下载文档原格式
叠加体的相对运动规律探析如下图所示，质量为m1的物块叠放在质量为m2的物块上，然后放在一个倾角为的斜面上，m1与m2之间的动摩擦因数为μ1，m2与斜面之间的动摩擦因数为μ2，讨论m1与m2的相对运动情况：m1m2用假设法讨论相对运动情况，分两类：第一类，m1相对于m2向下运动；对于m1进行受力分析，受到重力，m2施加的支持力，m2施加沿接触面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律，列式得：m1gsin-m1gcos=m1a1，得a1=gsin-gcos对m2进行受力分析，受到重力，斜面的支持力，m1施加的压力，斜面施加的摩擦力，m1施加的摩擦力，根据牛顿第二定律，列式得：m2gsin-μ2（m1+m2）gcos m1gcos=m2a2+解得：a2=gsin—μ2（m1+m2）gcosθm2则a1-a2>0得a1-a2=（gcosθ+m1gcosθ）（）>0m2所以得出结论，要使m1相对于m2向下滑动，需满足第二类，m1相对于m2向上滑动；对m1进行受力分析，受到重力，m2施加的支持力，m2施加的沿接触面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，列式得：m1gsin+m1gcos=m1a1得a1=gsin+μ1gcos对m2进行受力分析，受到重力，斜面的支持力，m1施加的压力，斜面施加的摩擦力，m1施加的摩擦力，根据牛顿第二定律，列式得：m2gsin-2（m1+m2）gcos m1gcos=m2a2解得：a2=gsin—μ2（m1+m2）gcosθ—m2——gcos却是恒小于零的。
结论和假设则a2-a1>0得a2-a1=—μ2（m1+m2）gcosθm2相矛盾，假设不成立。
因此得出结论，m1不可能相对于m2向上滑动。
假设m1与m2无相对运动，可得：a1=a2=gsin-μ2gcosθ则对于m1，有m1gsin得f静=只需要满足m1与m2之间的最大静摩擦力大于f静，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力），两者即可保持相对静止，此时有综上可得，m1相对于m2只可能保持相对静止，或向下运动，而不可能向上运动，相对运动与动摩擦因数有关。
高中物理叠加体问题例解高中物理叠加体问题例解【知识准备】一、对力的几点认识1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.2.力的效果（1）力的静力学效应：力能使物体发生形变.(2)力的动力学效应：a.瞬时效应：使物体产生加速度F=mab.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△pc.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△E k=W3.物体受力分析的基本方法（1）确定研究对象（隔离体、整体）.（2）按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力.（3）只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析.（4）结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向.二、中学物理中常见的几种力三、力和运动的关系1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动F=恒量:F与v在一条直线上——匀变速直线运动F与v不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）2.特殊力:F大小恒定，方向与v始终垂直——匀速圆周运动F=-kx——简谐振动【叠加体问题分析】1、运用牛顿运动定律和运动学知识处理叠加体间相对运动以及各物体的运动问题，解决此类问题关键是判定物体间相对运动，从而判定摩擦力方向，计算各物体的加速度大小，特别要弄清楚各物体运动过程分几个阶段，必要时画出各物体运动的示意图，将抽象问题变具体。
