1、高考资源网（） 您身边的高考专家第3讲动力学观点在力学中的应用1解决动力学两类基本问题的思路2动力学基本问题的解题步骤(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度(4)根据牛顿第二定律列式求解1(2020江苏卷)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量某
2、运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()AFB. C. D.解析：根据题意可知第2节车厢对第3节车厢的牵引力为F，因为每节车厢质量相等，阻力相同，故第2节对第3节车厢根据牛顿第二定律有F38f38ma.设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F，则根据牛顿第二定律有F2f2ma，联立解得F.答案：C2(2020北京卷)某同学利用图甲所示装置研究摩擦力的变化情况实验台上固定一个力传感器，传感器用棉线拉住物块，物块放置在粗糙的长木板上水平
3、向左拉木板，传感器记录的Ft图象如图乙所示下列说法正确的是()A实验中必须让木板保持匀速运动B图乙中曲线就是摩擦力随时间的变化曲线C最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为107D只用图乙中数据可得出物块与木板间的动摩擦因数解析：保持物块静止，与木板产生相对运动趋势即可，与木板运动状态无关，故A错误；图乙是棉线拉力随时间变化的图象，故B错误；由图可知，最大静摩擦力约为10 N，滑动摩擦力约为7 N，故最大静摩擦力与滑动摩擦力之比约为107，故C正确；根据FfFN，FNmg，可知，由于不知道物块的重力，故无法求物块与木板间的动摩擦因数，故D错误答案：C3.(2020全国卷)如图，一竖直圆管质量为M，下端
4、距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直已知M4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力(1)求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；(2)管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；(3)管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件解析：(1)管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定
5、律有Ma1Mgf，ma2 fmg，联立式并代入题给数据，得a12g，a23g.(2)管第一次碰地前与球的速度大小相同由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为v0.方向均向下管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下设自弹起时经过时间t1，管与小球的速度刚好相同取向上为正方向，由运动学公式v0a1t1v0a2t1，联立式得t1.设此时管下端高度为h1，速度为v.由运动学公式可得h1v0t1a1t，vv0a1t1，由式可判断此时v0.此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点由运动学公式有h2.设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1 h1 h2，联立式可得H1H.(3)设
6、第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)4mgx10，联立式并代入题给数据得x1H.同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为x2H1.设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是x1 x2L联立式，L应满足条件为LH.答案：(1)2g3g(2)H(3)LH考点一动力学的两类基本问题动力学两类基本问题的解题步骤如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡假设某运动员从起点开始，以平行于赛道
7、的恒力F40 N推动质量m40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m，8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，求：(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小解析：(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1a1t，解得a11.5 m/s2.(2)在运动员登上冰橇前，由牛顿第二定律有Fmgsin mgcos ma1，解得0.05.(3)8 s后冰橇的加
