滑块木板模型73131

1、滑块木板模型之无F复习目标：提高滑板木板模型所必备分析能力，计算能力题型一、滑块有初速度，且滑块与木板之间的u大于地面与木板之间的u例1如图所示，质量 M=2kg 的长木板 B 静止在粗糙的水平地面上，某一时刻一质量为 m=1kg 的小滑块 A（可视为质点）以初速度 v0=4.5m/s 向右冲上木板，最后恰好没有滑离木板已知木板与地面间的动摩擦因数 1=0.1，滑块与木板间的动摩擦因数 2=0.4，重力加速度g取g=10m/s2求：（1）滑块与木板相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；（2）木板在地面上运动的总时间；（3）木板的长度 L变式训练2如图所示，质量M=1kg且足够长的木板静止在

2、水平面上，与水平面同动摩擦因数1=0.1。现有一质量m=2的小铁块以v0=3m/s的水平速度从左端滑上木板，铁块与木板同动摩擦因数2=0.2。重力加速度g=10m/s。求：(1)铁块刚滑上木板时，铁块和木板的加速度分别多大？(2)木板的最大速度多大?(3)从木板开始运动至停止的整个过程中，木板的总位移为多大?变式训练3在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v0=4m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L=0.6m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即刹车，靠惯性运动s=3m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板。小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为1=0.2，薄板与水平面之间的

3、动摩擦因数2=0.1，小车质量M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度g=10m/s2，求：(1)小车冲上薄板时的速度大小；(2)小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小。题型二、木板有初速度，且滑块与木板之间的u大于地面与木板之间的u例4如图所示，质量为的长木板A静置在粗糙的水平地面上，质量为的物块B (可视为质点)放在长木板的最右端。突然水平向右敲打木板（敲打的时间极短），敲打后瞬间长木板A速度变为v0=9m/s，随后整个过程物块B始终在长木板上。已知长木板与地面间的动摩擦因数为1=0.2，物块B与长木板间的动摩擦因数2=0.4，物块B与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m

4、/s，求：(1)刚敲打后瞬间长木板A与物块B的加速度；(2)长木板A最小长度L(3)整个过程中长木板A的位移s题型三、木板有初速度，且滑块与木板之间的u小于地面与木板之间的u例5如图所示，在粗糙的水平面上一木板B正向右运动，当其速度为v0时，将一小木块A无初速度地放在其右端，从此时开始计时，A、B的的速度随时间变化的部分图象如图所示.已知A、B的质量分别为mA=m，mB=2m，重力加速度g=10m/s2，木块始终没有离开木板.求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数1和木板与地面间的动摩擦因数2（2）木板的初速度v0；（3）木板的最小长度L.变式训练6一长木板在水平地面上运动，从木板经过A点时开始计

5、时，在t=1.0s时将一相对于地面静止的小物块轻放到木板上，此后木板运动的vt图线如图所示己知木板质量为物块质量的2倍，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/s2，求：（1）物块与木板间的动摩擦因数1及木板与地面间的动摩擦因数2；（2）木板离A点的最终距离；（3）木板的最小长度题型四：相向运动例7如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）。初始时刻，A、B分别以v0=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板。已知A、B之间

6、的动摩擦因数=0.40，取g=10m/s2。求：（1）A相对地面向左运动最远时，B相对地面运动发生的位移x； （2）木板B的长度l。变式训练8如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v02m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v14m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v21m/s，方向向左。重力加速度g10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数1（2）木板与地面间的动摩擦因数2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。题型五：碰撞反弹情况例9如图所示，一质量m3kg的物块置于质量M2kg的足够长的木

7、板A端，它们以共同的初速度v011m/s沿水平面向右运动。在距木板B端L10.5m处有一挡板P，木板与挡板P碰撞后立即以原速率反向弹回并继续运动，最终物块和木板均静止。已知物块与木板间的动摩擦因数为1=0.5，木板与水平面间的动摩擦因数为2=0.1，物块与木板间、木板与水平面间的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，g取g=10m/s，求（1）木板将要碰撞挡板P时的速度大小；（2）木板最终静止时B端距挡板P的距离。变式训练10如图所示，以水平地面建立x轴，有一质量m1kg的小木块放在质量为M=2kg的长木板的左端A点，已知木板与地面的动摩擦因数为1=0.1，木块与木板间的动摩擦因数2=0.5，假设最大

