叠加体问题的分析技巧 (4)
初中数学专题-重叠问题(精华版)
初中数学专题-重叠问题(精华版)
重叠问题是初中数学中的一个经典问题，很多同学在研究中会
遇到这个问题，现在我们来深入探讨一下。
什么是重叠问题？简单来说，就是用图形去模拟交集的情况。
例如，我们经常听说的“集体婚礼中，每个男士都握着另外四个女
士的手，每个女士也握着另外四个男士的手，问这次婚礼有多少人？”，这就是一个重叠问题。
在解决重叠问题时，我们需要注意以下几点：
1. 画图：重叠问题通常需要用图形来表示，画图是必不可少的。
2. 分类讨论：根据具体的题目条件，我们可以把问题分成不同
情况进行讨论，从而得到最终的答案。
3. 列方程：对于一些比较复杂的重叠问题，我们可以通过列方
程的方式来解决。
4. 推广应用：重叠问题是初中数学中的一个经典问题，但它在
实际生活中也有很多应用，例如科学研究、经济分析、交通规划等
领域都有重叠问题的存在。
通过学习重叠问题，我们不仅可以提高自己的数学能力，还可
以锻炼我们的思维能力和创新能力。
希望同学们能够重视这个问题，认真学习，在学习的过程中不断提高自己的解决问题的能力。
应用叠加原理的解题过程
应用叠加原理的解题过程什么是叠加原理叠加原理是物理学中的一种基本原理，用于解决复杂问题的方法之一。
它指出，当系统中同时存在多个力或多种影响时，可以将各个力或影响独立地考虑，并将各个分量的作用效果叠加得到最终结果。
在应用叠加原理解题时，可以将复杂的问题分解成多个简单的子问题，并分别解决，最后将各个子问题的解决结果进行叠加得到整体的解决方案。
解题过程应用叠加原理解题的一般过程如下：1.明确问题背景：首先，需要明确问题的背景和要求，找出需要解决的关键问题。
2.分解问题：将复杂问题分解成多个简单的子问题。
根据问题的特点和要求，确定需要考虑的各个力或影响。
3.制定解决方案：针对每个子问题，制定相应的解决方案。
可以使用已知的物理公式、定律或规则来计算各个分量的作用效果。
4.计算分量：对于每个子问题，进行具体的计算。
根据已知条件和计算公式，计算各个分量的作用效果，并记录下来。
5.叠加效果：将各个分量的作用效果叠加得到最终结果。
根据叠加原理，将各个分量的作用效果进行叠加，得到整体的解决方案。
6.验证结果：对得到的解决方案进行验证。
可以使用实验数据或其他方法来验证计算结果是否准确。
7.总结：根据解题过程和结果，对问题进行总结。
总结解题思路、方法和结果的准确性，并提出改进意见。
示例以下是一个应用叠加原理解题的示例：问题背景：一辆汽车沿直线行驶，速度大于30m/s，有两个力在作用：一个向前的驱动力为500N，一个向后的摩擦力为200N。
求汽车的加速度。
解题过程：1.明确问题背景：汽车在考虑驱动力和摩擦力的情况下的加速度。
2.分解问题：考虑驱动力和摩擦力两个分量。
3.制定解决方案：根据牛顿第二定律，加速度等于合外力与质量的比值。
4.计算分量：驱动力为500N，摩擦力为200N。
a)加速度 = (驱动力 - 摩擦力) / 质量b)质量暂设为1000kgc)加速度 = (500N - 200N) / 1000kg = 0.3 m/s^25.叠加效果：将各个分量的作用效果叠加得到最终结果。
叠加原理分析
叠加原理分析
叠加原理是一种常用的数学分析方法，在多个波或信号叠加在一起时，可以通过将它们分解为单个的成分进行分析和处理。
通过叠加原理，我们可以将复杂的问题简化为更小的部分。
假设我们有两个波形A和B，它们分别表示两个信号的变化情况。
根据叠加原理，我们可以将A和B分别分解为它们各自
的成分，然后再将这些成分叠加在一起得到整个系统的响应。
使用叠加原理进行分析时，我们可以单独研究每个成分的行为。
这样，我们可以更容易地理解系统的不同方面和特性。
通过将波形分解为成分，我们可以研究它们的频率、振幅、相位等特性，并通过对每个成分的分析，得出对整体的分析结果。
然而，需要注意的是，在应用叠加原理时，我们需要确保叠加的波形是线性的。
这意味着每个波形的响应不会相互影响，而是独立地叠加在一起。
如果存在非线性效应，则叠加原理可能不再适用。
叠加原理在许多领域都有广泛的应用。
最常见的是在信号处理和电路分析中。
通过将信号分解为各个成分，我们可以更好地理解信号的性质，并且可以使用各种技术和方法对其进行处理和优化。
总之，叠加原理是一种强大的数学工具，可以帮助我们理解和处理复杂的波形和信号。
通过将问题拆分为更小的部分，我们
可以更好地理解系统的行为，并且可以使用这些信息来优化我们的分析和处理方法。
叠加的使用技巧
叠加的使用技巧叠加是一种常用的数学技巧，它可以用于解决各种复杂的数学问题。
无论是在计算、代数、几何、概率还是统计学中，叠加技巧都发挥着重要的作用。
下面将介绍叠加技巧在不同领域的具体应用，并总结一些使用叠加的技巧和方法。
在计算中，叠加技巧常用于求和运算。
