【物理】2020届一轮复习粤教版9牛顿运动定律的应用作业

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【物理】2020届一轮复习粤教版9牛顿运动定律的应用作业

课练 9 牛顿运动定律的应用 小题狂练⑨ 小题是基础 练小题 提分快 ‎1.‎ ‎[2019·安徽省江淮十校一联]如图所示,质量为‎10 kg的物体A拴在一个被水平拉伸的弹簧一端,弹簧的拉力为6 N时,物体处于静止状态.若小车以‎0.8 m/s2的加速度向右加速运动,则(  )‎ A.物体A受到的弹簧的拉力不变 B.物体A相对小车向左运动 C.物体A相对小车向右运动 D.物体A受到的摩擦力增大 答案:A 解析:物体A先处于静止状态,弹簧的拉力为6 N,则有水平向左的静摩擦力且大小为6 N,现在小车以‎0.8 m/s2的加速度向右加速运动,A也以‎0.8 m/s2的加速度向右运动,A需要的合力等于8 N,弹簧向右的拉力为6 N,小车对物体A的静摩擦力为2 N,方向向右,2 N<6 N,即物体A仍相对车静止受到弹簧的拉力不变,受到的摩擦力减小,综上,本题选A.‎ ‎2.[2019·湖南省长沙月考](多选)如图所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是(  )‎ A.两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsinθ B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零 C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,瞬时加速度都不为零 答案:BC 解析:弹簧两端连接物体,弹簧的弹力不发生突变.开始A、B静止,可计算出弹簧伸长且弹力大小等于mgsinθ,剪断细线的瞬间,B的受力不变,故瞬时加速度为零,B正确,A、D错误.A所受沿斜面向下的弹力及重力沿斜面向下的分力均为mgsinθ ‎,合力等于2mgsinθ,加速度大小为2gsinθ,C正确.‎ ‎3.[2019·广东省华南师大附中模拟](多选)如图甲,物体在水平恒力F作用下沿粗糙水平地面由静止开始运动,在t=1 s时刻撤去恒力F,物体运动的v-t图象如图乙所示,重力加速度g=‎10 m/s2,则(  )‎ A.物体在3 s内的位移s=‎‎3 m B.恒力F与摩擦力f大小之比为F:f=3:1‎ C.物体与地面间的动摩擦因数为μ=0.3‎ D.在撤去F前后两个阶段的平均速度大小之比为:=2:1‎ 答案:BC 解析:在速度—时间图象中图象与时间轴所围成的面积等于位移的大小,3 s内物体的位移大小应为‎9 m,A错误.撤去力F后,物体受摩擦力作用而减速运动,加速度大小为‎3 m/s2,而a2=μg,μ=0.3,C正确.匀变速直线运动的平均速度等于初末速度和的一半,故撤去F前后两个阶段的平均速度相同,D错误.根据牛顿第二定律可得:F-f=ma1,f=ma2,a1=‎6 m/s2,a2=‎3 m/s2,解得F:f=3:1,可知B正确.‎ ‎4.‎ ‎[2019·广东省深圳市高级中学摸底]如图,质量为‎1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上,质量为‎0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上,B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断,则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取‎10 m/s2)(  )‎ A.0 B.2.5 N C.5 N D.3.75 N 答案:D 解析:剪断前,只有A对弹簧有作用力,所以剪断前弹簧的弹力大小F弹=mAg=15 N,剪断瞬间由于弹簧来不及发生形变,根据牛顿第二定律可得(mA+mB)g-F弹=(mA+mB)a,解得a=‎2.5 m/s2,隔离B,则有mBg-N=mBa,代入数据解得N=3.75 N,D正确.