高2018届高三物理第二轮复习滑块滑板专题.doc

第四讲 滑块和滑板
一、滑块—滑板类问题分析
1.高考分析：滑块一滑板模型题是动力学中比较常见的问题，也是综合性很强的难题，由于从中能很好地考核和反映学生运用动力学规律解决问题的多种能力，具有很好的区分度，因此在历年的高考压轴题中频频出现
2．滑块—滑板类问题的特点
（1）涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动．
（2）．滑块和滑板常见的两种位移关系
滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长．
3．滑块—滑板类问题的解题方法
（1）此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口．求解中更应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
（2）．板块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题，要注意从速度、位移、时间等角度寻找各物理量之间的联系。

4．物块不从木板的末端掉下来的临界条件是：物块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等。
阅卷教师提醒
易失分点
1．不清楚滑块、滑板的受力情况，求不出各自的加速度．
2．画不好运动草图，找不出位移、速度、时间等物理量间的关系．
3．不清楚每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
4．不清楚物体间发生相对滑动的条件．
二、滑块—滑板选择题部分
例题1．(多选)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面，若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中(　　)
A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大
D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面

例题2．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ( 　　)．
A．物块先向左运动，再向右运动
B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动
C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动
D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零

例题3．放在足够长的木板上的物体A和B由同种材料制成，且表面粗糙程度一样，现随长木板以速度v向右做匀速直线运动，如图所示。某时刻木板突然停止运动，已知mA>mB，下列说法正确的是： （ ）
A．若木板光滑，由于A的惯性较大，所以A、B一定会相撞
B．若木板粗糙，由于A的动能较大，所以A、B一定会相撞
C．若木板粗糙，由于A的所受的摩擦力较大，所以A比B先停下来。
D．不论木板是否光滑，A、B间的相对距离保持不变ks5uks5uKs5u.Com]

练习1、如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间的动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度大小a可能是 (　　)．
A．a＝μg B．a＝
C．a＝ D．a＝－

练习2．如图所示，初始时刻静止在水平面上的两物体A、B堆叠在一起，现对A施加一水平向右的拉力F，下列说法正确的是： （ ）
A．若地面光滑，无论拉力F为多大，两物体一定不会发生相对滑动
B．若地面粗糙，A向右运动，B是否运动取决于拉力F的大小
C．若两物体一起运动，则A、B间无摩擦力
D．若A、B间发生相对滑动，则物体B的加速度大小与拉力F无关

练习3一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，木板上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1=0.3，μ2=0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2。则： （ ）
A．若F=1N，则物块、薄硬纸片都静止不动
B．若F=1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N
C．若F=8N，则B物块的加速度为4.0m/s2
D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动
三、滑块—滑板的图像问题
例题1．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2的变化的图线中正确的是(　　)．

例题2．（多选）如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a-F图象，已知g取10m/s2，则：（ ）
A．滑块A的质量为4kg
B．木板B的质量为1kg
C．当F=10N时木板B加速度为4m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.1

例题3：如图(a)所示，在光滑水平面上叠放着甲、乙两物体。现对甲施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得甲的加速度a随拉力F变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)甲的质量；
(2)甲、乙之间的动摩擦因数
(3)乙的质量；

例题4（多选）如图甲所示，光滑的水平地面上放有一质量为M、长为的木板。从时刻开始，质量为的物块以初速度从左侧滑上木板，同时在木板上施以水平向右的恒力，已知开始运动后内两物体的图线如图乙所示，物块可视为质点，，下列说法正确的是：（ ）
A、木板的质量
B、物块与木板间的动摩擦因数为
C、时，木板的加速度为
D、时，木板的速度为
练习1、如图(a)所示，光滑水平面上停放着一辆上表面粗糙的平板车，质量为M，一质量为m的铁块以水平初速度v0滑到小车上，两物体开始运动，它们的速度随时间变化的图象如图（b）所示，t0是滑块在车上运动的时间。求：
(1) 铁块与小车的质量之比m:M=?
(2) 铁块与小车表面的动摩擦因数
(3) 平板车上表面的长度

练习2　质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)A与B之间的动摩擦因数μ1和B与水平面间的动摩擦因数μ2；
(2)A的质量m。

（选）练习3．某电视台娱乐节目在游乐园举行家庭搬运砖块比赛活动．比赛规则是：如图甲所示向滑动行驶的小车上搬放砖块，且每次只能将一块砖无初速度(相对地面)地放到车上，车停止时立即停止搬放，以车上砖块多少决定胜负．已知每块砖的质量m＝0.8 kg，小车的上表面光滑且足够长，比赛过程中车始终受到恒定的牵引力F＝20 N的作有，未放砖块时车以v0＝3 m/s的速度匀速前进．获得冠军的家庭上场比赛时每隔T＝0.8 s搬放一块砖，从放上第一块砖开始计时，图中仅画出了0～0.8 s内车运动的v－t图象，如图乙所示，g取10 m/s2.求：
(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数．
(2)车停止时，车上放有多少块砖．[]

