高中物理必修1匀变速直线运动难题(含答案解析).doc

.高中物理必修1匀变速直线运动难题一选择题1从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度时间图象如图所示，在0t2时间内，下列说法中正确的是（）At2时刻两物体相遇B在相遇之前，t1时刻两物体相距最远CI、II两个物体的平均速度大小都是DI物体所受的合外力不断增大，II物体所受的合外力不断减小2如图所示，以度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为（tan），则图中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是（）ABCD3某物体做初速度为0的匀加速直线运动，在时间 t内通过了某段距离S，则该物体（）A在中间时刻的速度小于末速度的一半B在中间位置的速度小于末速度的一半C前一半位移所用的时间与后一半位移所用的时间之差等于全程时间的一半D后一半时间通过的位移与前一半时间的位移之差等于全程的一半4如图所示，ab、cd是竖直平面内两根固定的细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，圆周半径为R，b点为圆周的最低点，c点为圆周的最高点现有两个小滑环A、B分别从a、c处由静止释放，滑环A经时间t1从a点到达b点，滑环B经时间t2从c点到达d点；另有一小球C从b点以初速度v0=沿bc连线竖直上抛，到达最高点时间为t3，不计一切阻力与摩擦，且A、B、C都可视为质点，则t1、t2、t3的大小关系为（）At1=t2=t3Bt1=t2t3Ct2t1t3DA、B、C三物体的质量未知，因此无法比较5一个静止的质点，在05s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F 随时间t的变化图线如图所示则质点在（）A第2s末速度方向改变B第2s末加速度为零C第4S末运动速度为零D第4s末回到原出发点二多选题6一质点做匀加速直线运动，某时刻起发生位移x对应速度变化为v1，紧随着发生相同位移变化为v2，且两段位移对应时间之比为2：1，则该质点的加速度为（）Aa=Ba=Ca=Da=7物体沿一直线运动，在t时间内通过的路程为s，它在中间位置处的速度为v1，在中间时刻时的速度为v2，则v1和v2的关系为（）A当物体作匀加速直线运动时，v1v2B当物体作匀减速直线运动时，v1v2C当物体作匀速直线运动时，v1=v2D当物体作匀减速直线运动时，v1v28如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t1时刻P离开传送带不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是（）ABCD9平直路面上有AB两块固定挡板相距6米物块以8m/s速度紧靠A出发，在AB两板间往复匀减速运动，物块每次与AB板碰撞将以原速度大小弹回现要求物块最终停在距B板2m处且和A挡板只碰撞了一次，那么此过程 （）A位移大小可能为16mB加速度大小可能为2m/s2C时间可能为5sD平均速率可能为4m/s10两个物体A、B的质量分别为m1和m2，并排静止在水平面上，用相同的水平拉力F同时分别作用于物体A和B上，分别作用一段时间后撤去，两物体各自滑行一段距离后停止两物体A、B运动的vt图象分别如图中a、b所示已知拉力F撤去后，物体做减速运动过程的vt图象彼此平行（相关数据如图）由图中信息可以得到（）Am1m2Bt=3s时，物体A、B再次相遇C拉力F对物体A所做的功较多D拉力F对物体A的最大瞬时功率是对物体B最大瞬时功率的倍11如图所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放做初速为零的匀加速直线运动，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图中1、2、3、4、5所示小球运动过程中每次曝光的位置连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d根据图中的信息，下列判断正确的是（）A位置“1”是小球释放的初始位置B小球在位置“3”的速度大小为C小球下落的加