8、静摩擦力等于滑动摩擦力。初始时m与M起向右运动，已知木板A点经过坐标原点O时的速度为v010m/s，在坐标为x27.5m处的P点有一固定的挡板，木板B端与挡板发生弹性碰撞后立即反向弹回，在以后的运动中小木块恰好没有从木板上落下。取gl0m/s2，求：(1)木板的长度L及小木块在木板上滑动的时间t；(2)最终木板停止时A点的位置坐标。参考答案1（1）aA=4m/s2 方向向左，aB=0.5m/s2 方向向右，（2）t=1.5s （3）L=2.25m 2(1)2m/s2 1m/s2 (2)1m/s (3)1m3.(1)2m/s (2)1.25m4（1） ，方向向左 ； ，方向向右； (2)4.5m

9、；(3)10.5m.5（1）1=0.3 2=0.4 (2) 19.5m/s (3) 9.75m6（1）0.20 0.40 （2）7.975m （3）1.125m7(1)0.875m (2) 1.6m8（1）0.3（2）120（3）2.75m9(1) 10m/s （2）10（1）2s（2）1m（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：1（M+m）g=（M+m）a1，解得a1=-1m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2-v02=2a1(x-L)碰后对木块，由牛顿第二定律：-2mg=ma2解得a2=-5m/s2对木板：2mg+1（M+m）g=Ma3解得a3=4

10、m/s2依题意，碰后ts共速，由速度公式v+a2t=-v+a3t解得t=29v木块与木板的相对位移：L=122vt=29v2 联立解得L=18m v=9m/s t=2s（2）共速后的速度v共=v+a2t=-1m/s方向向左，因12，故整体一起向左匀减速到停止，碰后对木板分析，由运动公式：x1=v+v共2t=10m x2=0v共22(a1)=0.5m故A点的坐标xA=x+x1+x2-L=-1m11一辆质量m=4.0kg的平板车静止在光滑水平面上，右端与竖直墙壁的距离s=0.50m质量M=8.0kg可视为质点的滑块以某一初速度从平板车左端沿上表面水平向右运动，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.20

11、若平板车与墙壁碰撞时间极短且碰撞前后瞬间平板车速度大小保持不变，但方向相反平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g=10m/s2）（1）滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小分别为多少？（2）为使平板车与墙壁第一次发生碰撞前，滑块始终在平板车上滑动，滑块的初速度应满足什么条件？（3）若滑块滑上平板车时的初速度v0=10m/s，平板车与墙壁第4次发生碰撞时，滑块与平板车左端的距离为多少？12一长木板在水平地面上运动，在时刻将一个相对于地面静止的物块轻放到木板上，之后木板速度的平方与木板位移的关系图象如图所示，已知物块与木板的质量相等，均为1kg。设物块与木板间的动摩擦因数为，木板与

12、地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度大小，求：（1）、；（2）从时刻开始到木板停止运动过程中的摩擦生热。13如图一长木板置于光滑水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，如图所示。小物块与木板一起以的共同速度向右运动，直至时木板与墙壁碰撞,碰撞时间极短。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；小物块与木板间的动摩擦因数.运动过程中小物块始终未离开木板。木板的质量M是小物块质量m的15倍，重力加速度大小g=10m/s2。求：（1）以撞墙后瞬间为起点，小木块相对地面向右运动的最远距离；（2）撞墙后经历多长时间系统进入稳定状态?（3）木板的最小长

13、度14如图所示，放在水平地面上的长木板B长为1.5m，质量为2kg，B与地面间的动摩擦因数，一质量为3Kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为，刚开始A、B均静止，现使A以3m/s的初速度向右运动之后，求：（1）A离B右端的最小距离；（2）B相对地面滑行的最大距离。15如图所示，某时刻长木板以4m/s的初速度水平向左运动，可视为质点的小物块以4m/s的初速度水平向右滑上长木板。已知小物块的质量为m=0.1kg,长木板的质量为M=1.5kg,长木板与地面之间的动摩擦因数为1=0.1,小物块与长木板之间的动摩擦因数为2=0.4,重力加速度大小为g=10m/s2,最终小物块未滑离长木板，下