（选）练习4.如图甲所示，质量M＝1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g取10m/s2，试求：
(1)若木板长L＝1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F，假设木板足够长，在图乙中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化而变化的图像．

四、滑块—滑板综合问题
例题1、质量M＝9 kg、长L＝1 m的木板在动摩擦因数μ1＝0.1的水平地面上向右滑行，当速度
v0＝2 m/s时，在木板的右端轻放一质量m＝1 kg的小物块如图所示。当小物块刚好滑到木板
左端时，物块和木板达到共同速度。取g＝10 m/s2，求：
(1)从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；
(2)小物块与木板间的动摩擦因数μ2。

变式1、如图所示，质量为M＝8kg的木板，放在水平地面上，木板向右运动的速度v0＝5 m/s时，
在木板前端轻放一个大小不计、质量为m＝2kg的小物块．木板与地面间、物块与木板间的动
摩擦因数均为μ＝0.2，g＝10 m/s2，求：
（1）物块及木板的加速度大小；
（2）要使物块不滑离木板，木板至少多长？

例题2.如图所示，光滑水平面上静止放着长L＝4 m，质量为M＝3 kg的木板(厚度不计)，一个质量为m＝1 kg的小物体放在木板的最右端，m和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，(g取10 m/s2)
(1)为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
(2)如果F＝10 N，求小物体离开木板时的速度？

变式2、如图所示，质量为 M的木板上放着一质量为m的木块，木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与水平地面间的动摩擦因数为μ2，加在木板上的力F至少为多大时才能将木板从木块下抽出？
F

M
F
m
例题3如图所示，质量M=1.0kg的长木板静止在光滑水平面上，在长木板的右端放一质量m=1.0kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板之间的动摩擦因数=0.20.现用水平恒力F=6.0N向右拉长木板，使小滑块与长木板发生相对滑动，经过t=1.0s撤去力F.小滑块在运动过程中始终没有从长木板上掉下。求：
（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度各是多大；
（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？

变式3如图所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N．当小车向右运动的速度达到3 m/s时，在小车右端轻轻地放一个大小不计、质量m＝2 kg的小物块．小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长．g取10 m/s2，则：
(1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大；
(2)经多长时间两者达到相同的速度；
(3)从小物块放上小车开始，经过t＝3 s小物块通过的位移大小为多少？

练习1.如图所示，一长木板质量为M＝4 kg，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.2，质量为m＝2 kg的小滑块放在木板的右端，小滑块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.开始时木板与滑块都处于静止状态，木板的右端与右侧竖直墙壁的距离L＝2.7 m．现给木板以水平向右的初速度v0＝6 m/s使木板向右运动，设木板与墙壁碰撞时间极短，且碰后以原速率弹回，取g＝10 m/s2，求：
(1)木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？
(2)木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？

练习2　如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m＝1 kg，木板的质量M＝4 kg，长L＝2.5 m，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板，g取10 m/s2.
(1)求木板加速度的大小；
(2)要使木块能滑离木板，求水平恒力F作用的最短时间；
(3)如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的拉力应满足什么条件？
(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变，只将水平恒力增加为30 N，则木块滑离木板需要多长时间？

练习3如图所示，一质量为mB＝2 kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为mA＝2 kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0＝8 m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sin θ＝0.6，cos θ＝0.8，g取10 m/s2，物块A可看做质点．请问：
(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？
(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？

（选）练习4(2017·成都外国语学校模拟)如图所示，质量为m1＝3 kg 的滑块C(可视为质点)放置于光滑的平台上，与一处于自然长度的弹簧接触但不相连，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，平台右侧的水平地面上紧靠平台依次排放着两块木板A、B。已知木板A、B的长度均为L＝5 m，质量均为m2＝1.5 kg，木板A、B上表面与平台相平，木板A与平台和木板B均接触但不粘连，滑块C与木板A、B间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板A、B与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。现用一水平向左的力作用于滑块C上，将弹簧从原长开始缓慢地压缩一段距离，然后将滑块C由静止释放，当滑块C刚滑上木板A时，滑块C的速度为v0＝7 m/s。设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g＝10 m/s2。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)滑块C刚滑上木板A时，木板A、B及滑块C的加速度；
(3)从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间。