2、运用动量和能量知识处理叠加体问题，解决此类问题应注意物体相对运动，注意系统各阶段遵循规律，通常涉及摩擦力做功与运动学知识解决物体受力运动的问题。
3、结合电场或磁场知识综合分析叠加体问题，此类问题综合性较强，几乎涉及力学、电磁学的主干知识，分析此类问题要认真审题，抓住解题的突破点，要建立空间想象能力。
4、利用v-t图象，从速度、位移的角度分析物体的运动物理过程，从而解决实际问题。
多对象问题——连接体、叠加体问题连接体：两个或两个以上由连接装置（绳、杆、弹簧）组成的系统。
两个或两个以上的物体重叠在一起，构成的物体系统叫叠加体；叠加体与连接体的不同之处是除了有弹力作用外，还常常有内部摩擦力。
解决多对象问题方法：口诀：一定对象二画力；三看状态四分析。
定对象：明确研究对象（质点、结点、物体还是整体）画力：几何中心画受力图，按重-弹-摩顺序分析，防止错力、多力、漏力。
看状态：检查受力分析能否使物体题目要求的运动状态。
（运动状态改变时，受力往往也会改变）分析：根据各力关系，选择合适方法求解。
核心方法：整体法和隔离法。
（求外力用隔离法，解决内力用隔离法）解题纽带：分析接触面的速度、受力和位移关系入手，灵活处理。
连接体问题还会涉及到关联速度问题，延绳子（杆）方向的分速度相等。
注意事项：叠加体在竖直方向上有加速度时，会发生超重失重现象。
不要当成平衡问题处理。
除了整体法和隔离法解决多对象问题外，还可以灵活运用换元法、矢量合成、分解加速度、vt图像法。
平衡状态的多对象问题例1: 如图所示，两梯形木块A、B叠放在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。
A的左侧靠在光滑的竖直墙面上，关于两木块的受力，下列说法正确的是（）A. A、B之间一定存在摩擦力作用B. 木块A可能受三个力作用C. 木块A一定受四个力作用D. 木块B受到地面的摩擦力作用方向向右例2: 如图所示，有5 000个质量均为m的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止．若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为45°.则第2011个小球与2012个小球之间的轻绳与水平方向的夹角α的正切值等于()A. 29895000 B.20115000C. 20112089 D.20892011例3: 如图所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜劈B上，现同时用大小为F1和F2、方向相反的水平力分别推木块A和斜劈B，它们均静止不动，则()A．F1、F2一定等大反向B．木块A、斜劈B间一定存在摩擦力C．斜劈B与地面间一定存在摩擦力D．地面对斜劈B的支持力的大小一定等于(M＋m)g例4: 如图，质量为m B 的滑块B 置于水平地面上，质量为m A 的滑块A 在一水平力F 作用下紧靠滑块B （A 、B 接触面竖直）。
高考物理中叠加体问题如何解决？
高频考点：叠加体问题
1.水平面上滑块-滑板常出现在选择题和计算题中；
2.牛顿运动定律在滑块-滑板类问题中的应用实质是牛顿运动定律与运动学公式的综合应用，着重于考查学生分析问题，运用知识的能力，考查难度稍大；
3.解决该类题目，叠加物体的速度由不等达到相等，或者由相等变为不等是一个关键临界状态；
4.以临界点为界，通过相互间摩擦力的变化分析，判断临界状态前后两叠加物体的加速度是否相等，并根据判断结果将过程分为前、后两个子过程来研究，用隔离法分别研究两物体.