速度大小为D小球在位置5的速度大小为12如图所示，竖直圆环内侧凹槽光滑，aob为其水平直径，2个相同的小球A和B（均可视为质点），从a点同时以相同速率V0开始向上、向下沿圆环凹槽运动，且运动中始终未脱离圆环，则（）AA、B两球相遇点一定在ab的上方B相遇点可能在b点，也有可能在ab的下方C相遇时VA=VB=V0D相遇时VA=VBV0三解答题13如图所示，赛道上有两辆玩具赛车A和B，B车静止在拐弯处，A车以vA=5m/s的速度沿赛道E做匀速直线运动，当它与正前方的B车相距L=10m时，B车开始以a=5m/s2的加速度沿赛道F做匀加速直线运动，假设A、B两车均可视为质点，赛道宽度忽略不计，A车通过拐弯处后速度大小不变试判断A车能否追上B车？如能追上，求出A车追上B车的时间；若追不上，求出A、B两车何时直线距离最短，最短距离为多大14一木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为L=1.5m，如图所示处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数为=0.5，现使汽车以a1=6m/s2的加速度匀加速启动，速度达到v=6m/s后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速刹车（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）求：（1）木箱速度达到v=6m/s时，所需要的时间t？（2）当木箱与平板车的速度都达到v=6m/s时，木箱在平板车上的位置（离驾驶室后端距离）；（3）刹车时为保证木箱不会撞到驾驶室，刹车时间t至少应为多少？（g=10m/s2）15如图所示，在倾角=37的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度L=3m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7m在平板的上端A处放一质量m=0.6kg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=0.5，求滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差t（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）16如图1所示，在2010上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演，令参观者大开眼界，最吸引眼球的就是正中心那个高为H=10m，直径D=4m的透明“垂直风洞”风洞是人工产生和控制的气流，以模拟飞行器或物体周围气体的流动在风力作用的正对面积不变时，风力F=0.06v2（v为风速）在本次风洞飞行上升表演中，表演者的质量m=60kg，为提高表演的观赏性，控制风速v与表演者上升的高度h间的关系如图2所示g=10m/s2求：（1）设想：表演者开始静卧于h=0处，再打开气流，请描述表演者从最低点到最高点的运动状态；先做加速度减小的加速运动，后做加速度增加的减速运动（2）表演者上升达最大速度时的高度h1；（3）表演者上升的最大高度h2；（4）为防止停电停风事故，风洞备有应急电源，若在本次表演中表演者在最大高度h2时突然停电，为保证表演者的人身安全，则留给风洞自动接通应急电源滞后的最长时间tm（设接通应急电源后风洞一直以最大风速运行）17如图所示，平板车长为L，质量为m，上表面距离水平地面高为h，以速度v0向右做匀速直线运动，A、B是其左右两个端点从某时刻起对平板车施加一个方向水平向左的恒力F，与此同时，将一个小球轻放在平板车上的P点（小球可视为质点，放在P点时相对于地面的速度为零），经过一段时间，小球脱离平板车落到地面已知小球下落过程中不会和平板车相碰，所有摩擦力均忽略不计求：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间（2）小球落地瞬间，平板车的速度大小18如图所示的水平传送带以速度v=2m/s匀速运动，传送带把一煤块从A运送到B，A、B相距L=10m，若煤块在A处是由静止放在皮带上，经过6s可以到达B处，求：（1）煤块在A、B间运动的加速度（2煤块在皮带上留下的痕迹的长度（3）若改变传送带的速度为另一数值，则到达B的时间亦改变，求煤块以最短时间到达B时传送带的最小速度19如图所示，一个小滑块（可视为质点）通过长度不计的短绳拴在小车的板壁上，小滑块与小车底板无摩擦，小车由静止开始向右作匀加速运动，经3s绳断裂（设绳断裂后小车运动的加速度不变），又经一段时间t小滑块从小车尾部掉下来在t这段时间内，已知小滑块相对于小车在头2s内滑行2m，最后2s内滑行5m求：（1）小车底板长是多少？