2019届高考物理二轮复习：滑板、滑块模型 方法总结 题型专练 同步巩固 高考考前强化训练

高三物理二轮复习课程
滑板、滑块模型
一、模型概述
滑块——滑板模型，涉及摩擦力分析、相对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强，对能力要求较高，故频现于高考试卷中。

另外，常见的子弹射击木板、圆环在直杆中滑动都属于滑块类问题，处理方法与滑块——滑板模型类似。

二、模型要点
1、滑块类问题的分析方法
（1）动力学分析：分别对物块和滑块和滑板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；（2）功和能分析：对物块和滑板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律。

如图所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对物块做功时必须用物块对地的位移s
物
；
②求摩擦力对滑板做功必须用滑板对地的位移s
板
；
③求摩擦生热时必须用相对滑动的总路程Q
摩=f∙s
相。

（3）相对运动分析法：物块和滑板分别做匀速直线运动，从相对运动的角度出发，得出相对初速度、
相对加速度、相对末速度和相对位移关系(s
相对=
(v
相对初
+v
相对末
)
2
t=
v
相对末
2−v
相对初
2
2a
相对
)，用相对运动分析法来
处理问题往往可简化数学运算过程。

2、滑块类问题中的临界问题
①物块与滑板发生相对滑动的临界条件：（运动学条件）两物体速度或加速度不等；（动力学条件）物块和滑板间的静摩擦力达到最大静摩擦力。

②物块滑离滑板的临界条件：物块恰好滑到滑板的边缘时达到共同速度。

三、模型的几种基本情况
1、光滑的水平面上，静止放置一质量为M，长度为L的长板，一质量为m的物块，以速度v0从长板的一段滑向另一段，已知板块间的动摩擦因数为μ。

首先受力分析：
对于m：由于板块间发生相对运动，所以物块所受长板向左的滑动摩擦力，
即：
{F N=mg f
动
=μF N
f 动=ma m
a m=μg（方向水平向左）
由于物块的初速度向右，加速度水平向左，所以物块将水平向右做匀加速运动。

对于M：由于板块间发生相对运动，所以长板上表面所受物块向右的滑动摩擦力，但下表面由于光滑不受地面作用的摩擦力。

即：
{F N ′=Mg +F N
f 动=μF N f 动=Ma M
a M =μmg
M （方向水平向右） 由于长板初速度为零，加速度水平向右，所以物块水平向右做匀加速运动。

假设当v m =v M 时，由于板块间无相对运动或相对运动趋势，所以板块间的滑动摩擦力会突然消失。

则物块和长板将保持该速度一起匀速运动。

关于运动图像可以用v -t 图像表示运动状态：
设经过时间t 板块共速，共同速度为v 共。

当v m =v M =v 共可得：m 做匀减速直线运动：v 共=v 0−a m t ，M 做初速度为零的匀加速直线运动：v M =a M t ，可计算解得时间：v 0−a m t =a M t ，物块和长板位移关系：
m ：x m =v 0t −1
2a m t 2，M ：x M =1
2a M t 2，相对位移：∆x =x m −x M
2、粗糙的水平面上，静止放置一质量为M ，一质量为m 的物块，以速度v 0从长板的一段滑向另一段，已知板块间动摩擦因数为μ1，长板和地面间的动摩擦因数为μ2，长板足够长。

首先受力分析：
对于m ：由于板块间发生相对运动，所以物块所受木板向左的滑动摩擦力。

即：
{F N =mg
f 动=μF N f 动=ma m
a m =μ1g （方向水平向左） 由于物块的初速度向右，加速度水平向左，所以物块将水平向右做匀减速运动。

对于M ：由于板块间发生相对运动，所以长板上表面所受物块向右的滑动摩擦力，下表面受到地面施加方向向左的摩擦力f 的作用。

即：
由于长板所受的上表面向右的滑动摩擦力μ1mg 和下表面地面所施加的最大静摩擦力大小关系未知，
这里我们认为最大
静摩擦力等于滑动摩擦力，所以我们要进行讨论：
（1）当μ1mg ≤μ2(M +m )g 时：M 仍然保持静止不动，m 以加速度a m 做匀减速直线运动
（2）当μ1mg >μ2(M +m )g 时：M 则产生一定的加速度：μ1mg −μ2(M +m )g =Ma M ，可求得M 的加速度a M ，方向向右。