5.在处理斜面上的叠加体问题中，通常涉及两种分解方法的选择：
①当某物体所受各力均在水平和竖直方向上时，选择分解加速度到水平和竖直方向；
②一般情况下斜面支持力和摩擦力在垂直斜面和沿斜面方向上，此时选择分析其他力到这两个方向上.。
叠放问题剖析叠加物体问题的关键处在于摩擦力的辨析，首先要判断是滑动摩擦力还是静摩擦力，其判断依据为：①相对滑动，②速度，③加速度；然后判断摩擦力的方向；最后依据物理公式构建动力学方程式。
判断摩擦力：1、如果速度相同，且在没有摩擦力存在的情况下加速度也相同，则两物块之间没有摩擦力；2、如果速度相同，且有摩擦力存在的情况下加速度相同，则两物块之间为静摩擦力，加速度相同时摩擦力方向即为静摩擦力方向；3、如果速度相同，而有摩擦力存在的情况下加速度不相同，则两物块之间为滑动摩擦力，加速度大的滑动摩擦力方向与运动方向相同，加速度小的滑动摩擦力方向与运动方向相同；4、如果速度不同，则一定是滑动摩擦力，滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反。
注意：1、2情况时叠加物体一起动，不分离；3、4情况时叠加物体分离。
两个叠着放的物体，如果有相对运动，就有滑动摩擦力，如果是相对静止的，就可能有静摩擦力。
摩擦力同样会出现突变情况，突变情境同样出现在速度相等时。
叠放体的受力与运动问题【例1】如图所示，有一长度x＝1 m、质量M＝10 kg的平板小车，静止在光滑的水平面上，在小车一端放置一质量m＝4 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.25，要使物块在2 s内运动到小车的另一端，求作用在物块上的水平力F是多少？(g取10 m/s2)【例2】如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6 m、质量为M=3 kg的木板.一个质量为m=1 kg的小物体放在木板的最右端，m与M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F.（1）施力F后，要想把木板从物体m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；（2）如果所施力F=10 N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少?（g取10 m/s2）练习1 如图所示，质量为M的木板上放一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1；，木板和地面间的动摩擦因数为μ2，问加在木板上的力F多大时，才能将木板从木块和地面间抽出来?aF 2. 如图所示，小车板面上的物体质量为m=8㎏，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N。
第十二讲叠加体的动力学问题一、教学目标：1、掌握应用牛顿第二定律解题的基本方法2．学会分析连接体问题.3、学会分析叠加体问题二、知识梳理1、连接体与隔离体两个或两个以上物体相连接组成的物体系统，称为。
如果把其中某个物体隔离出来，该物体即为。
常见模型:①用轻绳连接②直接接触③靠摩檫接触2、外力和内力如果以物体系为研究对象，受到系统之外的作用力，这些力是系统受到的力，而系统内各物体间的相互作用力为。
应用牛顿第二定律列方程不考虑力。
如果把物体隔离出来作为研究对象，则这些内力将转换为隔离体的力。
3.研究对象的选择和三种常用解题方法:（1）.整体法：连接体中的各物体如果，求加速度时可以把连接体作为一个整体。
运用列方程求解。
（2）.隔离法：如果要求连接体间的相互作用力，必须隔离其中一个物体，对该物体应用求解，此法称为隔离法。
（3）.整体法与隔离法是相对统一，相辅相成的。
本来单用隔离法就可以解决的连接体问题，但如果这两种方法交叉使用，则处理问题就更加方便。
如当系统中各物体有相同的加速度，求系统中某两物体间的相互作用力时，往往是先用法求出，再用法求。
4、解连接体问题时的常见错误：错误一：例如F推M及m一起前进（如图），隔离m分析其受力时，认为F通过物体M作用到m上，这是错误的．错误二：用水平力F通过质量为m的弹簧秤拉物体M在光滑水平面上加速运动时（如图所示．不考虑弹簧秤的重力），往往会认为弹簧秤对物块M的拉力也一定等于F．实际上此时弹簧秤拉物体M的力F/＝F—ma，显然F/＜F．只有在弹簧秤质量可不计时，才可认为F/＝F．错误三：运用整体法分析问题时，认为只要加速度的大小相同就行，例如通过滑轮连接的物体，这是错误的．正确做法应产用分别隔离法求解。