14、列说法正确的是( )图31320A小物块向右减速为零时，长术板的速度为1.3m/sB小物块与长木板相对静止时，速度为2m/sC长木板的最短长度为6mD当小物块与长木板一起运动时，小物块不受摩擦力作用16图3-13-20所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是mg.现用水平拉力F拉其中一个质量为2 m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为A B C D17如图所示，质量为M2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m1 kg的小滑块(可视为质点)以v03.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面

15、冲上木板，带动木板一起向前滑动已知滑块与木板间的动摩擦因数0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；(3)若长木板长L0=4.5m，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间。参考答案1（1）aA=4m/s2 方向向左，aB=0.5m/s2 方向向右，（2）t=1.5s （3）L=2.25m 【解析】试题分析：先对A进行受力分析，求出A受到的摩擦力与A的加速度，然后对木板B进行受力分析，由牛

16、顿第二定律即可求出B的加速度；由运动学的公式求出二者速度相等的时间，然后结合受力分析求出加速度，最后由速度公式求出运动的时间；由位移公式求出各段的位移，结合空间几何关系即可求出。（1）A向右运动的过程中受到重力、木板的支持力与摩擦力的作用，竖直方向：FN1=mg=110=10N水平方向：f1=2FN1=0.410=4N根据牛顿第二定律可得A运动的加速度大小为：aA=f1m=41m/s2=4m/s2，方向向左。木板B受到重力、地面的支持力、A对B的压力以及A对B的向右的摩擦力、地面对B的向左的摩擦力，竖直方向A对B的压力：FN1=FN1=10N地面对B的支持力：FN2=Mg+FN1=210+10

17、=30N地面对B的摩擦力：f2=1FN2=0.130=3N根据牛顿第二定律可得B的加速度：aB=f1f2M=432m/s2=0.5m/s2,方向向右。（2）A做减速运动而B做加速运动，设二者速度相等的时间为t1，则：v0aAt1=aBt1代入数据可得：t1=1s当二者的速度相等后，若二者以相等的加速度一起做加速运动，则加速度大小为：a=f2m+M=32+1m/s2=1m/s2由于此时A的加速度小于开始时减速的加速度，所以A与B之间的摩擦力也小于开始时A与B之间的摩擦力，A与B能保持相对静止，此后A与B一起运动的时间：t2=aBt1a=0.511s=0.5sB运动的总时间：t=t1+t2=1+0

18、.5=1.5s（3）由于A与B的速度相等后它们一起做减速运动，所以木板的长度恰好等于开始时A相对于B的位移，所以：L=v0t112aAt1212aBt12=4.5112412120.512=2.25m点睛：本题主要考查牛顿第二定律的应用，本题涉及两个物体，要求能正确分析两物体各自的运动规律和受力情况，并找出二者间的相互联系，即可正确解答。2(1)2m/s2 1m/s2 (2)1m/s (3)1m【解析】试题分析：对铁块和木板分别受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；根据受力，分析物体的运动（铁块在向左摩擦力作用下向右减速，木板在两个摩擦力作用下向右加速，直到两者共速后，又在地面摩擦力作用

19、下一起减速，直到静止），然后设出从开始到木板最大速度所需时间，由速度相等列方程求解；根据位移时间公式可得木板的总位移。(1)设铁块和木块的加速度大小分别a1和a2，对铁块受力分析，由牛顿第二定律可得：2mg=ma1，代入数据解得：a1=2m/s2对木板同理可得：2mg1m+Mg=Ma2代入数据解得：a2=1m/s2故铁块和木板的加速度大小分别为2m/s2和1m/s2。(2)铁块先向右减速，木板向右加速，两者速度相等后，又一起向右减速，直到静止。设木板从开始运动到速度最大时所需时间为t，最大速度为v，由运动学公式可以知道：v=v0a1tv=a2t两式联立可得：t=1s，v=1m/s故木板的最大速

20、度为1m/s (3)设铁块和木板速度相等前，木板位移x1；一起减速段的加速度大小a3，位移x2，则由运动学公式可以得：a3=1g=1m/s2位移为：x1=12vt=0.5mx2=v22a3=0.5m即木板的总位移：x=x1+x2=1m点睛：本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，关键是木板的受力分析要正确，铁块和木板的运动情况搞清楚，再结合牛顿第二定律和运动学公式求解。3（1）4N、4N（2）1.0m/s（3）1.5m【解析】（1）对A、B受力分析得：， （2）根据牛顿第二定律，对物块有： 解得，对木板有： 解得，设经两者恰好共速，则 解得： （3）假设共速之后中，两者一起向右匀减速