（选）练习5．如图所示，一长L＝2m、质量M＝4kg的薄木板(厚度不计)静止在粗糙的水平台面上，其右端距平台边缘l＝5m，木板的正中央放有一质量为m＝1kg的物块(可视为质点)，已知木板与平台、物块与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.4.现对木板施加一水平向右的恒力F，其大小为48N，g取10m/s2，试求：
(1)F作用了1.2s时，木板的右端离平台边缘的距离；
(2)要使物块最终不能从平台上滑出去，则物块与平台间的动摩擦因数μ2应满足的条件．

第四讲 滑块和滑板答案
二、滑块—滑板选择题部分
例1BD 例2BC例3D 练习1CD 2D 3D
三、滑块—滑板的图像问题
例1A例2BC例3 （1），（2）（3） 例4 BD
练习1、（1）
（2）
（3）
练习2[解析]　(1)由题图乙可知，物块A在0～1 s内的加速度大小为a1＝2 m/s2
以A为研究对象，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
解得：μ1＝0.2
B在0～1 s内的加速度大小为a2＝2 m/s2，在1～3 s内A与B相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为 a3＝1 m/s2
以A、B同速后整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3
解得：μ2＝0.1。
(2)以B为研究对象，在0～1 s内水平方向受到两个滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
代入数据解得A的质量：m＝6 kg。
[答案]　(1)0.2　0.1　(2)6 kg
练习3解析　(1)设车的质量为M，放上一块砖后车的加速度为a1，则有F＝μMg，
μ(M＋m)g－F＝Ma1，
a1＝＝0.25 m/s2，
联立解得：M＝8 kg，μ＝0.25.
(2)设放上一块砖后经过0.8 s时，车的速度为v1，有v1＝v0－a1T，
放上n块砖后车的加速度大小为：
an＝＝na1，
设车停止时，车上有n块砖，此时有
vn＝v0－a1T－a2T－…－anT≤0
即vn＝v0－a1T－2a1T－…－na1T≤0(且n为满足该式的最小正整数)
故n＝5.
练习4解：(1)对铁块应用牛顿第二定律：F－μ2mg＝ma1，加速度大小
a1＝＝4 m/s2，
对木板应用牛顿第二定律：μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2，
加速度大小a2＝＝2 m/s2，
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
a1t2－a2t2＝L， 解得t＝1 s．
(2)①当F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N时，M、m相对静止且对地静止，f2＝F；
②设F＝F1时，M、m恰保持相对静止，此时系统的加速度a＝a2＝2 m/s2，
以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有F1－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a，解得F1＝6 N.
所以，当2 N＜F≤6 N时，M、m相对静止，系统向右做匀加速运动，
其加速度a＝＝－1
以M为研究对象，根据牛顿第二定律有f2′
－μ1(M＋m)g＝Ma，f2＝f2′，
解得f2＝＋1.
③当F＞6 N时，M、m发生相对运动，f2＝μ2mg＝4 N．如图所示．
四、滑块—滑板综合问题
例题1、解析：(1)设木板的加速度大小为a1，时间t内的位移为x1；木块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2则有
x1＝v0t－a1t2 ①
x2＝a2t2 ②
x1＝L＋x2 ③
又v0－a1t＝a2t ④
代入数据得t＝1 s ⑤
(2)根据牛顿第二定律，
有μ1(M＋m)g＋μ2mg＝Ma1，μ2mg＝ma2 ⑥
解得μ2＝0.08 ⑦
变式1、（1）木块的加速度；木板的加速度
（2）木板至少长度为2.5m
例题2解析　(1)要保持两者相对静止，两者之间的摩擦力不能超过最大静摩擦力，故最大加速度a＝μg＝1 m/s2
由牛顿第二定律对整体有Fm＝(m＋M)a＝4 N
(2)当F＝10 N>4 N时，两者发生相对滑动
对小物体：a1＝μg＝1 m/s2
对木板：F合＝F－μmg＝Ma2
代入数据解得a2＝3 m/s2
由位移关系有：L＝a2t2－a1t2
代入数据解得t＝2 s
则小物块的速度v1＝a1t＝2 m/s.
答案　(1)4 N　(2)2 m/s
变式2、
例题3（1）滑块速度为；木板速度为 （2）最大距离1.5m
变式3解析：(1)小物块的加速度am＝μg＝2 m/s2
小车的加速度aM＝＝0.5 m/s2.
(2)由amt＝v0＋aMt，得t＝2 s，v同＝2×2 m/s＝4 m/s.
(3)在开始2 s内，小物块通过的位移x1＝amt2＝4 m
在接下来的1 s内小物块与小车相对静止，一起做匀加速运动，加速度a＝＝0.8 m/s2
小物块的位移x2＝v同t′＋at′2＝4.4 m
通过的总位移x＝x1＋x2＝8.4 m.