8、速度为a2，由牛顿第二定律有(mM)gsin (mM)gcos (mM)a2.8 s末冰橇的速度为v1a1t2，出发8 s内冰橇发生的位移为x2a1t48 m，到达终点时速度达到最大，设最大速度为v2，则vv2a2(xx2)，解得v236 m/s.答案：(1)1.5 m/s2(2)0.05(3)36 m/s考向已知受力情况，确定物体运动情况1汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)()A1
9、0 m/sB20 m/sC30 m/s D40 m/s解析：由牛顿第二定律得mgma，即a8 m/s2，由v2v2ax得v0 m/s20 m/s，故选项B正确答案：B考向已知运动情况，确定物体受力情况2.为使雨水尽快离开房屋的屋顶面，屋顶的倾角设计必须合理某房屋示意图如图所示，设屋顶面光滑，倾角为，雨水由静止开始沿屋顶面向下流动，则理想的倾角为()A30B45C60 D75解析：设屋檐的底角为，底边长为L，注意底边长度是不变的屋顶的坡面长度为s，雨滴下滑的加速度为a；对雨滴受力分析，只受重力mg和屋顶对水滴的支持力N，垂直于屋顶方向：Nmgcos ；平行于屋顶方向：mamgsin ；水滴的加速
10、度agsin ；屋顶坡面的长度s，由sat2得t，整理得：t，当45时t最小，故A、C、D错误，B正确答案：B考向动力学中的多过程问题3如图(a)所示，一可视为质点的物块在t0时刻以v08 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角30，物块与斜面间的动摩擦因数.经过一段时间后物块返回斜面底端，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小；(2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图(b)中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度时间图象，取沿斜面向上为正方向解析：(1)物块上滑过程，由牛顿
11、第二定律有mgsin mgcos ma1，则a1gsin gcos 8 m/s2，物块下滑过程，由牛顿第二定律有mgsin mgcos ma2，则a2gsin gcos 2 m/s2.(2)物块上滑过程：t11 s，s1t14 m.物块下滑过程：s2s1a2t，得t22 s，故总时间tt1t23 s.(3)物块下滑过程：v2a2t24 m/s.物块在斜面上运动的整个过程中的vt图象如图所示答案：(1)8 m/s22 m/s2(2)3 s(3)4 m/s图象见解析考点二力学中的连接体问题1整体法与隔离法常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法(2)水平面上的连接
12、体问题：这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度解题时，一般采用先整体后隔离的方法建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则，或者正交分解力，或者正交分解加速度(3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析2解决这类问题的关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解如图所示，a、b、c为三个质量均为m的物块，物块a、b通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块c放在b上，现用水平拉力作用于a，使三个物块
13、一起水平向右做匀速直线运动，各接触面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，下列说法正确的是()A该水平拉力与轻绳的弹力大小相等B物块c受到的摩擦力大小为mgC当该水平拉力增大为原来的倍时，物块c受到的摩擦力大小为mgD剪断轻绳后，在物块b向右运动的过程中，物块c受到的摩擦力大小为mg解析：先对a、b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解，再对b、c系统应用牛顿第二定律列方程求解，最后对c列方程求解三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对a、b、c系统：F3mg，对b、c系统：T2mg，则：FT，故A错误；物块c做匀速直线运动，处于平衡状态，c不受摩擦力，故B错误；当水平拉力增大为原来的倍时，F