所以M 将做初速度为零，加速度a M 的匀加速直线运动，设经过时间t 1二者速度相等，即v m =v M =v 共，解得时间：v 0−a m t 1=a M t 1，解得二者共同的速度：v 共
m 位移：x m =v 0t 1−1
2a m t 12，M 位移：x M =1
2a M t 12
，
二者在此过程中发生的相对位移：∆x =x m −x M
当二者速度相同时，无相对运动，所以二者间滑动摩擦力突然消失，但由于长板下表面为粗糙，假设二者可以一起匀减速运动：
m+M ：μ2(M +m )g =(M +m )a 共，解得：a 共=μ2g ，由于μ2g <μ1g ，所以假设成立。

当二者速度相同时，二者共同以加速度a 共做匀加速运动，不再发生相对运动。

共同匀减速时间：t 2=v 共
a 共
，关于运动图像可以用v -t 图像表示运动状态。

3、光滑的水平面上，静止放置一质量为M 的长板，长板上静止放置一质量为m 的物块，现对物块施加一外力F ，板块间动摩擦因数为μ，
假设长板与物块无相对运动一起加速，所以我们可以采用整体法来进行求解： F=(M+m)a
当外力F 增大时，整体的加速度a 增大，说明长板和物块的加速度同时增大， 当对于m ：由于受到外力F 的作用作为动力来源，所以m 的加速度无最大值。

但对于M ：由于加速度的来源是m 施加的静摩擦力产生，二者间的静摩擦力存在最大值，所以当二者间静摩擦力达到最大值时M 的加速度也就存在着对应的最大值，即：μmg =Ma ，将a =μmg M
带入上式，解得：F =
μm (M+m )g
M
为一临界
值。

当0<F ≤
μm (M+m )g
M
时，板块间无相对滑动，一起以共同的加速度匀加速运动，
F 增大，二者间的静摩擦力增大 当F >
μm (M+m )g
M
时，板块间发生相对华东南，a m >a M
F 增大，二者间的滑动摩擦力不变为f =μmg ，a m 增大，a M 不变
4、光滑的水平面上，静止放置一质量为M 的长板，长板上静止放置一质量为m 的物块，现对长板施加一外力F ，板块间动摩擦因数为μ，
假设长板与物块无相对运动一起加速，所以我们可以采用整体法来进行求解： F =(M +m )a
当外力F 增大时，整体的加速度a 增大，说明长板和物块的加速度同时增大，
但对于m ：由于加速度的来源是M 施加的静摩擦力产生，二者间的静摩擦力存在最大值， 所以当二者间摩擦力达到最大值是m 的加速度也就存在着对应的最大值。

但对于M ：由于受到外力F 的作用作为动力来源，所以m 的加速度无最大值。

即：μmg =ma ，将a=μg 代入上式，解得：F=μ(M +m )g 为一临界值。

当0<F ≤μ(M +m )g 时，板块间无相对滑动，一起以共同的加速度匀加速运动，F 增大，二者间的静摩擦力增大。

当F >μ(M +m )g 时，板块间发生相对滑动，a m <a M ，F 增大，二者间的滑动摩擦力不变为f =μmg ，a M 增大，a m 不变。

1、如图所示两小滑块分别静止在平台的两端，间距x=6.25m ，质量分别为m 1=1kg 、m 2=2kg 水平面上依次排放两块完全相同的木板A 、B ，其长度均为L=2.5m ，质量均为M=1kg ，木板上表面与平台等高，滑块与平台间、木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2，现给滑块m 1一水平向右的初速度v 0=13m/s ，一段时间后与m 2发生弹性碰撞。