三、题型与方法题型1 叠加体的相对运动【例6】．如图所示，将一质量为3m的长木板静止地放在水平地面上，另一质量为m的木块以水平初速度v0滑上长木板，若木块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数均为μ，则在木块与长木板相对静止之前，长木板受地面的摩擦力大小为()A．μmg B．2μmg C．3μmg D．4μmg答案 A解析木块对长木板的摩擦力向右，大小为μmg，长木板静止，水平方向合力为0，故地面对长木板的摩擦力向左，大小为μmg.【例7】如图所示，一辆质量为M的卡车沿平直公路以速度v0匀速行驶，卡车上载有一质量为m的货箱，货箱的车前部的距离为L，货箱与底板之间的动摩擦因数为μ．现因前方出现险情，卡车紧急刹车，结果发现货物在车厢行L距离恰好未与车厢前部相碰．求：（1）货箱运动的加速度；（2）卡车制动时间；（3）卡车在紧急刹车过程受到地面的阻力【小试身手7】、如图所示，某搬运工人用水平力拖着一尾端放有一木箱的平板以1 m/s 的速度匀速运动，已知木箱和平板的质量均为50kg，木箱、平板、地面之间的摩擦因素都为0.1。
数学重叠问题的解题技巧重叠问题在数学中是一个常见的问题类型，它涉及到两个或多个集合，以及这些集合之间的交集和并集。
解决重叠问题的关键是理解集合的概念，以及如何计算交集和并集。
以下是一些解决重叠问题的技巧：1. 明确集合的定义：首先，你需要明确每个集合的定义。
这通常涉及到确定每个集合的元素。
2. 识别重叠部分：找出两个或多个集合之间的共同元素。
这些共同元素构成了重叠部分。
3. 使用集合的运算：交集：表示两个集合共有的部分。
使用符号∩表示交集。
例如，A∩B 表示集合A和集合B的交集。
并集：表示两个集合的所有元素，包括重复的元素。
使用符号∪表示并集。
例如，A∪B表示集合A和集合B的并集。
4. 避免重复计数：当计算交集时，要注意不要重复计数。
例如，如果集合A 和集合B有3个共同的元素，那么在计算A∩B时，这3个元素只应计算一次。
5. 使用图形表示：有时，使用图形（如韦恩图）来表示集合和它们的重叠部分可以帮助理解问题。
6. 应用公式：对于一些特定的问题，可能存在特定的公式或方法来快速解决。
例如，在计算组合数时，有时可以使用“插空法”或“隔板法”。
7. 逐步解决问题：将问题分解为更小的步骤，每一步只处理一个集合或一个交集/并集的计算。
这有助于避免混淆和错误。
8. 检查答案：完成计算后，检查答案是否符合预期。
这可以通过比较答案与原始问题的关系来完成。
通过遵循这些步骤和技巧，你应该能够解决大多数重叠问题。
记住，重叠问题主要考察的是对集合概念的理解和应用，因此理解这些基本概念是解决这类问题的关键。
叠加体问题的分析技巧一、叠加体模型和问题1、常见叠加体模型2、常见叠加体问题（1）求静摩擦力（或绳子拉力、弹簧弹力）的大小和方向（2）判断物体间能否相对静止，并计算临界拉力或临界加速度（3）相对滑动问题中的运动学计算、功能计算二、叠加体问题的分析技巧1、相对静止与否的判断问题（1）假设相对静止搞不清楚物体间是相对静止还是相对滑动时，一般先假设相对静止，然后计算维持物体间相对静止，各接触面所需要的静摩擦力，然后与能提供的最大静摩擦力进行对比——供不应求，就会相会滑动，供求平衡，则能维持相对静止。
【例1】如图4所示，甲、乙两物体质量分别为m 1＝2kg ，m 2＝3kg ，叠放在水平桌面上。
已知甲、乙间的动摩擦因数为μ1＝0.6，物体乙与平面间的动摩擦因数为μ2＝0.5，现用水平拉力F 作用于物体乙上，使两物体一起沿水平方向向右做匀速直线运动，如果运动中F 突然变为零，则物体甲在水平方向上的受力情况(g 取10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)()A.大小为12N ，方向向右B.大小为12N ，方向向左C.大小为10N ，方向向右D.大小为10N ，方向向左[分析]撤去拉力之后，甲乙两物体到底是相对滑动呢，还是相对静止呢？相对滑动时，两者之间是滑动摩擦力，相对静止时，两者之间的静摩擦力，滑动摩擦力和静摩擦力的算法是不相同的，所以首先需要搞清楚这一点。
为了搞清楚这一点，我们就可以先假设两者是相对静止的，然后求出维持两者相对静止所需要的静摩擦力，若此静摩擦力小于两者之间的最大静摩擦力，则假设成立，反之不成立。