14、Fmg，由牛顿第二定律得：对a、b、c系统：F3mg3ma，对cfma，解得：fmg，故C正确；剪断轻绳后，b、c一起做匀减速直线运动，对b、c系统由牛顿第二定律得：2mg2ma，对c由牛顿第二定律得：fma，解得：fmg，故D错误答案：C考向连接体临界值分析1.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为.最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对A施加一水平拉力F，则()A当F2mg时，A、B都相对地面静止B当Fmg时，A的加速度为gC当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析：A、B
15、间的最大静摩擦力fAm2mg，B与地面间的最大静摩擦力为fBmmg.逐渐增大拉力F，当Fmg时，A、B间相对静止，B与地面开始相对滑动，故选项A错误；当A、B间刚开始相对滑动时，由牛顿第二定律，对物块A有F2mg2ma，对物块B有2mgmgma，联立两式得F3mg，也就是当F3mg时，物块A、B开始相对滑动，因此Fmg时，A、B相对静止，整体应用牛顿第二定律可得此时的加速度为aAg，故选项B、C正确；物块A、B间，B与地面间都相对滑动时，B的加速度为aBg，此后无论F为何值，只要A、B间相对滑动，B的加速度就是g，所以B的加速度不会超过此值，选项D正确答案：BCD考向连接体中的多过程问题2如图
16、甲所示，倾角37的足够长粗糙斜面固定在水平面上，滑块A、B用细线跨过光滑定滑轮相连，A与滑轮间的细线与斜面平行，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿斜面向上滑动某时刻静止释放A，测得A沿斜面向上运动的vt图象如图乙所示(B落地后不反弹)已知mA2 kg，mB4 kg，重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8；求：(1)A与斜面间的动摩擦因数；(2)A沿斜面向上滑动的最大位移解析：(1)在00.5 s时间内，根据图象，可得AB系统的加速度为a14 m/s2，设细线张力大小为T，对A、B，由牛顿第二定律有TmAgsin mAgcos mAa1，mBgTmBa1，联立上述两
17、式并代入数据解得0.25.(2)B落地后，A继续减速上升，由牛顿第二定律有mAgsin mAgcos mAa2，代入数据得a28 m/s2，故A减速向上滑动的位移为：x20.25 m.00.5 s内A加速向上滑动的位移x10.5 m，所以，A上滑的最大位移为xx1x20.75 m.答案：(1)0.25(2)0.75 m考点三用动力学方法分析传送带问题1传送带问题中摩擦力的分析是突破点物体与传送带达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到匀变速运动的水平传送带或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力2“三步走”分析传送带问题如图所
18、示，倾斜传送带AB和水平传送带BC平滑连接，传送带AB的倾角为37，起点A距水平面的高度H7.0 m，BC长为d2.0 m，端点C距水平面的高度h1.0 m，水平传送带BC的长度d和高度h都可以调节，可以调至如图所示的BC位置，水平传送带和倾斜传送带都以v08 m/s的速度逆时针运动，一质量为m5 kg的物块从倾斜传送带的顶端A点由静止释放，已知物块与AB、BC间的动摩擦因数均为0.25，物块通过B点时无能量损失(重力加速度g取10 m/s2，cos 370.8，sin 370.6，物块在运动过程中可视为质点)(1)求物块运动到C点时的速度大小；(2)当h调为h3.325 m时，物块在传送带上
19、运动的总时间是多少？解析：(1)物块由A运动到B的过程，开始时摩擦力方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mgsin mgcos ma1，代入数据解得a18 m/s2.加速运动到与传送带速度相等时的位移为x14 m.此后在AB上摩擦力反向，则mgsin mgcos ma2，解得a24 m/s2，AB的长为L10 m.设物块到达B点的速度为v1，有vv2a2(Lx1)，代入数据解得v14 m/s.在水平传送带上运动时，由mgma3，得a32.5 m/s2.设物块运动到C点时的速度为v2，由vv2a3d，解得v2 m/s.(2)当水平传送带调至h高时，水平传送带的长度变为dd5.1 m，倾斜传送带的