最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g 取10m/s 2。

求：
（1）碰前滑块m 1的速度大小及碰后滑块m 2的速度大小；
（2）若滑块m 2滑上木板B 时，木板B 开始滑动，则μ2应满足什么条件？ （3）若μ2=0.8，求木板B 的位移大小。

答案：（1）对m 1，由动能定理得：−μ1m 1gx =1
2m 1v 2−1
2m 1v 02
，代入数据解得：v=12m/s ，两滑块发生弹性碰撞，碰
撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 1v =m 1v 1+m 2v 2，由机械能守恒定律
得：1
2m 1v 2=1
2m 1v 12+1
2m 2v 22，代入数据解得：v 2=8m/s ;
（2）对AB 系统，A 不动应满足：μ2m 2g ≤μ1(m 2+2M )g ，对B ，B 滑动应满足：μ2m 2g ≥μ1(m 2+M )g ，解得：0.3<μ2≤0.4；
（3）m 2在A 上滑动过程，对m 2，由牛顿第二定律得：μ2m 2g =m 2a 2，由运动学公式得：v 2′=v 2−a 2t 1，s 2=v 2′t 1−1
2a 2t 1
2，对AB 系统，由牛顿第二定律得：μ2m 2g −μ1(m 2+2M )g =2Ma 1，由运动学公式得：v 1=a 1t 1，s 1=1
2a 1t 12，代入数据解得：a 1=4m s 2⁄，a 2=8m s 2⁄，t 1=0.5s ，v 2′=2m/s ，s 1=0.5m ，s 2=3m ，滑块m 2冲上长木板B 后，
假设滑块m 2冲上长木板B 后二者已达到共同速度，对m 2：v 共=v 2
′
−
a 2t 2，s 2
′
=
v 2
′+v 共
2
t 2，对B ：μ2m 2g −μ1(m 2+M )g =
Ma 3，v 共=v 1+a 3t 2，s 3=
v 1+v 共
2
t 2，s 2−s 3=1
9
m <L 。

2、如图所示，有一质量为M=2kg的平板小车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度v1=2m/s向左运动，B同时以v2=4m/s向右运动。

最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车。

两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取g=10m/s2。

求：
（1）物块A开始运动至减速为零所用的时间t及此减速过程的位移x1；
（2）小车总长L；
（3）从A、B开始运动计时，经6s小车运动的路程x。

答案：（1）物块A和B在小车上滑动，给小车的摩擦力等大反向，故A运动至小车左端前，小车始终静止。

对A，
由牛顿第二定律得：μmg=ma A，由运动学公式得：v1=a A t1，x1=1
2
a A t12，代入数据得：t1=2s，x1=2m；（2）设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv2−mv1=(2m+M)v，
由能量守恒定律得：μmgL=1
2mv12+1
2
mv22−1
2
(2m+M)v2，代入数据得：v=0.5m/s，L=9.5m；
（3）从开始到达到共速历时t2，速度v=v2−a B t2，由牛顿第二定律得：μmg=ma B解得：t2=3.5s
小车在t1前静止，在t1至t2之前以a向右加速：由牛顿第二定律得：μmg=(M+m)a，小车向右走位移：s=1
2
a(t2−t1)2，接下去三个物体组成的系统以v共同匀速运动了：s′=v(6−t2)，代入数据解得，小车在6s内向右走的总距离：x= s+s′=1.625m。

3、如图所示，两块长度均为l的绝缘木板A、B置于水平地面上的光滑区域，m A=2kg，m B=1kg，它们的间距为d=2m。

一质量为2kg、长度为2l的长板C叠放于A板的上方，二者右端恰好齐平。

C与A、B之间的动摩擦因数都为μ=0.2，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。

开始时，三个物体处于静止状态，现给长板C施加一个方向水平向右、大小为4N的外力F，结果A板被长板C带动加速直到与木板B发生碰撞。

假定木板A、B碰撞时间极短且碰后粘在一起。

（g取10m/s2）
（1）求木板A、B碰撞后瞬间的速度大小；
（2）要使C最终恰好与木板A、B两端对齐，
木板A、B的长度l的值；
（3）若C恰好与木板A、B两端对齐时撤去F，A、B、C三者立刻被锁定为一个系统，此时ABC开始进入水平地面上的粗糙区域，AB下表面与粗糙区域的动摩擦因数μ2=0.3。