‎ ‎5.‎ ‎[2019·山东省济南外国语学校考试]如图,在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为(重力加速度为g)(  )‎ A.1.5gsinα B.sinα C.gsinα D.2gsinα 答案:A 解析:设猫的质量为m,板的质量为‎2m,以猫为研究对象,进行受力分析,猫受重力mg、支持力N1、板对它的沿斜面向上的力F,合力为0,有F=mgsinα.以板为研究对象,进行受力分析,板受重力2mg、压力大小为N1、支持力N2、猫对板沿斜面向下的大小为F的力,根据牛顿第二定律有:F+2mgsinα=2ma,a=1.5gsinα,故选A.‎ ‎6.[2019·广西钦州四中模拟](多选)如图所示,水平面上,质量m=‎2 kg的物块与水平轻弹簧相连,物块在与水平方向成θ=45°角的拉力F作用下处于静止状态,此时水平面对物块的弹力恰好为零.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.g取‎10 m/s2,以下说法正确的是(  )‎ A.此时轻弹簧的弹力大小为20 N B.当撤去拉力F的瞬间,物块的加速度大小为‎8 m/s2,方向向左 C.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度大小为‎8 m/s2,方向向右 D.若剪断弹簧,则剪断的瞬间物块的加速度为0‎ 答案:AB 解析:物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡状态,根据共点力平衡得,弹簧的弹力大小F弹=mgtan45°=20 N,A正确;撤去力F的瞬间,弹簧的弹力大小仍为20 N,物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用,物块所受的最大静摩擦力为:f=μmg=4 N,根据牛顿第二定律得物块的加速度为:a==‎ ‎8 m‎/s2,方向向左,B正确;剪断弹簧的瞬间,弹簧的弹力消失,其他力不变,物块加速度大小a1==‎10 m/s2,故C、D错误.‎ ‎7.[2019·江西省九校联考]如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x的关系如图乙所示,g取‎10 m/s2,则正确的结论是(  )‎ A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态 B.弹簧的劲度系数为7.5 N/cm C.物体的质量为‎3 kg D.物体的加速度大小为‎5 m/s2‎ 答案:D 解析:由于物体与弹簧不连接,分离时二者间的作用力为0,弹簧处于原长状态,A错.开始时,物体受重力、弹力作用,二者的合力等于0,此时的拉力10 N即为物体匀加速上升的合力,物体与弹簧分离时及分离后拉力为30 N,合力不变,故物体的重力大小为20 N,质量为‎2 kg,C错.从开始上升到分离,物体上升了‎4 cm,即开始时弹簧的压缩长度为‎4 cm,根据胡克定律mg=kx,k=500 N/m=5 N/cm,B错.根据牛顿第二定律可知,物体的质量为‎2 kg,受到的合力为10 N,加速度大小为‎5 m/s2,D对.‎ ‎8.‎ ‎[2019·广西南宁二中考试](多选)如图,木板与水平面成θ角,木板上有两个靠在一起的物块P和Q,质量分别为m和‎2m,物块与木板间的动摩擦因数均为μ,用大小为F的恒力沿着平行于木板的方向推动物块P,若P和Q之间的弹力大小记为F1,下列判断正确的是(  )‎ A.若θ=0°,μ=0,则F1=F B.若θ=0°,μ≠0,则F1=F C.若θ=30°,μ=0,则F1=F D.若θ=30°,μ≠0,则F1=F 答案:AD 解析:对P、Q整体由牛顿第二定律可得F-μ·3mgcosθ-3mgsinθ=3ma,解得a=-μgcosθ-gsinθ,再隔离Q,由牛顿第二定律得F1-μ·2mgcosθ-2mgsinθ=2ma,将a代入可得F1=F,与θ和μ无关,故A、D正确.‎ ‎9.