练习1解析　(1)木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，加速度大小分别为：am＝＝μ2g＝4 m/s2①
aM＝＝5 m/s2②
设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：v－v＝－2aML③
解得vM＝3 m/s④
t1＝＝0.6 s⑤
vm＝amt1＝2.4 m/s⑥
(2)设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向，
对木板有v＝vM－aMt2⑦
对滑块有v＝－vm＋amt2⑧
代入公式有3－5t2＝－2.4＋4t2，解得t2＝0.6 s
练习2【解析】　(1)木板受到的摩擦力f＝μ(M＋m)g＝10 N
木板的加速度a＝＝2.5 m/s2.
(2)设拉力F作用t时间后撤去
F撤去后，木板的加速度为a′＝－＝－2.5 m/s2＝a
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且时间相等，
故at2＝L
解得：t＝1 s，即F作用的最短时间为1 s.
(3)设木块的最大加速度为a木块，木板的最大加速度为a木板，则μ1mg＝ma木块
解得：a木块＝μ1g＝3 m/s2
对木板：F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件：a木板>a木块
解得：F1>25 N.
(4)木块的加速度a′木块＝μ1g＝3 m/s2
木板的加速度
a′木板＝＝4.25 m/s2
木块滑离木板时，两者的位移关系为s木板－s木块＝L，
即a′木板t2－a′木块t2＝L
代入数据解得：t＝2 s.
练习3解析　(1)物块A从斜面滑下的加速度为a1，则mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAa1，
解得a1＝4 m/s2
物块A滑到木板B上的速度为v1＝＝ m/s＝8 m/s.
(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2＝＝μ2g＝2 m/s2，
设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2－a2t－a2t＝L.对物块A有v2＝v1－a2t2，v－v＝－2a2(x＋L)．对木板B有v＝2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2＝2 s，L＝8 m.
（选）练习4解析：(1)由能量守恒定律可得，Epmax＝m1v02＝73.5 J。
(2)设滑块C在木板A上滑动时，滑块C的加速度为a1，木板A、B的加速度为a2。
则：μ1m1g＝m1a1，
解得：a1＝3 m/s2。
μ1m1g－μ2(m1＋2m2)g＝2m2a2，
解得：a2＝1 m/s2。
(3)设滑块C在木板A上运动的时间为t1。
则： L＝－a2t12
解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去)
设滑块C离开木板A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB。
vC＝v0－a1t1＝4 m/s
vA＝vB＝a2t1＝1 m/s
滑块C在木板B上滑动时，滑块C的加速度仍为a1，设木板B的加速度为a3。
μ1m1g－μ2(m1＋m2)g＝m2a3，
解得：a3＝3 m/s2。
设经过时间t2，B、C达到共同速度v，则有：
v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2，
解得 t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s
从滑块C滑上木板B到与木板B速度相同的过程中，滑块C与木板B的相对位移为：
Δx＝t2－t2＝0.75 m＜5 m
可知此过程中滑块C未离开木板B，又因μ1＞μ2，B、C共速后无相对运动，设B、C一起做匀减速运动的加速度为a，到停止运动所用时间为t3。
μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得a＝1 m/s2。
0＝v－at3，解得t3＝2.5 s
则从滑块C滑上木板A到整个系统停止运动所需的时间为： t＝t1＋t2＋t3＝4 s。

（选）练习5解析　(1)假设开始时物块与木板会相对滑动，由牛顿第二定律：
对木板：F－μ1(M＋m)g－μ1mg＝Ma1，解得a1＝6m/s2
对物块：μ1mg＝ma2，解得a2＝4m/s2，故假设成立
设F作用t时间后，物块恰好从木板左端滑离，则
＝a1t2－a2t2，解得t＝1s
在此过程：木板位移x1＝a1t2＝3m，
末速度v1＝a1t＝6m/s
物块位移x2＝a2t2＝2m，末速度v2＝a2t＝4m/s
在物块从木板上滑落后的t0＝0.2s内，由牛顿第二定律：
对木板：F－μ1Mg＝Ma1′，
解得a1′＝8m/s2
木板发生的位移x1′＝v1t0＋a1′t＝1.36m
此时木板右端距平台边缘
Δx＝l－x1－x1′＝0.64m
(2)物块滑至平台后，做匀减速直线运动，由牛顿第二定律：
对物块：μ2mg＝ma2′，
解得a2′＝μ2g
若物块在平台上速度减为0，则通过的位移x2′＝
要使物块最终不会从平台上掉下去需满足
l＋≥x2＋x2′
联立解得μ2≥0.2.