求A板运动的位移大小。

答案：（1）设A与C一起加速，由牛顿第二定律得：F=(m A+m C)a1，因：f AC=m A a1<μ1m C g，判断可知A与C 一起加速直到与B碰撞。

设木板A碰B前的速度为v1，碰后的速度为v2，已知：F=4N；对AC两板，由动能定理得：
Fd=1
2
(m A+m B)v2，代入数据解得：v1=2m/s；A、B两木板碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守
恒定律得：m A v1=(m A+m B)v2，代入数据解得，木板A、B碰撞后瞬间的速度大小：v2=4
3
m/s；
（2）碰撞结束后，C受到的滑动摩擦力：f=μ2m c g=0.4mg=F，因此C保持匀速而A、B做匀加速运动，直到三个物体达到共同速度v1，设碰撞结束后到三个物体达到共同速度时经过的时间为t，对木板，由牛顿第二定律得：f=
(m2−m B)a2，由速度公式得：v1=v2+a2t，这一过程C与A、B发生的相对位移为：∆x=v1t−v1−v2
2
t，代入数据
解得：∆x=1
6m，要使C最终恰好木板A、B两端对齐，则有：∆x=l，则木板的长度l应满足：l=1
6
m；
（3）AB由光滑平面进入粗糙平面过程中受到线性变化的地面摩擦力的作用，全部进入后速度设为v3。

由动能定理得：
−1
2μ2(m A+m B+m C)g×2l=1
2
(m A+m B+m C)v32−1
2
(m A+m B+m C)v12，戴茹茹数据解得：v3=√3m s⁄，之后，
ABC在摩擦力作用下减速直到停止，由动能定理得：−μ2(m A+m B+m C)gs=0−1
2
(m A+m B+m C)v32，代入数据解
得：s=0.5m，又：x A=d+v1+v2
2t+2l−s，代入数据解得：x A=11
3
m。

4、如图所示，长L=3m、质量M=2kg木板B静止于光滑水平面上，质量为m=1kg的五块A（可视为质点）静止于B的左端，现使A以v0=6m/s的速度开始向右运动，A运动到B右端时遇固定在B右端的薄挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短，可忽略），最终A在距离挡板1m处于B相对静止，取重力加速度g=10m/s2。

求：
（1）A、B之间的动摩擦因数；
（2）从A开始运动到与B相对静止经历的时间；
（3）从A开始运动到与B相对静止过程中A前进的距离。

答案：（1）整个过程系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v共，由能量守恒定律
得：1
2mv02=μmg∆L+1
2
(m+M)v
共
2，由题意可知：∆L=4m，代入数据解得：μ=0.3。

（2）设A刚要与B碰撞时A、B的速度分别为v A1、v B1，从开始运动到A要与B碰撞前，以向右为正方向，对系统，
由动量守恒定律得：mv0=mv A1+Mv B1，由动能定理得：−μmgL=1
2mv A12+1
2
Mv B12−1
2
mv02，代入数据解得：v A1=
4m/s，v B1=1m/s（v A1=0，v B1=3m/s不符合实际情况，舍去）；
在A、B碰撞过程中，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒：mv A1+Mv B1=mv A2+Mv B2，由能量守恒定
律得：1
2mv A12+1
2
Mv B12=1
2
mv A22+1
2
Mv B22，代入数据解得：v A2=0，v B2=3m/s，（v A2=4m/s，v B2=1m/s不符合
实际，舍去），从开始运动到碰撞前，对A，由动量守恒定理得：−μmgt1=mv A1−m0，碰结束到相对静止，对A，由动量定理得：μmgt2=mv共−mv A2，总的运动时间：t=t1+t2，代入数据解得：t=1.33s；
（3）从开始运动到碰撞前，对A有：x1=1
2(v0+v A1)t1，碰撞结束到相对静止，对A有：x2=1
2
(v A2+v
共
)t2，A
前进的总距离：x=x1+x2，代入数据解得：x=4m
5、如图所示，B、C是两块完全相同的长方体物块，静止在光滑水平地面上，物块B的右端与C的左端相距x0=1m，物块A（可视为质点）静止在B的左端。