21、运动，对木板和物块整体由牛顿第二定律得：，解得，假设成立 故 一起匀减速过程A的位移大小为，则加速过程A的位移大小为，则 故整个过程中A的位移大小 点睛：该题考查牛顿第二定律的综合应用，解答的关键是分析两个物体的受力情况，判断两个物体是否一起运动是关键步骤4（1） ，方向向左 ； ，方向向右； (2)4.5m；(3)10.5m.【解析】（1）对A、B受力分析，由牛顿第二定律求A、B的加速度；（2）长木板A最小长度为A、B的位移差；（3）由牛顿第二定律求出共速之后的加速度，整个过程长木板A的位移为共速前A的位移与共速后A的位移之和.（1）根据牛顿第二定律，敲打后瞬间长木板A与物块B的加速度分别为

22、：，方向向左； ，方向向右 （2）设经过时间，A和B恰达到共同的速度，则有： 解得： ， 随后由于，B和A能保持共速则有：长木板A最小长度 解得： （3）设两者共速后，加速度大小为，继续运动时间为由牛顿第二定律得： 由 ，解得： 因此整个过程中长木板的位移5(1) 11.25m/s (2) 8.4375m【解析】【分析】根据图象求出加速度，再根据牛顿第二定律求出摩擦因数，再结合速度时间公式求出初速度；根据位移公式即可求出最小长度。【详解】设A、B之间的动摩擦因数为1 ，B与地面之间的动摩擦因数为2 1.5-3s，由运动学公式：aA2=vA2tA2=3m/s2 aB2=vB2tB2=4.5m/s

23、2 由牛顿第二定律，对A有：1mg=maA2 对B有： 2m+2mg1mg=2maB2 联立并代入数据解得：1=0.3 2=0.4 0-1.5s时间内：根据牛顿第二定律：2m+2mg+1mg=2maB1解得：aB1=7.5m/s2根据速度时间公式：vt=v0aB1t1 解得：v0=11.25m/s （2）0-1.5s时间内位移为：xB=v0+vt2t1 ，xA=vt2t1 则有：x=xBxA=8.4375m 故木板的最小长度L=8.4375m【点睛】分析清楚两个物体的运动情况，抓住图象的有效信息，读出时间和速度是解题的关键。6（1）0.20 0.40 （2）7.975m （3）1.125m【解

24、析】（1）从开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止。由图可知，在时，物块和木板具有共同速度，设到时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为和，则有： 式中，为木板在时速度的大小。设物块和木板的质量分别为m、2m，由牛顿第二定律得：联立式得： ， （2）设到时间间隔内，木板的加速度为，由牛顿第二定律得： 得： 逆过来看，将木板匀减速过程看作反向匀加速过程，则到时间间隔内木板的位移为： 代入数据解得： 到时间间隔内，木板相对于地面的运动距离为： 代入数据解得： 在时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向。设物块与木

25、板之间的摩擦力大小为，物块和木板的加速度大小分别为和，则由牛顿第二定律得： 假设，则；由式得，与假设矛盾，故有： 由式得： ， 在时刻后，木板相对于地面的运动距离为： 代入数据解得： 综上，木板离A点的最终距离解得： （3）由（2）分析，物块的图象如图中点划线所示。由图可知， 到时间间隔内，物块相对于木板的位移逐渐增大，而时刻后，物块相对于木板的位移又逐渐减小。到时间间隔内，物块相对于地面的运动距离为代入数据解得 木板的最小长度应等于物块相对于木板的最大位移的大小，为： 解得。点睛：解决本题的关键理清物块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解，知道图线的斜率表示加速度，图线与时

26、间轴围成的面积表示位移。7(1)0.875m (2) 1.6m【解析】【详解】（1）A、B分别受到大小为mg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得对A物体：mg=maA则aA=g=4.0m/s2，方向水平向右对B物体：mg=MaB，则aB=1.0m/s2，方向水平向左开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0时相对地面向左运动最远，此过程中所用时间为t，则v0=aAt1，则t1=0.50sB相对地面向右做减速运动x=v0t-12aBt2=0.875m（2）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v取向右方向为正，根据动量守恒定律