20、长度L6.125 m.物块在倾斜传送带上的第一个匀加速过程有x1a1t，解得t11 s.物块在倾斜传送带上的第二个匀加速过程有Lx1v0t2a2t，解得t20.25 s.故物块到达倾斜传送带底端时的速度为v1v0a2t29 m/s.物块在水平传送带上先以a32.5 m/s2的加速度做匀减速直线运动物块做匀减速直线运动的时间为t30.4 s，物块做匀减速直线运动的位移为x23.4 m，则物块在水平传送带上做匀速直线运动的时间为t40.21 s，故h调为h3.325 m时，物块在传送带上运动的总时间为tt1t2t3t41.86 s.答案：(1) m/s(2)1.86 s考向水平传送带问题1.如图所
21、示，足够长的水平传送带，以初速度v06 m/s顺时针转动现在传送带左侧轻轻放上质量m1 kg的小滑块，与此同时，启动传送带制动装置，使得传送带以恒定加速度a4 m/s2减速直至停止；已知滑块与传送带间的动摩擦因数0.2，滑块可以看成质点，且不会影响传送带的运动，g取10 m/s2.试求：(1)滑块与传送带共速时，滑块相对传送带的位移；(2)滑块在传送带上运动的总时间t.解析：(1)对滑块，由牛顿第二定律可得mgma1，得a12 m/s2.设经过t1滑块与传送带共速v，有vv0at1，va1t1，解得v2 m/s，t11 s.滑块位移为x11 m，传送带位移为x24 m，故滑块相对传送带的位移x
22、x2x13 m.(2)共速之后，假设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为f，有fma4 Nmg2 N，故滑块与传送带相对滑动滑块做减速运动，加速度仍为a1，滑块减速时间为t2，有t21 s，故tt1t22 s.答案：(1)3 m(2)2 s考向倾斜传送带问题2(多选)在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物如图甲所示，与水平面夹角为的传送带以恒定的速率运动，皮带始终是绷紧的，将m1 kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图象如图(乙)所示已知重力加速度g10 m/s2，由vt图象可知A货物与传送带的动摩擦因数
23、为0.5BA、B两点间的距离为2.4 mC货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为12.8 JD货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J解析：刚开始一段时间内，货物相对传送带沿斜面向上运动，所以受到沿斜面向下的滑动摩擦力，此过程有mgsin mgcos ma1，从图乙中可得a1 m/s210 m/s2，当达到和传送带速度相等后，货物相对传送带向下滑动，故有mgsin mgcos ma2，从图乙中可得a2 m/s22 m/s2，联立解得cos 0.8，0.5，A正确；由图线与坐标轴围成的面积可知传送带的长度为L20.2 m(24)1 m3.2 m，B错误；由于fm
24、gcos 0.51100.8 N4 N，货物以a1匀加速直线运动的位移为x120.2 m0.2 m，摩擦力做正功为Wf1fx140.2 J0.8 J，货物以a2匀加速直线运动的位移为x2(24)1 m3 m，摩擦力做功为Wf2fx243 J12 J，整个过程传送带对货物做功大小为12 J0.8 J11.2 J，C错误；货物以a1做匀加速直线运动时，相对滑行距离为x120.2 m0.2 m，以a2做匀加速直线运动时，相对滑行距离为x2(42)(1.20.2) m1 m，故两者之间的总相对滑行距离为xx1x2(10.2) m1.2 m，货物与传送带摩擦产生的热量Qfx41.2 J4.8 J，D正确
25、答案：AD考点四滑块木板模型滑块木板模型是近几年来高考考查的热点，涉及摩擦力的分析判断、牛顿运动定律、匀变速运动等主干知识，能力要求较高，滑块和滑板的位移关系、速度关系是解答滑块滑板模型的切入点，前一运动阶段的末速度是下一运动阶段的初速度，解题过程中必须以地面为参考系(1)模型特点：滑块(视为质点)置于滑板上，滑块和滑板均相对地面运动，且滑块和滑板在摩擦力的相互作用下发生相对滑动(2)运动学分析：无临界速度时，滑块与滑板分离，确定相等时间内的位移关系解题；有临界速度时，滑块与滑板不分离，假设速度相等后加速度相同，由整体法求解系统的共同加速度，再由隔离法用牛顿第二定律求滑块与滑板间的摩擦力f，如
26、果该摩擦力不大于最大静摩擦力说明假设成立，则整体列式解题；如果该摩擦力大于最大静摩擦力说明假设不成立，则分别列式；确定相等时间内的位移关系解题(3)动力学分析：判断滑块与滑板是否发生相对滑动是解决这类问题的一个难点，通常采用整体法、隔离法和假设法等往往先假设两者相对静止，由牛顿第二定律求出它们之间的摩擦力f，与最大静摩擦力fm进行比较若ffm，则不会发生相对滑动；反之，将发生相对滑动从运动学角度看，滑块与滑板的速度和加速度不等，则会发生相对滑动 如图所示，一质量为m10.2 kg的足够长平板小车静置在光滑水平地面上，质量m20.1 kg的小物块(可视为质点)置于小车上A点，其与小车间的动摩擦因