用F=10N的水平恒力作用于物块A使其从静止开始运动，一段时间后物块B和C碰撞粘在一起，在B与C碰撞瞬间，作用在物块A上的水平力撤除，最终物块A恰好没从C上掉下。

已知物块A、B、C质量均为2kg，物块A与B、C之间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2。

求：
（1）物块B、C碰撞后瞬间物块A、B的速度大小；
（2）物块B的长度。

答案：（1）B 与C 碰撞前，由牛顿第二定律得：对A 有F −μm A g =m A a A ①；对B 有μm A g =m B a B ②；解得a A =3m s 2⁄，a B =2m s 2⁄。

因a A >a B ，故A 、B 有相对滑动，碰撞前，对B 有x 0=1
2a B t 2③，解得t=1s ，此时B 的速度为v B =a B t =
2m/s ④，A 的速度为v A =a A t =3m/s ⑤
B 与
C 碰撞过程，动量守恒，设碰撞后瞬间B 、C 的共同速度为v B ′。

取向右为正方向，由动量守恒定律得m B v B =(m B +m C )v B ′⑥，解得v B ′=1m/s ⑦，即物块B 、C 碰撞后瞬间物块A 、B 的速度大小分别为v A =3m/s ，v B ′=1m/s
（2）B 、C 碰撞粘合后，A 在B 、C 上滑动最后在C 的右端与B 、C 相对静止，此时三个物体的速度设为v ，根据动
量守恒定律得m A v A +(m B +m C )v B ′=(m A +m B +m C )v ⑧。

解得v =5
3m/s ，设此过程中A 相对B 、C 滑动的距离为d 。

由能量守恒得μmgd =1
2m A v A 2+1
2(m B +m C )v B ′2−1
2(m A +m B +m C )v 2⑨，
联立⑤⑦⑧⑨解得d =2
3m ，B 与C 碰撞前，A 运动的位移x A =
v A t 2
=
3×12
=1.5m （10）
A 相对于
B 的位移∆x =x A −x 0=0.5m （11），则B 、
C 板长为L =
∆x+d 2
=
712
m （12）
6、如图所示，光滑水平面上静置放置着一辆平板车A 。

车上有两个小滑块B 和C （都可视为质点），B 与车板之间的动摩擦因数为μ，而C 与车板之间的动摩擦因数为2μ，开始时B 、C 分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v 0相向滑行。

经过一顿啊时间，C 、A 的速度达到相等，此时C 和B 恰好发生碰撞。

已知C 和B 发生碰撞时两者的速度立刻互换，A 、B 、C 三者的质量都相等，重力加速度为g 。

设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力。

（1）求开始运动到C 、A 的速度达到相等时的时间； （2）求平板车的总长度；
（3）已知滑块C 最后没有脱离平板，求滑块C 最后与车达到相对静止时处于平板上的位置。

答案：（1）设A 、B 、C 三个物体的质量都为m ，从开始到C 、A 的速度达到相等的过程所用时间为t ，C 、A 相等的
速度为v c ，根据动量定理得，对C:−2μmgt =mv C −mv 0，对A:(2μmg −μmg )t =mv C ，联立解得，t =v 03μg ，v C =1
3v 0。

（2）对B ，由动量定理得，−μmgt =mv B −mv 0，得到，v B =2
3
v 0，对C:x C =
v 0+v C 2
t ，对B ：x B =
v 0+v B 2
t ，平板车
平板总长度L=x B +x C ，解得，L =v 02
2μg
（3）对A ：x A =
v A t 2
=v 0218μg ，A 、B 、C 三者的位移和末速度分别为：x A =v 0
2
18μg ，方向向左；
x B =5v 0
218μg ，方向向右；x C =2v 0
29μg ，方向向左。

v A =v C =13v 0，方向向左；v B =2
3v 0，方向向右。

C 和B 的速度各为：
v C ′=2
3v 0，方向向右，v B ′
=1
3v 0，方向向左。

碰撞后B 和A 的速度相等，设B 和A 保持相对静止一起运动，此时对B
和A 整体有f C =2μmg =2ma ，
对B:B 受到的摩擦力为f B ′=ma =μmg ，说明B 和A 保持相对静止一起运动。