[解析]当F 突变为零时，假设甲、乙两物体一起沿水平方向运动，则由牛顿第二定律，得μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a物体甲的受力如图所示，则由牛顿第二定律，得甲所需要的静摩擦力为F f 1＝m 1a联立解得F f 1＝μ2m 1g而甲乙之间的最大静摩擦力为F f m ＝μ1m 1g ，且μ2＜μ1，故有F f 1＜F f m所以假设成立，甲受的摩擦力大小为F f 1＝μ2m 1g ＝10N ，方向向左，选项D 正确。
[总结]当21μμ≥时，甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动；当21μμ<时，甲乙不能相对静止，甲将相对乙向前滑动，甲乙之间是滑动摩擦力。
（2）带动关系很多时候，为了分析和计算的方便，需要用到整体法，这就涉及到研究对象的选取顺序问题，几个物体相对静止时，要求临界力或临界加速度，需要先弄清带动关系，也就是弄清哪个力给后面的整体提供加速度。
【例2】如图所示，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μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 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 ．3μmg /5B ．3μmg /4C ．3μmg /2D ．3μmg[分析]本题研究对象有4个，且2个接触面都有摩擦，那么在F 逐渐增大的时，那个接触面会先出现临界状态（所需要的静摩擦力超过能提供的最大静摩擦力）呢？看似这是一个很难判断的事情。
但如果从右向左看，把左边部分依次当做一个整体，认为是右边物体施加的力带动了左边整体，问题就会趋于明朗。
[解析]拉力F 带动四个木块整体：maF 6=右边两木块间的静摩擦力带动两个m 和左边的2m ：maF 41f =绳中拉力带动左边两个木块：maF 3T =左边两木块间的静摩擦力带动下面的2m ：maF 22f =由此可以看出，四个木块以同一加速度运动时，始终有2f 1f 2F F =，而两个接触面上的最大静摩擦力都是mg F μ=fm ，因此，随着F 的增加，右边接触面上先出现临界状态，即4ma mg =μ则4/330T mg ma F μ==，答案选B.[总结]本题进一步分析还可以得出拉力F 允许的最大值为2/360m mg ma F μ==，左边接触面上的最大摩擦力为2/f2m mg F μ=.如果本题进一步给出绳子能够承受的最大张力，则可能会出现一个新的临界状态，即维持四者相对静止时需要的绳子拉力与绳子能够承受的最大张力相等的情况。
（3）结论法【例3】(2013·全国卷Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t ＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图象如图所示。
已知物块与木板的质量相等，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/s 2，求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t ＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。
[分析]本题第（2）问答题的一个关键是——物块木板达到共同速度后，两者是相对静止一起减速运动到静止呢，还是物块相对木板向前继续滑动，木板先减速至静止，而后物块继续运动一段时间后才停下来？对于这个问题，在第（1）问计算出上下两个表面的动摩擦因数后，可直接利用【例1】题后总结的结论来直接判断。
[解析](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t 1＝0.5s 时，物块和木板的速度相同。
设t ＝0到t ＝t 1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a 1和a 2，则a 1＝v 1t 1a 2＝v 0－v 1t 1式中v 0＝5m/s 、v 1＝1m/s 分别为木板在t ＝0、t ＝t 1时速度的大小。
设物块和木板的质量为m ，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律，得μ1mg ＝ma 1μ1mg ＋μ2·2mg ＝ma 2联立，解得μ1＝0.20μ2＝0.30(2)由于21μμ<，在t 1时刻后，物块将相对木板向前滑动，易知物块减速的加速度的大小a 1′＝a 1；物块的v －t 图象如图中点划线所示。