27、数0.4，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力现给小物块一个方向水平向右、大小为v06 m/s的初速度，同时对小物块施加一个方向水平向左、大小为F0.6 N的恒力，g取10 m/s2.求：(1)初始时刻，小车和小物块的加速度大小；(2)小物块与小车速度相等时经过的时间以及相等速度的大小；(3)小物块向右运动的最大位移解析：(1)小物块受到向左的恒力和滑动摩擦力做匀减速运动，小车受摩擦力向右做匀加速运动设小车和小物块的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律得对小车：m2gm1a1，解得a12 m/s2，对小物块：F1m2gm2a2，解得a210 m/s2.(2)设经过时间t小车与小物块速度相同，设速
28、度为v1，由运动学公式得对小车：v1a1t，对小物块：v1v0a2t，解得t0.5 s，v11.0 m/s.(3)假设当两者达到共同速度后相对静止，系统只受恒力F1作用，设系统的加速度为a3，则由牛顿第二定律得F1(m1m2)a3，解得a32 m/s2.此时小车所需要的静摩擦力为Ffm1a30.4 N.因为Ff0.4 NFfmm2g，所以两者将一起向右做匀减速运动小物块第一段的位移x11.75 m，小物块第二段的位移x20.25 m.所以小物块向右运动的最远位移为xmx1x22.0 m.答案：(1)2 m/s210 m/s2(2)0.5 s1.0 m/s(3)2.0 m考向光滑地面上的“板块”
29、1(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是()AMmBM2mC木板的长度为8 mD木板与物块间的动摩擦因数为0.1解析：木块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板施加的滑动摩擦力，故mgma1，而v-t图象的斜率表示加速度，故a1 m/s22 m/s2，解得0.2；对木板受力分析可知mgMa2，a1 m/s21 m/s2，解得M2m，A、D错误，B正确；从图中可知物块和木板最终分离，两者v-t图象与坐标轴围成的面积之
30、差等于木板的长度，故L(73)2 m22 m8 m，C正确答案：BC考向粗糙地面的“板块”2.如图所示，a、b两个物体静止叠放在水平地面上，已知mambm，a、b间的动摩擦因数为，b与地面间的动摩擦因数为.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.现对a施加一水平向右的拉力，下列判断正确的是()A若a、b两个物体始终相对静止，则力F不能超过mgB当力Fmg时，a、b间的摩擦力为mgC无论力F为何值，b的加速度都不会超过gD当力Fmg时，b相对a滑动解析：若a、b两个物体均静止，力F一定小于mg.若a、b两个物体运动且始终保持相对静止，则a、b两个物体的加速度相等，把a、b两个物体视为整体
31、，a、b刚好不发生相对滑动时，由牛顿第二定律有F2mg2ma共，隔离a分析受力，由牛顿第二定律有Fmgma共，联立解得Fmg，即若a、b两个物体始终保持相对静止，则力F不能超过mg，选项A正确；当力Fmg时，对a、b组成的整体，由牛顿第二定律有F2mg2ma1，解得a1g，隔离物体a分析受力，由牛顿第二定律有Ffma1，解得fmg，选项B错误；a对b的最大摩擦力为mg，隔离b受力分析，mg2mgmamax，解得b的最大加速度amaxg，选项C错误；结合上面的分析，可知当力F超过mg时，b相对a发生滑动，选项D错误答案：A3(2019全国调研卷)如图所示，水平地面上有一质量为M的长木板，一个质量
32、为m的物块(可视为质点)放在长木板的最右端已知m与M之间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2.从某时刻起物块m以v1的水平初速度向左运动，同时木板M在水平外力F控制下始终向右以速度v2(v2v1)匀速运动，求：(1)在物块m向左运动过程中外力F的大小；(2)木板至少多长物块不会从木板上滑下来？解析：(1)在物块m向左运动过程中，木板受力如图所示， 其中f1，f2分别为物块和地面给木板的摩擦力，由题意可知f11mg, f22(mM)g，由平衡条件得：F f1f21mg2(mM)g.(2)解法一设物块向左匀减速至速度为零的时间为t1，则设t1.物块向左匀减速运动的位移为x1，则x1t1.设物块由速度为零向右匀加速至与木板同速(即停止相对滑动)的时间为t2，则t2.设物块向右匀加速运动的位移为x2，则x2t2，此过程木板向右匀速运动的总位移为x，则xv2(t1t2)，则物块不从木板上滑下来的最小长度：Lxx1x2，代入数据解得：L.解法二以木板为参考系，设物块相对木板向左匀减速初速度为v0，末速度为vt，则v0v1v2，vt0，加速度：a1g.根据运动学公式：vv2aL，解得：L.答案：( 1)1mg2(mM)g(2) - 25 - 版权所有高考资源网