设C 最后停在车板上时，共同速度为v ，由动量守恒定律得mv C ′−2mv B ′=2mv ，可得v=0，对这一过程，对C ，由动能定理得：−2μmgs C ′=0−1
2mv C ′2，对B
和A
整体，由动能定理得：−2μmgs A
′
=0
−1
2mv B ′2
，解得，C
和A
的位移分别是：s C
′
=
2v 0
29μg
，向右，s A ′
=v 0
218μg ，向左。

则C 先相对于车板向左移动x 1=x C −x A =v 026μg ，后相对于车板向右移动s =s C ′−s A ′
=v 02
6μg ，恰好回到原来的位置，即
滑块C 最后停在车板的右端。

7、如图所示为过山车模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R=0.32m 。

水平轨道PN 右侧的光滑水平地面上，并排防止两长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3=2.2kg ，长L=4m ，木板d 质量m 4=4.4kg 。

质量m 2=3.3kg 的小滑块b 防止在轨道QN 上，另一质量m 1=1.3kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生弹性碰撞。

碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两长木板间的动摩擦因数均为μ=0.16，g=10m/s 2。

（1）求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；
（2）碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度。

答案：（1）小滑块a 在M 点，由牛顿第二定律得：m 1g =m 1
v M
2
R
，小滑块a 从碰后到到达M 的过程中，由机械能守恒
定律得：1
2m 1v 12=1
2m 1v M 2
+m 1g2R ，解得：v 1=4m/s ，两滑块碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 1v 0=−m 1v 1+m 2v 2，碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：1
2m 1v 02=1
2m 1v 12+1
2m 2v 22。

解得：
v 0=9.2m/s ，v 2=5.2m/s 。

（2）小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小a 1=μ0g =1.6m s 2⁄，此时两块长木板的加速度大小a 2=μ0m 2g
m 3
+m 4
=
0.8m s 2⁄，小滑块b 在c 上滑行过程中，b 的位移：x 1=v 2t −12
a 1t 2，两块长木板的位移x 2=1
2
a 2t 2，x 1−x 2=L ，
解得：t=1s ，t=10
3
s 不合题意，舍去；b 刚离开长木板c 时，b 的速度v 2′=v 2−a 1t =3.6m/s ，b 钢离开长木板c 时，d
的速度v 3=a 2t =0.8m/s ，设d 的长度至少为x ，由动量守恒定律可得：m 2v 2′+m 4v 3=(m 2+m 4)v ，解得v=2m/s ，由能量守恒定律得：μ0m 2gx =1
2m 2v 2′2+1
2m 4v 32−1
2(m 2+m 4)v 2，解得：x=1.4m 。

8、如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α=30°，一质量为M=6kg 的“L ”型工件沿斜面以速度v 0=0.5m/s 匀速向下运动，工件上表面光滑，下端为挡板。

某时，一质量为m=2kg 的小木块从工件上的A 点，沿斜面向下以相同速度v 0滑上工件，当木块运动到工件下端时（与板碰前的瞬间），工件速度刚好减为零，然后木板与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次，已知木板与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g=10m/s 2，求： （1）木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；
（2）木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；
（3）木块与挡板第1次碰撞至至第101次碰撞的时间间隔∆t 及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能∆E 为多少？
答案：（1）设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a 1，工件加速度为a 2，由牛顿第二定律得：
对木块：mg sin α=ma 1，解得：a 1=5m s 2⁄，对工件：μMg cos α=Mg sin α，μ(M +m )g cos α−Mg sin α=Ma 2，解得：a 2=5
3m s 2⁄；
（2）设碰挡板前木块的速度为v ，碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得：Mv 0+mv 0=mv ，解得：v=2m/s ，木块以v 与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块速度为v 1，工件速度为v 2，以平行于斜面向下为正方向，
由动量守恒定律得：mv =Mv 2+mv 1，由机械能守恒定律得：1
2
mv 2=1
2Mv 22+1
2mv 12，解得：v 1=−1m/s ，v 2=1m/s ； （3）第一次碰撞后，木块以1m/s 沿工件向上匀减速运动，工件以1m/s 沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间：t =
v 2a 2
，解得：t=0.6s ，此时木块的速度：v 1′=v 1+a 1t ，解得：v 1′
=2m/s 。

