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    4．如图所示，光滑斜面体固定在水平面上，倾角为θ=30°，斜面底端固定有与斜面垂直的挡板，木板下端离挡板的距离为l，l=0.1m，上端放着一个小物块，木板和物块的质量均为m，相互间滑动摩擦力等于最大静摩擦力，且大小满足特定关系式：f=kmgsinθ，断开轻绳，木板和物块沿斜面下滑，假设木板足够长，与挡板发生碰撞时，时间极短，且原速率反弹，空气阻力不计，求：
    （1）当k=$\frac{1}{3}$时，求：①木板第一次滑到档板处时的速度大小；
    ②木板第二次滑到挡板处时，物块对地的位移大小．
    （2）当k=2时，求木板第二次滑到挡板处时，物块对地的作位移大小．

    分析 （1）分别对两物体受力分析，根据牛顿第二定律求解各自的加速度，由运动学公式可求得第一次碰撞时木板的速度；同理可求得物块的总位移；
    （2）当k=2时，分析两物体的受力情况，根据牛顿第二定律及运动学规律可求得物体的位移．

    解答 解：（1）①由于斜面光滑，木块与木板保持相对静止，
    则有：
    ma1=mgsinθ
    根据位移与速度公式可得：
    v12=2a1l
    解得v1=1m/s；
    ②滑块下滑的加速度a2=$\frac{mgsinθ-\frac{1}{3}mgsinθ}{m}$=$\frac{g}{3}$=$\frac{10}{3}$m/s2；
    在物体反弹上升过程中，物块的加速度大小保持不变，方向始终沿斜面向下；
    木板受力：
    ma2=mgsinθ+kmgθ，
    解得：
    a′2=$\frac{20}{3}$m/s2；
    由v=at可知：
    上升时间t=$\frac{v}{{a}_{1}}$=$\frac{{v}_{1}}{gsinθ}$=0.4s；
    因中间相对运动状态不改变，则由对称 性可知，木板第二次碰撞时用时t1=2t=0.8s；
    物块的位移x物=0.1+v1t1+$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}$=0.55m；
    ②滑块下滑（2）若k=2，摩擦力f=2mgsin30°=mg；
    物体下滑时，物块与木板保持相对静止，加速度a=gsin30°=5m/s2；
    物体到达底部时位移为0.1m；
    速度v=$\sqrt{2ax}$=$\sqrt{2×5×0.1}$=1m/s；
    反向后，物体的速度为1m/s向上运动，木板的加速度为：a3=gsinθ+g=1.5g=15m/s2；
    物体向上的时间t3=$\frac{1}{15}$s；
    反向时，加速度不变，时间仍为t4=$\frac{1}{15}$s；
    该过程中，物体具有向上的加速度，a4=5m/s2；
    减速到零用时0.2s；
    在木板第二次碰撞时，物块仍在减速运动，位移x=vt-$\frac{1}{2}$a4t2=1×$\frac{2}{15}$-$\frac{1}{2}×5×$（$\frac{2}{15}$）2=0.1m；
    故总位移为：x总=0.1+0.1=0.2m；
    答：（1）当k=$\frac{1}{3}$时，①木板第一次滑到档板处时的速度大小为1m/s；
    ②木板第二次滑到挡板处时，物块对地的位移大小为0.55m．
    （2）当k=2时，求木板第二次滑到挡板处时，物块对地的作位移大小为0.2m．

    点评 本题考查牛顿第二定律的应用，要注意正确分析物理过程，明确受力情况，再根据牛顿第二定律及运动学公式即可求得待求量．

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