[2019·河北省五校联盟摸底](多选)如图甲所示,足够长的传送带与水平面的夹角为θ,正以某一速度匀速转动,在传送带上某位置轻轻放置一小木块,小木块与传送带间的动摩擦因数为μ,小木块速度随时间变化的关系如图乙所示,v0、t0已知,重力加速度为g,则(  )‎ A.传送带一定顺时针转动 B.传送带的速度大小等于v0‎ C.μ=-tanθ D.t0时间后木块的加速度大小为 -2gsinθ 答案:BC 解析:若传送带顺时针转动,当木块下滑时满足mgsinθ>μmgcosθ,将一直匀加速到底端而且加速度不变;当木块上滑时满足mgsinθ<μmgcosθ,木块先匀加速运动,在速度与传送带速度相等后将匀速运动,两种均不符合运动图象,故传送带逆时针转动,A错误;只有当木块的速度大于传送带的速度时,木块所受的摩擦力沿传送带向上,故传送带的速度大小等于v0,故B正确;木块在0~t0时间内,滑动摩擦力沿传送带向下,木块匀加速下滑,由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,解得:a1=gsinθ+μgcosθ,由题图乙可知,‎ a1=,联立解得:μ=-tanθ,故C正确;木块与传送带共速后,由牛顿第二定律有:mgsinθ-μmgcosθ=ma2,解得:a2=gsinθ-μgcosθ,代入μ值得:a2=2gsinθ-,故D错误.‎ ‎10.[2019·湖北省武汉调研](多选)如图所示,光滑水平桌面放置着物块A,它通过轻绳和轻质滑轮悬挂着物块B.已知A的质量为m,B的质量为‎3m,重力加速度大小为g.由静止释放物块A、B后(  )‎ A.相同时间内,A、B运动的路程之比为2:1‎ B.物块A、B的加速度大小之比为1:1‎ C.轻绳的拉力大小为 D.当B下落高度为h时,速度大小为 答案:AC 解析:由于物块B通过动滑轮悬挂,所以相同时间内,A、B运动的路程之比为2:1,选项A正确;由于二者都是从静止开始运动,根据初速度为零的匀变速直线运动的规律可知,物块A、B的加速度大小之比为2:1,选项B错误;设轻绳拉力大小为F,物块B的加速度大小为a,由牛顿第二定律,对物块B有3mg-‎2F=3ma,对物块A有F=m×‎2a,联立解得:F=,a=,选项C正确;当B下落高度为h时,由v2=2ah,解得v= ,选项D错误.‎ ‎11.[2019·江苏省海安中学摸底]‎ ‎(多选)传送带以v1的速度匀速运动,物体以v2的速度从B端滑上传送带,物体速度方向与传送带运行方向相反,如图所示,已知传送带长度为L,物体与传送带之间的动摩擦因数为μ,则以下判断正确的是(  )‎ A.当v2、μ、L满足一定条件时,物体可以从A端离开传送带,且物体在传送带上运动的时间与v1无关 B.当v2、μ、L满足一定条件时,物体可以从B端离开传送带,且物体离开传送带时的速度可能大于v1‎ C.当v2、μ、L满足一定条件时,物体可以从B端离开传送带,且物体离开传送带时的速度可能等于v1‎ D.当v2、μ、L满足一定条件时,物体可以从B端离开传送带,且物体离开传送带时的速度可能小于v1‎ 答案:ACD 解析:物体刚放上传送带时,所受滑动摩擦力向右,于是物体做减速运动,只要速度足够大,就可以冲到A端,临界条件是到A端速度为0,有:v=2μgL,当速度v2≥,物体将从A端离开,时间用公式L=v2t-μgt2计算,显然时间与传送带的速度无关,A正确;当速度v2≤时,物体到A端之前速度减为0,然后在滑动摩擦力的作用下从A端返回B端,但返回B端的速度不可能大于v1,B错误;若v1≤v2,且物体向左滑行的位移小于L,即v2,且物体向左滑行的位移小于L,即3μmg时,A相对B滑动 D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg 答案:BCD 解析:A、B之间的最大静摩擦力为fmax=μmAg=2μmg,B与地面间的最大静摩擦力为f′max=μ(mA+mB)g=μmg,A、B发生相对滑动时的加速度为a=μg,此时对整体有F-f′max=(m+‎2m)a,所以当F=μ·3mg+3ma=3μmg时,A、B将发生相对滑动;当μmg≤F ‎<2μmg时,A、B之间不会发生相对滑动,B与地面间会发生相对滑动,A错误;当F=μmg<3μmg时,A、B间不会发生相对滑动,由牛顿第二定律有a′===μg,B正确;当F>3μmg时,A、B间发生相对滑动,C正确;A对B的最大摩擦力为2μmg,无论F为何值,B的加速度最大值为a=μg,D正确.