27、得（M-m）v0=（M+m）v由能量守恒定律得 mgl=12（M+m）v02-12（M+m）v2，代入数据解得 l=1.6m【点睛】本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，也可以采用图象法求解；解题时要抓住关键态，例如A速度减为零的时刻以及两板共速的时刻8（1）0.3（2）120（3）2.75m【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：a1=v2v1t=141m/s

28、2=3m/s2，方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有：1mg=ma1，可以得到：1=0.3；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg+22mg=mv0t1然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1mg22mg=mv2t2而且t1+t2=t=1s联立可以得到：2=120，t1=0.5s，t2=0.5s；（3）在t1=0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1=0+v02t1=0.5m，方向向右；在t2=0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2=v2+02t2=0.25m，方向向左；在整个t=1s时间内

29、，小滑块向左减速运动，其位移为：x=v1+v22t=2.5m，方向向左则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：x=x+x1x2=2.75m。【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。9(1) 10m/s （2）【解析】（1）设木板和物块共同运动时的加速度大小为a，木板,将要碰撞挡板时的速度大小为v v02-v2=2aL解得v10m/s （2）设刚碰撞后物块的加速度大小为a1,木板的加速度大小为a2 解得a15m/s2 解得a210m/s2 设碰撞后木板运动至速度为零的过程中，设木板向左的位移大小为x1，所用时

30、间为t1，木板速度为零时物块的速度大小为v1 v1=v-a1t1=5m/s木板运动至速度为零后，木板受到物块施加的向右的摩擦力大于木板与地面间向左的摩擦力，木板开始向右做加速运动，物块继续以15m/s2的加速度向右减速至木板和物块共速。此过程中，设木板的加速度大小为a3，加速时间为t2，向右的位移大小为x2，木板和物块的共同速度大小为v2解得a35m/s2 v2=a3t2v2=v1-a1t2解得v22.5m/s 木板和物块共速后一起以加速度1m/s2做减速运动，假设木板不会与挡板P相碰，木板和物块从共速到最终静止的过程中，设木板向右的位移大小为x3 设木板最终静止时B端距挡板P的距离为xxx1

31、x2x3m点睛：此题涉及到的物理过程较多，所以必须要认真审题分析物理过程，分析时要注意研究对象受力的变化情况；分阶段处理问题.10（1）2s（2）1m【解析】（1）对木块和木板组成的系统，根据牛顿第二定律得：1（M+m）g=（M+m）a1，解得a1=-1m/s2设木板B端与挡板碰前的速度为v，根据匀变速直线运动规律得：v2-v02=2a1(x-L)碰后对木块，由牛顿第二定律：-2mg=ma2解得a2=-5m/s2对木板：2mg+1（M+m）g=Ma3解得a3=4m/s2依题意，碰后ts共速，由速度公式v+a2t=-v+a3t解得t=29v木块与木板的相对位移：L=122vt=29v2 联立解得

32、L=18m v=9m/s t=2s（2）共速后的速度v共=v+a2t=-1m/s方向向左，因1v1，故假设成立此过程滑块始终向右做匀减速运动，运动的位移大小x4=v0t412a1t42 滑块与平板车左端的距离 L4=x4s代入数据解得 L4=894m=22.3m 12（1）， ；（2）12.5J.【解析】（1）03.5m内木板做减速运动，由图象求出其加速度和运动所用的时间，在相同的时间内，木块做初速度为0的匀加速运动，当速度加至，由运动学公式求出其加速度，分别对木板和木块列出牛顿第二定律方程，联立即可求解和；（2）最终木块和木板都停止运动，故产生的热量等于系统机械能的减少量，由能量守恒定律即可求解.（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止；由图可知，在x=3.5m时物块和木板的速度相同，设03.5m内，设木板的加速度大小为，由图可得： 此时运动的时间为对木板，由牛顿第二定律得： 设木块的加速度大小为， 木块从0加到共同速度所用的时间也为则对木块，由牛顿第二定律得： 联立解得： ， （2）由图可知，最终木块和木板都停止运动，速度为0由能量守恒定律得： 13（1）4m（2）3.75s（3）L=15