例如，当我们需要计算1到100的所有整数之和时，可以利用叠加技巧得到结果。
首先，将1和100分别相加得到101，然后将2和99相加得到101，以此类推，最后将50和51相加得到101。
因此，1到100的所有整数之和为101乘以50，即5050。
在代数中，叠加技巧可以用于简化复杂的多项式表达式。
例如，当我们需要计算n^2 + (n+1)^2 + (n+2)^2 + ... + (n+k)^2时，可以利用叠加技巧得到简化形式。
首先，将每一项展开得到n^2 + (n^2 + 2n + 1) + (n^2 + 4n + 4) + ... + (n^2 + 2kn + k^2)，然后将相同项合并得到kn^2 + 2n(1 + 2 + ... + k) + (1^2 + 2^2 + ... + k^2)。
通过应用等差数列求和公式，可以进一步简化为kn^2 + n(k(k+1)/2) + (k(k+1)(2k+1)/6)。
在几何中，叠加技巧可以用于计算复杂的图形面积和体积。
例如，当我们需要计算多边形的面积时，可以将多边形划分为若干个简单的形状，然后计算每个形状的面积并相加。
同样地，当我们需要计算复杂的立体图形的体积时，可以将立体图形划分为若干个简单的部分，然后计算每个部分的体积并相加。
在概率中，叠加技巧常用于计算多个事件的概率之和。
例如，当我们需要计算同时满足两个事件A和B的概率时，可以利用概率的叠加性得到结果。
根据概率的定义，同时发生两个事件的概率等于两个事件各自发生的概率的乘积。
因此，事件A和B同时发生的概率为P(A) ×P(B)。
在统计学中，叠加技巧常用于计算累积频率和累积概率。
场强叠加原理解题技巧
场强叠加原理解题技巧场强叠加原理是物理学中的一个重要概念，特别在电磁学中得到广泛应用。
它指出，当多个电场或磁场同时存在时，它们的效果可以通过矢量的叠加来求得。
场强叠加原理在解决一些复杂电磁学问题时非常有用，可以简化计算和分析过程。
下面将介绍场强叠加原理解题的几个技巧。
1. 列出所有场强的大小和方向：在解题之前，首先需要明确所有参与影响的电场或磁场的大小和方向。
这些场强可以通过图形给出，也可以通过已知条件计算得到。
列出所有场强的大小和方向，有助于对问题有一个全面的认识。
2. 将场强进行矢量叠加：根据场强叠加原理，我们可以将所有的场强进行矢量叠加，得到总的场强。
矢量叠加需要将同类场强放在一起进行计算。
对于电场来说，同类电场的叠加可以用向量相加的方式，对于磁场来说，可以用矢量叉乘的方式。
求得总的场强后，可以得到问题所求的答案。
3. 注意场强之间的相对位置：在进行场强叠加时，需要注意各个场强之间的相对位置。
如果场强在空间中的位置差异比较大，可能需要换一种坐标系来进行计算。
当然，在某些情况下，可以通过简化计算的方式解决问题，比如利用对称性等。
4. 注意场强的叠加顺序：在某些情况下，场强的叠加顺序对最终结果会有影响。
尤其是当存在不同类型的场强时，如电场和磁场的叠加，需要注意它们的顺序。
一般情况下，电场和磁场的叠加可以交换顺序，但在某些特殊情况下，如存在相对论效应或非平衡态时，叠加顺序可能会有所不同。
5. 运用数学工具简化计算：在解决复杂的场强叠加问题时，可以运用一些数学工具来简化计算。
比如利用矢量分解、球坐标系或柱坐标系等方法，可以将问题转化为更简单的形式，从而更方便地进行计算和分析。
综上所述，场强叠加原理解题的关键在于清楚地列出所有场强的大小和方向，并运用矢量叠加的方式求得总的场强。
同时，还需要注意场强之间的相对位置、叠加顺序以及运用数学工具简化计算，以便更快地得到解答。
掌握了场强叠加原理解题的技巧，可以有效地解决一些复杂的电磁学问题，提高解题效率。
数学重叠问题的解题技巧
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。
高中奥数之重叠谜题
高中奥数之重叠谜题引言重叠谜题是高中奥数中的一种有趣的问题类型。
它通过在一个或多个集合中找到相同或不同的元素来挑战学生的观察和逻辑推理能力。
本文将介绍重叠谜题的基本概念、解题方法以及在高中奥数中的应用。
一、重叠谜题的基本概念重叠谜题是一种通过比较两个或多个集合中的元素，找出其中相同或不同元素的问题。
这些集合可以是数字、字母、图形或其他形式的元素组成。
学生需要观察集合中的元素，通过分析和推理找出它们的相同或不同之处。
二、解决重叠谜题的方法1. 观察集合元素：首先，学生需要仔细观察每个集合中的元素，找出它们的共同点和差异。
可以通过比较集合的特征、数量、排列顺序等方面来进行观察。
2. 建立比较模型：根据观察结果，学生可以建立一个比较模型，将集合中的元素进行分类。
比如，可以使用表格或图表记录元素的共同特征和差异，以便更好地进行比较和分析。
3. 进行推理分析：基于比较模型，学生可以进行推理和分析，找出集合中的相同或不同之处。