此时木块的位移：x 1=v 1t +1
2
a 1t 2，
解得：x 1=0.3m ，工件的位移：x 2=v 2t +1
2a 2t 2，解得：x 2=0.3m ，物块与工件与碰前状态相同。

即木块、工件第2次相碰撞前的瞬间的速度与第1次相碰撞前的速度相同。

以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n=101次的时间间隔：∆t =60s ，∆t =(n −1)t ,
木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，∆t 时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能：∆E =(M +m )g (n −1)x 2sin 30°，解得：∆E =1200J 。

9、如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一中午，右方有一竖直的墙。

中午质量为木板质量的2倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ。

使木板与重物以共同的速度v 0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。

设木板足够长，重物始终在木板上。

重力加速度为g 。

求： （1）设木板质量为m ，木板与重物第一次与墙碰撞过程，系统动量的变化量。

（2）假设木板第二次与墙碰撞前重物恰好滑到木板另一端，木板的长度至少应是多长。

（3）木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间。

答案：（1）木板第一次与墙碰撞后，木板的速度与碰撞前等大反向，而重物的速度尚未发生变化，则系统动量的变化量等于木板动量的变化量，取向右为正方向则：∆P =−mv 0−mv 0=−2mv 0，即系统动量的变化量大小为2mv 0，方向向左。

（2）木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，以向右为正方向，由动量守恒定律有：2mv 0−mv 0=(2m +m )v ，解得：v =v 0
3
，由功能关系得：12∙3mv 02
−1
2∙3mv 2=2μmgx 2，解得：x 2=2v 02
3μg ；即木板的长度至少为2v 0
23μg 。

（3）木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用，木板向左做减速运动，速度先减小到0.改过程中根据动量定理，有：
0−m(−v0)=μ×2mgt1①，所以：t1=v0
2μg ②，木板在第一个过程中，由动能定理有：−μ×2mgx1=0−1
2
mv02①，
所以x1=v02
4μg
④
木板向右加速到二者速度相等的过程中，设使用的时间为t2，位移为x2，则由动量定理：2μmgt2=mv−0⑤，所以：
t2=v
2μg =v0
6μg
⑥，由动能定理有：1
2
mv2−0=−μ2mgx2⑦，所以x2=v02
36μg
⑧，木板在匀速运动的过程中，匀速直线
运动，有：x1−x2=vt3。

联立得：t3=2v0
3μg
⑨
木板第二次与墙碰撞后，仍然是先向左匀减速直线运动，直到速度为零，然后再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。

由于第二次与墙碰撞后木板的速度为v=v0
3
，结合前面的公式①到⑨可知，木板在第二次与墙碰撞后到第三次与墙壁
碰撞前的三段时间分别为：t4=v
2μg =v0
6μg
，t5=v
6μg
=v0
18μg
，t6=2v
3μg
=2v0
9μg
木板从第一次与墙碰撞到第三次碰撞所经历的时间为：t=t1+t2+t3+t4+t5+t6，联立解得：t=16v0
9μg
10、如图所示，质量为2m的木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距S，长木板的右端固定一半径为R光滑的四分之一圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。

质量为m的滑块B（可视为质点）以初速度v0=√2gR从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B到达最低点时，B从A右端的上表面水平滑入（滑入后将右侧四分之一圆弧撤去）。