‎ ‎2.[2019·安徽蚌埠模拟]爱因斯坦曾经设计了一个真空中的理想实验,在这个实验中,当电梯(内部为真空)相对于地球静止时,封闭在电梯里的观察者发现,从手中释放的苹果和羽毛落到电梯底板上,当电梯做自由落体运动时,观察者发现从手中释放的苹果和羽毛会停在空中而不下落.以下对这一实验的说法中正确的是(  )‎ A.电梯相对地球静止时,释放后的苹果比羽毛先落到电梯底板 B.电梯做自由落体运动时,释放后的苹果和羽毛受到的合力为零 C.以自由下落的电梯为参考系,牛顿运动定律也是成立的 D.在自由下落的电梯里,观察者不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在 答案:D 解析:电梯静止时,由于不受空气阻力,苹果和羽毛均做自由落体运动,故二者同时落到电梯底板上,故A错误;电梯做自由落体运动时,释放后的苹果和羽毛所受的合力等于它们的重力,故B错误;牛顿运动定律适用于惯性参考系,即选择静止或匀速直线运动的物体为参考系,以自由下落的电梯为参考系,牛顿运动定律是不成立的,故C错误;由于电梯、苹果和羽毛三者同时自由下落时相对静止,此时它们仍受到引力作用,因此不能仅从苹果和羽毛的运动现象判断引力是否存在,故D正确.‎ ‎3.‎ ‎[2019·湖北黄石中学模考](多选)如图所示,质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上,中间用一个轻杆相连,A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2,它们在斜面上加速下滑.关于杆的受力情况,下列分析正确的是(  )‎ A.若μ1>μ2,m1=m2,则杆受到压力 B.若μ1=μ2,m1>m2,则杆受到拉力 C.若μ1<μ2,m1μ2,则a1a2,A的加速度较大,则杆受到拉力,故C错误.‎ ‎4.[2019·江西丰城模拟](多选)质量均为m的两物块1和2之间用一根不可伸长的细线相连,两物块一起在光滑水平桌面上以速度v0匀速运动,某时刻物块1到达桌面的右边缘,如图所示.当物块1滑上与桌面等高的水平传送带后,经过一段时间到达传送带的最右端,若传送带的速度大于v0且保持不变,物块1和物块2与传送带间的动摩擦因数分别为μ1、μ2(μ1<μ2),则在此过程中(不考虑桌子边缘与传送带间的缝隙,细线的长度小于传送带的长度)(  )‎ A.物块2在桌面上可能先做匀加速运动后做匀速运动 B.两物块都在传送带上时,它们所受的摩擦力一定不相等 C.两物块在任何时刻的速度和加速度都相等 D.可能存在物块1与物块2加速度不相等的阶段 答案:AD 解析:物块1滑上传送带后,在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动,由于物块1和物块2通过不可伸长的细线连接,故物块2也做匀加速运动;如果在物块2滑上传送带之前,物块的速度已经等于传送带的速度,则此后物块1、2均做匀速直线运动,故A正确;两物块都在传送带上时,如果两物块速度与传送带相同,则两物块所受静摩擦力相等,均为零,故B错误;如果物块2滑上传送带时,物块2的速度小于传送带的速度,由于两个物块的动摩擦因数μ1<μ2,则加速度a1m2,则v1>v2、s1=s2‎ B.若F1=F2、m1v2、s1=s2‎ C.若F1v2、s1>s2‎ D.若F1>F2、m1=m2,则v1s2‎ 答案:C 解析:若F1=F2,由于a、b所受的摩擦力大小相等,因此a、b的加速度相同,设a、b的加速度大小为a0,P的加速度大小为a1,Q的加速度大小为a2,由牛顿第二定律得a1=,a2=,其中m 为物块a、b的质量.设木板的长度为L,两木板均向右做匀加速直线运动,当物块与木板分离时,a与P的相对位移为L=a0t-a1t,b与Q的相对位移为L=a0t-a2t.