学生可以运用逻辑推理、数学运算、图形变换等方法，解决重叠谜题。
三、高中奥数中的重叠谜题应用重叠谜题在高中奥数中经常出现，是考察学生观察力、推理能力和逻辑思维能力的重要题型之一。
它可以培养学生的思维敏锐性和问题解决能力。
在高中奥数的竞赛中，重叠谜题可以作为一种挑战，激发学生的兴趣和参与度。
结论重叠谜题是一种通过比较集合中的元素，找出相同或不同之处的问题。
学生可以通过观察、建立比较模型和进行推理分析来解决这类问题。
在高中奥数中，重叠谜题是一种常见的题型，可以培养学生的思维能力和问题解决能力。
参考文献（如果有的话）。
叠加原理的分析步骤有哪些
叠加原理的分析步骤有哪些叠加原理是物理学中常用的一种分析方法，用于研究复杂系统的行为。
它将系统的行为分解为多个简单的部分，然后通过分析每个部分的行为，得到整个系统的行为。
叠加原理的分析步骤如下：1. 确定系统的物理量：首先，我们需要确定系统中涉及的物理量。
这可以包括位置、速度、加速度、力、能量等。
对于每个物理量，我们需要定义一个合适的数学表示。
2. 确定系统的方程：接下来，我们需要确定系统的动力学方程。
动力学方程描述了系统中物理量的演化规律。
对于简单的系统，动力学方程可以由牛顿力学定律或其他适当的物理定律给出。
对于复杂的系统，我们可能需要借助于其他物理学理论或者实验数据来确定动力学方程。
3. 划分系统的部分：为了应用叠加原理，我们需要将系统划分为多个简单的部分。
每个部分应该是相对独立的，即它的行为不会明显影响其他部分。
通常，我们选择系统中具有特定边界或者特定功能的组件作为划分的依据。
4. 建立单个部分的方程：对于每个部分，我们需要建立该部分的动力学方程。
这可以通过应用合适的物理定律或者应用叠加原理本身来实现。
我们需要确保每个部分的方程是足够简单的，以便能够求解或者进行进一步的分析。
5. 考虑边界条件：对于每个部分，我们需要考虑该部分与其他部分的边界条件。
边界条件是指在连接处物理量的取值或者变化规律。
合理选择和定义边界条件是确保叠加原理的正确应用的关键。
6. 利用叠加原理求解：当单个部分的方程和边界条件确定后，我们可以利用叠加原理来求解整个系统的行为。
叠加原理要求我们根据每个部分的特点和边界条件来分别解析每个部分的行为，然后将它们叠加在一起，得到整个系统的行为。
7. 分析结果和验证：通过叠加原理求解得到的整个系统行为可以与实际观测数据或者其他分析方法得到的结果进行比较和验证。
如果结果符合预期，并且满足物理定律和边界条件，那么说明叠加原理的应用是正确的。
总结起来，叠加原理的分析步骤包括确定系统的物理量，确定系统的动力学方程，划分系统的部分，建立单个部分的方程，考虑边界条件，利用叠加原理求解，以及分析结果和验证。
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叠加体问题的分析技巧湖北省恩施高中陈恩谱一、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m1＝2 kg，m2＝3 kg，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10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A.大小为12 N，方向向右B.大小为12 N，方向向左C.大小为10 N，方向向右D.大小为10 N，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(m1＋m2)g＝(m1＋m2)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 f1＝m1a联立解得F f1＝μ2m1g而甲乙之间的最大静摩擦力为F f m＝μ1m1g，且μ2＜μ1，故有F f1＜F f m所以假设成立，甲受的摩擦力大小为F f1＝μ2m1g＝10 N，方向向左，选项D 正确。
[总结]当μ1≥μ2时，甲乙两物块可以相对静止一起匀减速运动；当μ1<μ2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/5 B．3μmg/4C．3μmg/2 D．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1 1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： F = 6ma右边两木块间的静摩擦力带动两个 m 和左边的 2m ： F f 1 = 4ma绳中拉力带动左边两个木块： F T = 3ma左边两木块间的静摩擦力带动下面的 2m ： F f 2 = 2ma由此可以看出，四个木块以同一加速度运动时，始终有 F f 1 = 2F f 2 ，而两个接触面上的最大静摩擦力都是 F fm = μmg ，因此，随着 F 的增加，右边接触面上先出现临界状态，即μmg = 4ma 0则 F T = 3ma 0 = 3μmg / 4，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 F m = 6ma 0 = 3μmg / 2 ，左边接触面上的最大摩擦力为 F f2m = μmg / 2 .