（2）从小车开始运动到小滑块离开车尾，小滑块相对于地面移动的距离是多少？20一弹性小球自h0=5m高处自由落下，当它与水平地面每碰撞一次后，速度减小到碰前的，不计每次碰撞时间，计算小球从开始下落到停止运动所经过的时间21图l中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为=0.2在木板上施加一水平向右的拉力F，在03s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10 m/s2整个系统开始时静止（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出03s内木板和物块的vt图象，据此求03s内物块相对于木板滑过的距离22如图所示，质量M=20kg的物体从光滑曲面上高度H=0.8m处由静止释放，到达曲面底端时以水平方向的速度进入水平传送带传送带由一电动机驱动，传送带的上表面匀速向左运动，运动速率为3.0m/s已知物体与传送带间的动摩擦因数=0.10（g取10m/s2）（1）物体滑上传送带时的速度为多大？（2）若两皮带轮之间的距离是6.0m，物体滑上传送带后立刻移走光滑曲面，物体将从哪一边离开传送带？通过计算说明你的结论（3）若皮带轮间的距离足够大，从M滑上到离开传送带的整个过程中，由于M和传送带间的摩擦而产生了多少热量？23如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k1）断开轻绳，棒和环自由下落假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环和棒的加速度（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程s（3）与地面第二次碰撞前要使环不脱离棒，棒最少为多长？（4）从断开轻绳到棒和环都静止，要使环不脱离棒，棒最少为多长？KEY一选择题（共5小题）1 【解答】A、t2时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，所以t2时刻两物体没有相遇，故A错误；B、速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在t1时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；C、由于t2时刻，物体的位移比物体的位移小，所以II物体的平均速度大小于I物体，故C错误；D、根据vt图象的斜率表示加速度，由图象可知，I物体做加速度越来越小的加速运动，所受的合外力不断减小，II物体做匀减速直线运动，所受的合外力不变，故D错误；故选：B2【解答】解：开始时传送带的速度大于物体的速度，故滑动摩擦力沿斜面向下，故物体的加速度a1=gsin+gcos，当物体的速度等于传送带的速度时物体的加速度为gsin，此后物体的速度大于传送带的速度，物体所受的摩擦力沿斜面向上，根据tan可得sincos，故mgsinmgcos，即重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体的加速度a2=gsingcos；故a1a2；速度图象的斜率等于物体的加速度，故速度相同后速度图象的斜率将减小故D正确故选D3【解答】解：A、对于匀变速直线运动，某段时间平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故，由于初速度为零，故在中间时刻的速度等于末速度的一半，故A错误；B、对于匀变速直线运动，中间位置速度，由于初速度为零，故，故B错误；C、设总位移为x，前一半位移所用的时间为，全程时间，故后一半位移时间为（1），故前一半位移所用的时间与后一半位移所用的时间之差小于全程时间的一半，故C错误；D、设全程时间为t，后一半时间通过的位移与前一半时间的位移之差为：x=a（）2=；全程位移为，故后一半时间通过的位移与前一半时间的位移之差等于全程的一半，故D正确；故选D4 