A与台阶碰撞无机械能酸式，不计空气阻力，A、B之间动摩擦因数为μ，A足够长，B不会从A表面滑出；重力加速度为g。

试分析下列问题：
（1）滑块B到圆弧底端时的速度大小v1；
（2）A余台阶只发生一次碰撞，求S满足的条件；
（3）S在满足（2）条件下，讨论A与台阶碰撞前瞬间B的速度。

答案：（1）滑块B从释放到最低点，机械能守恒，取水平面为零势能面，由机械能守恒定律得：1
2mv02+mgR=1
2
mv12
①，由①解得：v1=2√gR②
（2）设A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为v A和v B，由动量守恒定律得：mv1=mv B+2mv A③若A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：|2mv A|≥|mv B|④，对A应用动能定理：μmgS=1
2
×2mv A2⑤
联立③④⑤解得：s≥R
4μ⑥，即A与台阶只能碰撞一次的条件是s≥R
4μ
（3）设S=S0时，A左端到台阶板前瞬间，A、B恰好达到共同速度v AB，由动量守恒定律得：
mv1=(m+2m)v AB⑦，对A应用动能定理：μmgs0=1
2×2mv AB2⑧，联立⑦⑧得：s0=4R
9μ
讨论：（i）当s≥s0即s≥4R
9μ
时，AB共速后A才与挡板碰撞。

由⑦式可得A与台阶碰撞前瞬间的A、B的共同速度为：v AB=v1
3=2√gR
3
，即A与台阶碰撞前瞬间B的速度为：v B=
v AB=v1
3=2√gR
3
（ii）当s0>s≥R
4μ即4R
9μ
>s≥R
4μ
时，AB共速前A就与台阶碰撞，对A应用动能定理有：μmgs=1
2
×2mv A22，由上式
解得A与台阶碰撞前瞬间的速度：v A2=√μgs，设此时B的速度为v B′，由动量守恒定律得：mv1=2mv A2+mv B′，由解得v B′=2√g(√R−√μs)
11、如图所示，在光滑水平面上有一辆长为L、质量为m的绝缘木板小车正以向右的初速度v1=√gL做匀速直线运动。

现无初速地释放一个质量也为m，带电量为+q（q>0）的小物块在小车的正中央，发现物块恰好没有从车上掉下来。

（1）求物块与小车上表面间的滑动摩擦因数μ；
（2）若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加一水平向右的匀强电场E1，为了让物块不从车的左端掉下来，求电场强度E1的最小值；
（3）若车的初速度为2v0，在物块刚放上小车的同时在空间加匀强电场E2，其方向在竖直平面内与水平方向夹角为θ=37°斜向右下方。

为了让物块始终不从小车上掉下来，求电场强度E2的大小范围（重力加速度记为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案：（1）放上物块到二者达到共同速度，系统动量守恒mv1=2mv′，系统产生的热量等于系统动能的减少量，有
μmg L
2=1
2
mv12−1
2
∙2mv′2，得μ=v′2
2gL
=0.5
（2）加上水平向右的电场后，物块向右做匀加速直线运动ma1=qE1+μmg，小车在摩擦力作用下向右做匀减速直线运动ma2=μmg，当E1取最小值时，二者达到共同速度v2时物块恰好到达小车的左端v2=a1t=2v′−a2t，2v′+v2
2
t−
v2 2t=L
2
，解得E1=3mg
q
（3）加上斜向右下方的电场后，物块向右做匀加速直线运动，对物块：ma3=qE2cosθ+μ(mg+qE2sinθ)，小车摩擦力作用下向右做匀减速直线运动，对小车：ma4=μ(mg+qE2sinθ)，
当E2最小时，二者达共同速度v2时物块恰好到达小车的左端v3=a3t=2v′−a4t，2v′+v3
2t−v3
2
t=L
2
，解得E2min=15mg
7q
，
当E2最大时，二者在达到共同速度前物块一定不会从小车上掉下，达到共同速度后恰好不发生相对滑动，对整体2ma= qE2cosθ，对小车ma=μ(mg+qE2sinθ)，解得E2max=5mg
q。

所以15mg
7q ≤E2≤5mg
q。

11。