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＝10 m/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＝0.5 s 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 1 t 1a 2＝v 0－v 1 t 1 式中 v 0＝5 m/s 、v 1＝1 m/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 1 μ1mg ＋μ2·2mg ＝ma 2联立，解得 μ1＝0.20 μ2＝0.30(2)由于μ1 < μ2 ，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 ＝2× v 2 s ＝v 0＋v 1t ＋ v 2 1 2a 1 2 122a 2′ 物块相对于木板的位移的大小为 s ＝s 2－s 1联立，得 s ＝1.125 m[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 v 03 1 2 2 3 2、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 F f = μF N ， 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 4.5 m ，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 ＝1 s 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 1 s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 10 m/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 ＝4 m/s ，碰撞后木板速度水平向左，大 小也是 v ＝4 m/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＝4－0 1m/s 2＝4 m/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 ＝1 s ，位移 x ＝4.5 m ，末速度 v ＝4 m/s ，其逆运动为匀加速直线运动，可得 x ＝vt ＋1a 1t 2，解得 a 1＝1 m/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 2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＝4 3m/s 2 对滑块，加速度大小为 a 2＝4 m/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＝1 s 在此过程中，木板向左运动的位移为 x 1＝vt 1－1a t 2＝10 m ， 末速度 v 1＝v －a 3t 1＝8 m/s 2 3 3 滑块向右运动的位移 x 2＝v ＋0t 1＝2 m2 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为 a 2＝4 m/s 2，木板继续减速，加速度大小仍为 a 3＝4 3m/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＝0.5 s 在此过程中，木板向左运动的位移 x ＝v t －1a t 2＝7 m ，末速度 v ＝v －a t ＝2 m/s ，滑块向左运动 的位移 x 4＝1a t 2＝0.5 m 3 1 2 3 2 2 6 3 1 3 2 2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＝6 m ，小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为 6 m(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＝1 m/s 2，向左运动的位移为 x 5 ＝ v 2 ＝2 m ，所以木板右端离墙壁最远的距离为 x ＝x ＋x ＋x ＝6.5 m 。