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    1．小铁物块A（在讨论空间位置时当成质点处理）和长木板B叠放在水平面上，如图1所示，已知重力加速度g=10m/s2．

    （1）当所放的水平面是光滑的时，现对A 施加水甲平向右的拉力F，通过传感器可测得A的加速度a随拉力F变化的关系如图2甲所示．根据图象信息求出小铁块和木板的质量mA、mB以及铁块与木板间的动摩擦因数μ1．
    （2）若所放的水平面与木板间的动摩擦因数μ2=0.125，并让小铁块A以v0=3m/s的初速度滑上长木板B，如图2乙所示．已知铁块最终没有脱离木板．试求：
    ①小铁块A滑上长木板B时，二者的加速度．
    ②长木板B至少的长度．
    ③小铁块A最终运动的距离．

    分析 （1）研究图象甲，知道当F≤48N时甲乙两物体相对静止，加速度相同，由图象的斜率可求得两个物体质量之和．当F＞48N时甲乙相对滑动，由图象的斜率求出A的质量，由牛顿第二定律求得铁块与木板间的动摩擦因数μ1．
    （2）①根据牛顿第二定律求二者的加速度．
    ②小铁块A滑上长木板B时，当两者速度相等时两者之间的相对位移大小等于长木板B最小的长度．
    ③根据运动学位移时间公式求小铁块A最终运动的距离．

    解答 解：（1）从a-F图象可知：
    当F≤48N时甲乙两物体相对静止，加速度相同，由图象的意义得：
    mA+mB=$\frac{△F}{△a}$=$\frac{48}{6}$=8kg
    当F＞48N时甲乙相对滑动，由图象的意义得：
    mA=$\frac{△F}{△a}$=$\frac{60-48}{8-2}$=6kg
    此过程中，由牛顿第二定律得：F-μ1mAg=mAa
    将F=60N，a=8m/s2，代入上式解得：μ1=0.2
    由上可得：mB=2kg
    （2）①小铁块A滑上长木板B时，小铁块A相对于长木板B滑动的过程中，
    小铁块A的加速度大小为：aA=$\frac{{μ}_{1}{m}_{A}g}{{m}_{A}}$=μ1g=2m/s2，方向水平向左．
    长木板B的加速度大小为：aB=$\frac{{μ}_{1}{m}_{A}g-{μ}_{2}（{m}_{A}+{m}_{B}）g}{{m}_{B}}$
    代入数据解得 aB=1m/s2，方向水平向右．
    ②设A滑上B到两者共速所用的时间为t，则有：
    v=aBt=v0-aAt
    解得：t=1s，v=1m/s
    因μ2g＜aA=2m/s2，则A、B共速后一起以加速度μ2g做匀减速运动直至停止运动
    故长木板B至少的长度为：L=xA-xB=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$-$\frac{v}{2}t$=$\frac{{v}_{0}}{2}t$=$\frac{3}{2}×1$m=1.5m
    ③从前面的①②分析知道，铁块A先以初速度v0、加速度aA=2m/s2做匀减速运动，接着以加速度μ2g做匀减速运动直至停止运动．
    故小铁块A最终运动的距离为：x=$\frac{{v}_{0}+v}{2}t$+$\frac{{v}^{2}}{2{μ}_{2}g}$=$\frac{3+1}{2}$×1+$\frac{{1}^{2}}{2×0.125×10}$=2.4m
    答：（1）小铁块和木板的质量mA、mB分别为6kg和2kg．
    （2）①小铁块A的加速度大小是2m/s2，方向水平向左．长木板B的加速度大小是1m/s2，方向水平向右．
    ②长木板B至少的长度是1.5m．
    ③小铁块A最终运动的距离是2.4m．

    点评 本题考查了牛顿第二定律和a-F图线的综合运用，关键理清A、B的运动规律，结合图线的斜率求出两个物体的质量，根据牛顿第二定律和运动学公式分段研究．

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    C．滑块从A到B的过程与从B到A的过程，动量变化量的大小相等
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