对木板，由由牛顿第二定律，得μ2·2mg －μ1mg ＝ma 2'由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s 1＝2×v 212a 1s 2＝v 0＋v 12t 1＋v 212a 2′物块相对于木板的位移的大小为s ＝s 2－s 1联立，得s ＝1.125m[总结]【例1】题后总结的结论不仅适用于水平面内的叠加体问题，也适用于斜面上的叠加体问题：两物体速度相等之后，上接触面的摩擦因数大于或等于下接触面的摩擦因数时，两物体能够相对静止一起滑动，上接触面的摩擦因数小于下接触面的摩擦因数时，两物体不能够相对静止，而是相对滑动。
证明的方法同【例1】——先假设相对静止，然后比较所需静摩擦力和能提供的最大静摩擦力。
m v2、相对滑动的计算中的易错点（1）受力分析与加速度求解的易错点在叠加体问题中，容易忘记考虑下面物体与地面之间的摩擦力，或者计算下面物体与地面之间的摩擦力时，只考虑了下面物体的重力——以为下面物体对地面的压力就等于下面物体的重力，如【例3】中把地面摩擦力算作为μ2mg 。
这实际上是死记硬背摩擦力等于μmg 所致，实际上滑动摩擦力只能是N f F F μ=，在叠加体问题中，下面物体与地面间的压力计算时，要么选下面物体为研究对象，就需要考虑上面物体的压力，要么选整体为研究对象，考虑整体对地面的压力。
另外，选下面物体为研究对象计算加速度时，有一些同学往往又把上面物体的质量与下面物体的质量合在一起考虑，如【例3】中计算木板第二阶段的加速度时，把方程写成μ2·2mg －μ1mg ＝2ma 2'.这实际上是研究对象不明确导致的——既然选择的是木板为研究对象，考虑的是木板受力，当然只能考虑木板的加速度了，等式右边质量只能是木板的质量，物块已经不在本方程的研究范围内了。
【例4】(2015·全国卷Ⅰ，25)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/s 2。
求：(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。
[解析](1)根据图象可以判定碰撞前小物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 ，小物块受到滑动摩擦力作用而向右做匀减速直线运动，加速度大小a 2＝4－01m/s 2＝4m/s 2。
根据牛顿第二定律得：μ2mg ＝ma 2，解得μ2＝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 ，其逆运动为匀加速直线运动，可得x ＝vt ＋12a 1t 2，解得a 1＝1m/s 2，小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m ＋15m )g ＝(m ＋15m )a 1，即μ1g ＝a 1，解得μ1＝0.1(2)设碰撞后，设木板的加速度为a 3，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律得：μ1(15m ＋m )g ＋μ2mg ＝15ma 3，可得a 3＝43m/s 2对滑块，加速度大小为a 2＝4m/s 2，由于a 2＞a 3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t 1＝1s 在此过程中，木板向左运动的位移为x 1＝vt 1－12a 3t 21＝103m ，末速度v 1＝v －a 3t 1＝83m/s 滑块向右运动的位移x 2＝v ＋02t 1＝2m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a 2＝4m/s 2，木板继续减速，加速度大小仍为a 3＝43m/s 2假设又经历时间t 2二者速度相等，则有a 2t 2＝v 1－a 3t 2，解得t 2＝0.5s 在此过程中，木板向左运动的位移x 3＝v 1t 2－12a 3t 22＝76m ，末速度v 3＝v 1－a 3t 2＝2m/s ，滑块向左运动的位移x 4＝12a 2t 22＝0.5m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为Δx ＝x 1＋x 2＋x 3－x 4＝6m ，小物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，整体加速度大小为a 1＝1m/s 2，向左运动的位移为x 5＝v 232a 1＝2m ，所以木板右端离墙壁最远的距离为x ＝x 1＋x 3＋x 5＝6.5m 。