若m1>m2,则a1v2,s1>s2,故A、B错误;若F1>F2、m1=m2,根据受力分析和牛顿第二定律得aa>ab,由于m1=m2,所以P、Q的加速度相同.设P、Q的加速度大小为a3,它们均向右做匀加速直线运动,当物块与木板分离时a与P的相对位移为L=aat-a3t,b与Q的相对位移为L=abt-a3t,由于aa>ab,则t1t2,v1>v2,s1>s2,故C正确.‎ ‎7.[2019·甘肃一诊]如图所示,在水平面上,有两个质量分别为m1和m2的物体A、B,它们与水平面之间的动摩擦因数均为μ,m1>m2,A、B间水平连接有一轻质弹簧测力计.若用大小为F的水平力向右拉B,稳定后B的加速度大小为a1,弹簧测力计示数为F1;如果改用大小为F的水平力向左拉A,稳定后A的加速度大小为a2,弹簧测力计示数为F2.下列关系式正确的是(  )‎ A.a1=a2,F1>F2 B.a1=a2,F1a2,F1>F2‎ 答案:A 解析:以由A、B及弹簧组成的整体为研究对象,由牛顿第二定律得两次运动过程中整体的加速度a=,可得a1=a2=a.当用F拉B时,以A为研究对象有F1-μm‎1g=m‎1a1,可得F1=μm‎1g+m‎1a1=;同理,当用F拉A时,以B为研究对象,有F2-μm‎2g=m‎2a2,可得F2=,由于m1>m2,则F1>F2,A正确.‎ ‎8.(多选)如图所示,一小车上有一个固定的水平横杆,左边有一轻杆与竖直方向成θ角与横杆固定,下端连接一小铁球,横杆右边用一根细线吊一小铁球,当小车向右做加速运动时,细线保持与竖直方向成α角,若θ<α,则下列说法正确的是 (  )‎ A.轻杆对小球的弹力方向与细线平行 B.轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上 C.轻杆对小球的弹力方向既不与细线平行也不沿着轻杆方向 D.此时轻杆的形变包括拉伸形变与弯曲形变 答案:AD 解析:分析细线下面的小铁球,受力如图甲所示,只受到重力和拉力,二者的合力沿水平方向,则有a=gtanα.分析轻杆下面的小球,设轻杆对小球的力F与竖直方向夹角为β,受力分析如图乙,则有mg=Fcosβ,ma=Fsinβ,小铁球加速度相同,则a=gtanβ,代入计算得β=α,所以A正确,B、C错误;由于弹力没有沿杆的方向,所以轻杆不但被拉伸,还被弯曲,因此D正确.‎ ‎9.质量为M的小车放在光滑水平面上,小车上用细线悬挂另一质量为m的小球,且M>m.用一力F水平向右拉小球,使小球和小车一起以加速度a向右运动,细线与竖直方向成α角,细线的拉力大小为F1,如图甲.若用一力F′水平向左拉小车,使小球和车一起以加速度a′向左运动时,细线与竖直方向也成α角,细线的拉力大小为F′1,如图乙,则 (  )‎ A.a′=a,F′1=F1 B.a′>a,F′1>F1‎ C.a′a,F′1=F1‎ 答案:D 解析:先对题图甲中的整体受力分析,受重力、支持力和拉力F,根据牛顿第二定律有F=(M+m)a.‎ 再对题图甲的小球受力分析,如图(a).‎ 根据牛顿第二定律有F-F1sinα=ma,F1cosα-mg=0.由以上三式可解得F1=,a=.再对题图乙中小球受力分析如图(b),由几何关系得F合=mgtanα,F′1=,再由牛顿第二定律得到a′=gtanα,由于M>m,故a′>a,F′1=F1,故选D.‎ ‎10.如图所示,水平地面上有一车厢,车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上,已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ,车厢静止时,两弹簧长度相同,A恰好不下滑,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.现使车厢沿水平方向加速运动,为保证A、B仍相对车厢静止,则(  )‎ A.速度可能向左,加速度可大于(1+μ)g B.加速度一定向右,不能超过(1-μ)g C.加速度一定向左,不能超过μg D.加速度一定向左,不能超过(1-μ)g 答案:B 解析:‎ 开始A恰好不下滑,对A分析有f=mg=μN=μF弹,解得F弹=,此时弹簧处于压缩状态.