【解答】解：设abc=，则ab=bccos=2Rcos小环在ab上运动时的加速度a1=gcos根据S=at12带入数据可得2Rcos=gcost12滑环A从a点到达b点的时间t1=2同理滑环从c点到d点的时间t2=2小球从b到c的运动根据S=V0t3gt32即2R=t3gt32解得运动的时间t3=2所以t1=t2=t3故选A5【解答】解：根据题意可知合力随时间周期性变化，故根据牛顿第二定律F=ma可得物体的加速度a=，故在01s内物体做加速度为a1匀加速直线运动，在12s内物体做加速度为a2的匀减速直线运动，由于F1=F2故a1=a20故B错误由于加速度图象与时间轴围成的面积等于物体速度的变化量，而物体的初速度为0，加速度a大于零，故物体运动的方向保持不变，即一直向前运动故A、D错误由于a1=a2，故01s内增加的速度等于12s内减少的速度故第2s末物体的速度等于t=0时的速度即第二秒末物体的速度为0同理t=4s时物体运动速度为零故C正确故选C二多选题（共7小题）6【解答】解：设三个对应时刻的速度分别为v1、v2、v3，有：v2v1=v1，v3v2=v2，因为两段位移对应时间之比为2：1，加速度不变，则v1=2v2，根据速度位移公式得，则有：，整理得，解得，则，根据速度位移公式得，a=，故CD正确，A、B错误故选：CD7【解答】解：对于前一半路程，有对于后一半路程，有由解得在中间时刻时的速度为又由于故根据不等式，可知=0（当v1=v2时取等号）当物体做匀速直线运动时，v1=v2，故C正确；当物体做匀加速直线运动或匀减速直线运动时，有v1v2，故A正确，B正确，D错误；故选：ABC8【解答】解：1若v1=v2，小物体P可能受到的静摩擦力等于绳的拉力，一直相对传送带静止匀速向右运动，若最大静摩擦力小于绳的拉力，则小物体P先向右匀减速运动，减速到零后反向匀加速直到离开传送带，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a，加速度不变，故A正确；2若v1v2，小物体P先向右匀加速直线运动，由牛顿第二定律知mPgmQg=（mQ+mP）a，到小物体P加速到与传送带速度v1相等后匀速，故B选项可能；3若v1v2，小物体P先向右匀减速直线运动，由牛顿第二定律知mQgmPg=（mQ+mP）a1，到小物体P减速到与传送带速度v1相等后，若最大静摩擦力大于或等于绳的拉力，继续向右匀速运动，A选项正确，若最大静摩擦力小于绳的拉力，继续向右减速但滑动摩擦力方向改向，此时匀减速运动的加速度为mQg+mPg=（mQ+mP）a2，到减速为零后，又反向以a2加速度匀加速向左运动，而a2a1，故C选项正确，D选项错误故选：ABC9【解答】解：A、物块以8m/s速度紧靠A出发，物块最终停在距B板2m处且和A挡板只碰撞了一次，故路程可能为16m，也可能为20m，但位移运动是4m，故A错误；B、物体每次与挡板碰撞后都是原速率返回，可以将整个过程看作匀减速率直线运动，根据速度位移关系公式，有解得故B正确；C、根据速度时间关系公式，有故C正确；D、平均速率等于路程除以时间，故故D正确；故选：BCD10 【解答】解：A、撤除拉力后两物体的速度图象平行，故加速度大小相等，即a1=a2=g=1m/s21=2=0.1，对用相同的水平拉力F同时分别作用于物体A和B上，根据vt图象知道a的加速度a1=m/s2，b的加速度a2=m/s2，根据牛顿第二定律得：Fmg=mam=，所以m1m2，故A正确B、根据vt图象中图形与时间轴所包围的面积求得位移，t=3s时，物体A位移大于B的位移，故B错误C、在拉力F作用下，物体A位移小于于B的位移，水平拉力F相同，所以拉力F对物体A所做的功较少，故C错误D、物体A的最大速度是物体B的最大速度的倍，所以拉力F对物体A的最大瞬时功率是对物体B最大瞬时功率的倍，故D正确故选AD11【解答】解：由图可知1、2之间的距离为H1=2d，2、3之间的距离为H2=3d，3、4之间的距离为H3=4d，4、5之间的距离为H4=5d由于H=H4H3=H3H2=H2H1=d即在连续相等的时间内