进入磁场最初一段时间是匀速的，ef线和gh线的距离x=5.1m，取g=10m/s2求：（1）线框进入磁场前的加速度a；（2）线框进入磁场时匀速运动的速度v；（3）在丙图中画出线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的v-t图象；（4）线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热Q【答案】（1）5 m/s2（2）2 m/s（3）如图；（4）35 J【解析】试题分析：（1）线框进入磁场前，线框受到线框的重力、拉力F、斜面的支持力和线框的摩擦力作用，由牛顿第二定律：Fmgsinmgcos=ma得线框进入磁场前的加速度a=5 m/s2（2）因为线框进入磁场的最初一段时间做匀速运动，ab边进入磁场切割磁感线，产生的电动势E1=BL1v形成的感应电流I1=E1R受到沿斜面向下的恒定的安培力F安BI1L1线框受力平衡，有Fmgsin mgcosF安此时磁感应强度必恒定不变B=05 T，代入数据解得v2 m/s（3）线框abcd进入磁场前做匀加速直线运动，进入磁场前的运动时间t1=va=04 s进入磁场过程中线框做匀速运动的时间t2=L2v=03 s线框完全进入磁场后至运动到gh线，线框受力情况与进入磁场前相同，仍做匀加速直线运动，所以该阶段的加速度大小仍为a5 m/s2，该过程有x-l2vt312at23，解得t3=1 s线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线过程的vt图象如图；（4）线框整体进入磁场后，ab边运动到gh线的过程中，线框中有感应电流的时间t4=t1t2t309 s=08 sE2=BSt=0.50.62.1-0.9V=0.25V此过程产生的焦耳热Q2=E22Rt4= 05 J线框匀速进入磁场过程中产生的焦耳热Q1= I12Rt2 =3 J线框从静止开始运动直至ab边运动到gh线的过程中产生的焦耳热 Q= Q1+ Q2=35 J考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题是电磁感应、牛顿第二定律以及能量守恒定律的综合题目；解题时分析线框的受力情况，确定其运动情况是关键，解题时要能分阶段处理物理过程；同时注意要牢记一些经验公式，例如安培力的经验表达式FA=B2l2vR，要会推导。28如图所示，一根有一定电阻的直导体棒质量为m、长为L，其两端放在位于水平面内间距也为L的光滑平行导轨上，并与之接触良好；棒左侧两导轨之间连接一可控电阻；导轨置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨所在平面，t=0时刻，给导体棒一个平行与导轨的初速度，此时可控电阻的阻值为R0，在棒运动过程中，通过可控电阻的变化使棒中的电流强度保持恒定，不计导轨电阻，导体棒一直在磁场中。（1）求可控电阻R随时间t变化的关系式；（2）若已知棒中电流强度为I，求0t时间内可控电阻上消耗的平均功率P；（3）若在棒的整个运动过程中将题中的可控电阻改为阻值为R0的定值电阻，则棒将减速运动位移x1后停下；而由题干条件，棒将运动位移x2后停下，求x1x2的值。【答案】（1）R=R0-B2L2mt；（2）P=I2(R0-B2L2t2m)；（3）x1x2=21【解析】试题分析：（1）因棒中的电流强度保持恒定，故棒做匀减速直线运动，设棒的电阻为r，电流为I，其初速度为v0，加速度大小为a，经时间t后，棒的速度变为v，则有：v=v0-at而a=BILm，t=0时刻棒中电流为：I=BLv0R0+r，经时间t后棒中电流为：I=BLvR+r，由以上各式得：R=R0-B2L2mt。（2）因可控电阻R随时间t均匀减小，故所求功率为：，由以上各式得：P=I2(R0-B2L2t2m)。（3）将可控电阻改为定值电阻R0，棒将变减速运动，有：v0=at，a=BILm，而It=ER0+rt，E=t=BLx1t，由以上各式得，而x2=v22a，由以上各式得x2=mv0(R0+r)2B2L2，所求x1x2=21。考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【名师点睛】解决本题的关键知道分析导体棒受力情况，应用闭合电路欧姆定律和牛顿第二定律求解，注意对于线性变化的物理量求平均的思路，本题中先后用到平均电动势、平均电阻和平均加速度。29（本题8分）我国某城市某交通路口绿灯即将结束时会持续闪烁3 s，而后才会变成黄灯，再在3秒黄灯提示后再转为红灯。2013年1月1日实施新的交通规定：黄灯亮时车头已经越过停车线的车辆可以继续前行，车头未越过停车线的若继续前行则视为闯黄灯，属于交通违章行为。（本题中的刹车过程均视为匀减速直线运动）（1）若某车在黄灯开始闪烁时刹车，要使车在黄灯闪烁的时间内停下来且刹车距离不得大于18 m，该车刹车前的行驶速度不能超过多少?（2）若某车正以v015 ms的速度驶向路口，此时车距停车线的距离为L48.75 m，当驾驶员看到绿灯开始闪烁时，经短暂考虑后开始刹车，该车在红灯刚亮时恰停在停车线以内。求该车驾驶员的允许的考虑时间。【答案】（1）12 m/s （2）0.5 s【解析】试题分析：（1）设在满足题设条件的情况下该车的最大行驶速度为根据平均速度公式（2分）解得（2分）（2）该车驾驶员的允许的反应时间最大值为，反应时间内车行驶的距离为（2分）从绿灯闪烁到红灯亮起的过程中，汽车做减速运动的时间（2分）设汽车在刹车过程中通过的位移为（2分）绿灯开始闪烁时，该车距停车线距离为L（2分）解得（1分）即该车驾驶员的考虑时间不能大于0.5 s。（1分）考点：匀变速直线运动位移和时间的关系，匀变速直线运动速度与时间的关系30（20分）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4.5m，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=1s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1s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10m/s2。求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。【答案】（1）1=0.12=0.4（2）6m（3）6.5m【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v=4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v=4m/s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有2g=4m/s-0m/s1s解得2=0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t=1s，位移x=4.5m，末速度v=4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得x=vt+12at2带入可得a=1m/s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g=a可得1=0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(M+m)g+2mg=Ma1可得a1=43m/s2对滑块，则有加速度a2=4m/s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t1=1s此时，木板向左的位移为x1=vt1-12a1t12=103m末速度v1=83m/s滑块向右位移x2=4m/s+02t1=2m此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2=4m/s2木块继续减速，加速度仍为a1=43m/s2假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2=v1-a1t2解得t2=0.5s此过程，木板位移x3=v1t2-12a1t22=76m末速度v3=v1-a1t2=2m/s滑块位移x4=12a2t22=12m此后木块和木板一起匀减速。二者的相对位移最大为x=x1+x3+x2-x4=6m滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a=1g=1m/s2位移x5=v322a=2m所以木板右端离墙壁最远的距离为x1+x3+x5=6.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁26
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