当车厢做加速运动时,为了保证A不下滑,侧壁对A的支持力必须大于等于,根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右.对B分析,fBm=μ(F弹-mg)≥ma,解得a≤(1-μ ‎)g,故B正确,A、C、D错误.‎ 二、非选择题 ‎11.‎ ‎[2019·辽宁鞍山一中模拟]如图所示,水平面上有一固定着轻质定滑轮O的木块A,它的上表面与水平面平行,它的右侧是一个倾角θ=37°的斜面.放置在A上的物体B和物体C通过一轻质细绳相连,细绳的一部分与水平面平行,另一部分与斜面平行.现对A施加一水平向右的恒力F,使A、B、C恰好保持相对静止.已知A、B、C的质量均为m,重力加速度为g,不计一切摩擦,求恒力F的大小.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)‎ 答案:mg 解析:设绳的张力为T,系统加速度为a,以物体B为研究对象,水平方向物体B只受绳的拉力,由牛顿第二定律得T=ma;对物体C受力分析如图所示,受绳的张力T、斜面的支持力FN和重力mg,加速度也为a.对力进行正交分解:‎ 水平方向有FNsinθ-Tcosθ=ma;‎ 竖直方向有FNcosθ+Tsinθ=mg,‎ 联立解得a=,‎ 以A、B、C整体为研究对象有F=3ma,‎ 解得F=mg.‎ ‎12.[2019·重庆八中模拟]如图所示,质量M=‎1 kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置,质量m=‎1 kg、可视为质点的小物块以初速度v0=‎5 m/s从木板的下端冲上木板,同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14 N,使木板从静止开始运动,当小物块与木板共速时,撤去该外力,最终小物块从木板的下端滑出.已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25,木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g取‎10 m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:‎ ‎(1)物块和木板共速前,物块和木板的加速度;‎ ‎(2)木板的最小长度;‎ ‎(3)物块在木板上运动的总时间.‎ 答案:(1)见解析 (2) m (3)s 解析:(1)物块与木板共速前,对物块分析有mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1,得a1=‎8 m/s2,方向沿斜面向下,物块减速上滑;‎ 对木板分析有F+μ1mgcosθ-Mgsinθ-μ2(m+M)gcosθ=Ma2,‎ 得a2=‎2 m/s2,方向沿斜面向上,木板加速上滑.‎ ‎(2)物块与木板共速时有v共=v0-a1t1,v共=a2t1,‎ 代入数据解得t1=0.5 s,v共=‎1 m/s,‎ 共速时物块与木板的相对位移 Δx1=v0t1-a1t-a2t=‎1.25 m,‎ 撤掉F后,物块相对于木板上滑,加速度大小仍为a1=‎8 m/s2,物块减速上滑,‎ 对木板有 Mgsinθ+μ2(M+m)gcosθ-μ1mgcosθ=Ma′2,‎ 则a′2=‎12 m/s2,方向沿斜面向下,木板减速上滑.‎ 由于Mgsinθ+μ1mgcosθ=μ2(M+m)gcosθ,‎ 则木板速度减为零后,物块在木板上滑动时,木板保持静止,‎ 经过t2=s,木板停止,经过t′2=s,物块速度减为零,‎ 此过程,物块和木板的相对位移Δx2=t′2-t2= m,‎ 故木板的最小长度Lmin=Δx1+Δx2= m.‎ ‎(3)物块在木板上下滑时,木板静止不动,‎ 物块的加速度a′1=gsinθ-μ1gcosθ=‎4 m/s2,‎ Lmin=a′1t,得t3=s,‎ 物块在木板上运动的总时间t=t1+t′2+t3=s.‎
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