物体的位移差等于恒量，故根据H=aT2可得物体的加速度a=故C正确若位置“1”是小球释放的初始位置，则有H1=H2=故有=显然与已知相矛盾，故位置“1”不是小球释放的初始位置故A错误因为位置“3”所处的时刻是位置“2”和位置“4”所处的时刻的中点时刻，故v3=故B正确根据vt=v0+at可得小球在位置“5”的速度大小为v5=v3+at=+2T=故D正确故选B、C、D12【解答】解：A：先来做相遇点的判定由于A球是先上后下的运动，在重力作用下，其速率先减小，后增大，回到b点是由机械能守恒可以知道其速率仍是v0，所以其平均速率是小于v0的，而B的速率是先增大再减小，同理知道它到b点的速率也是v0，则其平均速率就大于v0，因此可以知道，在相等的时间内，A的路程一定小于B的路程，因此可以知道相遇时应该在ab的上方，故A正确B：由A的分析知道此项错C：相遇点在ab的上方，由机械能守恒可以知道上方的重力势能大，所以动能就小，因此AB速率相等且小于v0D：由C的分析知道D正确故选A，D三解答题（共11小题）13【解答】解：如果A车能追上B车，则一定在F赛道追上，A车运动到F赛道所用时间：此时B车的速度大于A车的速度，故一定不能追上A车位于F赛道时，AB间的最小距离为当A车位于E赛道时，设经过时间t，二者距离最短，有：xA=vAt代入数据得：，将上式对t求导，得：（x2）=50t3+50t100 分析单调性可得当t=1s时导数值为0，函数值最小即：x有最小值，故AB两车经1s距离最短，最短距离为14【解答】解：（1）设加速运动时木箱的最大加速度为am，则有：mg=mam解得：am=g=5m/s2由v=at1得，速度达到6m/s所用时间：t1=1.2s（2）对平板车，由v=at得：t=1s，即平板车经t=1s速度达到6m/s，则在t=0.2s的时间平板车匀速运动，这一过程车总共前进：s1=+vt=4.2m木箱前进：s2=3.6m则木箱相对车后退s=s1s2=0.6m故木箱离驾驶室后端距离为0.6+1.5=2.1m（3）刹车时木箱离驾驶室s=2.1m，设木箱至少要前进s3距离才能停下，则：=3.6m汽车刹车时间为t2，则s3=s解得：t2=0.5s答：（1）木箱速度达到v=6m/s时，所需要的时间为1.2s；（2）木箱在平板车上的位置离驾驶室后端距离为2.1m；（3）刹车时间t至少应为0.5s15【解答】解：对平板，由于Mgsin37（M+m）gcos37，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动对滑块：在薄板上滑行时加速度a1=gsin37=6m/s2，到达B点时速度 v=滑块由B至C时的加速度a2=gsin37gcos37=2m/s2，设滑块由B至C所用时间为t，则LBC=vt+， 代入解得t=1s对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37gcos37=2m/s2，设滑至C端所用时间为t，则 LBC=，解得t滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为t=tt=（1）s 答：滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为（1）s16 【解答】解：（1）表演者开始静卧于h=0处，再打开气流，受到向上的风力和重力作用，先向上做加速运动由图知，v2（v为风速）减小，风力F=0.06v2，则风力减小，故表演者的加速度加速度减小当风力小于重力时，表演者做减速运动，加速度增大，故先向上做加速度减小的变加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，到达最高点时速度为零（2）由图2可知v2=1.2104500h则风力 F=0.06v2=7.210230h当表演者在上升过程中的最大速度vm时有F=mg代入数据得h1=4m（2）对表演者，由动能定理得 WFmgh2=0因WF与h成线性关系，风力做功由F=0.06v2=7.210230h得h=0时，F0=7.2102Nh=h2时，Fh2=7.210230h2，m=60kg代入数据化解得h2=8m （3）当应急电源接通后以风洞以最大风速运行时滞后时间最长，表演者减速的加速度为=2m/s2表演者从最高处到落地过程有H=代入数据化简得：0.52s答：（1）设想：表演者开始静卧于h=0处，再打开气流，表演者先向上做加速度减小的变加速运动，后向上做加速度增大的减速运动，到达最高点时速度为零（2）表演者上升达最大速度时的高度h1是4m（3）表演者上升的最大高度h2是8m（4）留给风洞自动接通应急电源滞后的最长时间tm是0.52s17【解答】解：（1）小球离开小车后做自由落体运动，设下落时间为t，则，h= 解得：t=； （2）分两种情况讨论：平板车向右做匀减速运动的某一时刻，小球从左端A离开小车 当小球在车左端时，车向右的位移，车向左的加速度为， 车向右的速度， 小球离开车的左端后做自由落体运动，当小球落地瞬间，车的速度为v2=v1at， 联立解得车的速度；平板车先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动的某一时刻，小球从右端B离开车 当小球在车右端时，车向左的位移，车向左的加速度仍为， 车向左的速度 小球离开车的右端后做自由落体运动，当小球落地瞬间，车向左的速度v4=v3+at， 联立解得车向左的速度 答：（1）小球从离开平板车开始至落到地面所用的时间为；（2）当平板车向右做匀减速运动的某一时刻小球从左端A离开小车时，小车速度为；当平板车先向右做匀减速运动，然后向左做匀加速运动的某一时刻，小球从右端B离开车时，小车的速度为18【解答】解：（1）煤块从A处无初速度放在传送带上以后，将在摩擦力作用下做匀加速运动，若一直做匀加速直线运动，整个过程的平均速度小于等于，因为，这表明煤块从A到B先做匀加速运动，后做匀速运动设煤块做匀加速运动的加速度为a，加速的时间为t1，相对地面通过的位移为x，则有v=at1，x=，x+v（tt1）=L数值代入得a=1 m/s2（2）当煤块的速度达到2m/s时，煤块的位移煤块运行的时间此时传送带的位移x2=vt=22m=4m则煤块相对于传送带的位移x=x2x1=2m所以痕迹的长度为2m（3）要使煤块从A到B得时间最短，须使它始终做匀加速直线运动，至B点时速度为运送时间最短所对应的皮带运行的最小速度 由v2=2aL，得v=故煤块以最短时间到达B时传送带的最小速度为19【解答】解：（1）设小车的加速度为a，以地面为参考系，绳断时为计时起点和坐标原点，则滑块以v=3a做匀速运动，车以v0=3a做加速度为a的匀加速运动头2s内：x车=v0t+=8a x物=v0t=6a 根据题意：x车x物=2 联系得：a=1m/s2设滑块离开车尾时小车速度为v，最后2s内：x车=2v2x物=3a2=6 又：x车x物=5 联立得：v=6.5m/s滑块在小车上滑行时间t=3.5s小车底板长L=6.125m （2）小滑块相对于地面移动的距离x=a32+vt=15m 答：（1）小车底板长是6.125m（2）从小车开始运动到小滑块离开车尾，小滑块相对于地面移动的距离是15m20【解答】解：小球第一次落地时速度为 v0=10m/s由题小球第2，3，4（n+1）次落地时速度分别为 v1= v2= v3= vn=小球第1下落时间为 t0=1s小球从第1次与地面相撞到第2次与地面相撞经过的时间为 t1=2s小球从第2次与地面相撞到第3次与地面相撞经过的时间为 t2=2s小球从第3次与地面相撞到第4次与地面相撞经过的时间为 t3=2s 由数学归纳推理得 小球从第n次与地面相撞到第（n+1）次与地面相撞经过的时间为 tn=2所以小球运动的总时间为 t=t1+t2+t3+tn=1s+2（）+（）2+（）3+（）n）s=1s+2s=8s答：小球从开始下落到停止运动所经过的时间是8s21【解答】解：（1）设木板和物块的加速度分别为a和a，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和vt，木板和物块之间摩擦力的大小为f，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得：对物块 f=ma f=mg 对木板 Ff=2ma 由式与题中所给条件得v1=4m/s，v1.5=4.5m/s，v2=4m/s，v3=4m/s v2=4m/s，v3=4m/s （2）由式得到物块与木板运动的vt图象，如图所示在03s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25m，下面的三角