8. 匀变速直线运动规律的应用课堂实录【1】

滑块类问题练习

一、滑块在木板上运动类

1.质量为m1的木板静止在光滑的水平面上,在木板上放一个质量为m2的木块. 现给木块一个相对地面的水平速度v0.已知木块与木板间动摩擦因数为μ,因此木板被木块带动,最后木板与木块以共同的速度运动.求此过程中木块在木板上滑行的距离和木板滑行的距离。

2．质量为M足够长的木板放在光滑水平地面上，在木板的上表面的右端放一质量为m的小金属块（可看成质点），如图所示，木板上表面上a点右侧是光滑的，a点到木板右端距离为L，a点左侧表面与金属块间动摩擦因数为。现用一个大小为F的水平拉力向右拉木板，当小金属块到达a点时立即撤去此拉力。

（1）拉力F的作用时间是多少？

（2）最终木板的速度多大？

（3）小金属块到木板右端的最大距离为多少？

二、滑块在小车上运动类

3．如图所示，带弧形轨道的小车放在光滑的水平地面上，车左端被固定在地面上的竖直档板挡住，已知小车的弧形轨道和水平部分在Ｂ点相切，ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙, ＢＣ段长度为L=0.75m。现有一小木块(可视为质点)从距ＢＣ面高为ｈ=0.2m的Ａ点无初速释放，恰好未从车上滑落。已知木块质量ｍ１＝1kg，小车质量ｍ２＝3kg，g取10m/s2。求：

（1）木块滑到B点时的速度；

（2）木块与ＢＣ面之间的动摩擦因数；

（3）在整个过程中，小车给档板的冲量。

4．当滑的四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M = 2.0kg，高h = 0.2m，如图所示，现从圆弧导轨顶端将一质量为m = 0.5kg的滑块由静止释放，滑块滑上小车后带动小车向右运动，

当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点。滑块落地后0.2s小车右端也到达B点，已知AB相距L=0.4m，（g取10m/s2）求：

（1）滑块离开小车时的速度大小；

（2）滑块滑上小车时的速度大小；

（3）圆弧轨道的半径大小；

（4）滑块滑过小车的过程中产生的内能大小。

5．

如图甲所示，质量mB=1 kg的平板小车B在光滑水平面上以v1=1 m／s的速度向左匀速运动．当t=0时，质量mA=2kg的小铁块A以v2=2 m／s的速度水平向右滑上小车，A与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g＝10m／s2，求：(1)A在小车上停止运动时，小车的速度为多大? (2)小车的长度至少为多少? (3)在图乙所示的坐标纸中画出1.5 s内小车B运动的速度一时间图象．

三、木块与挡板碰撞类

6．如图，长为L＝0.5m、质量为m＝1.0kg的薄壁箱子，放在水平地面上，箱子与水平地面间的动摩擦因数＝0.3．箱内有一质量也为m＝1.0kg的小滑块，滑的恒定速度从箱块与箱底间无摩擦．开始时箱子静止不动，小滑块以子的A壁处向B壁处运动，之后与B壁碰撞．滑块与箱壁每次碰撞的时间极短，可忽略不计．滑块与箱壁每次碰撞过程中，系统的机械能没有损失．．求：

（1）要使滑块与箱子这一系统损耗的总动能不超过其初始动能的50％，滑块与箱壁最多可碰撞几次？

（2）从滑块开始运动到滑块与箱壁刚完成第三次碰撞的期间，箱子克服摩擦力做功的平均功率是多少？

（，，，）

四、电、磁场条件下的木块运动类

7.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小量，方向与x轴正方向相同，在O处放一个带电，，质量m=10g的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数沿x轴正方向给物块一个初速度，如图所示，求物块最终停止时的位置。（g取10m/s2）

8．（图中所示的是光滑弧形轨道跟一足够长的光滑水平轨道相连，在水平轨道上方距离弧形轨道很远外有一足够长的光滑的绝缘杆Q，在它的上边挂一个金属圆环A，圆环的中心轴线与水平轨道重合。在弧线轨道上高为h处无初速度释放一块可视为质点的磁铁P，当它下滑到水平轨道上以后继续运动，向圆环靠近。设磁铁与圆环的质量分别为M和m，试求金属圆环A可获得的最大速度以及在此过程中圆环与磁铁所获得的总内能。

9. 如图所示，在固定的水平的绝缘平板上有A、B、C三点，B点左侧的空间存在着场强大小为E，方向水平向右的匀强电场，在A点放置一个质量为m，带正电的小物块，物块与平板之间的摩擦系数为。给物块一个水平向左的初速度之后，该物块能够到达C点并立即折回，最后又回到A点静止下来，求：

（1）此过程中物块所走的总路程s有多大？

（2）若（3）若，那么物块第一次到达B点时的速度，那么物块所带的电量q是多大？ 是多大？

10．如图所示，在动摩擦因数为μ=0.50的绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3kg的带正电的小滑块A，所带电荷量为q=1.0×10-7C。在A的左边=0.9m处放置一个质量为M=6.0×10-3kg的不带电的小滑块B，滑块B与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05m，在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场，电场强度为E=4.0×105N/C。A由静止开始向左滑动并与B发生碰撞，设碰撞过程的时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞，在与墙壁碰撞时没有机械能损失，也没有电量的损失，且两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小可忽略不计。（g取10m/s2）

（1）试通过计算分析A与B相遇前A的的受力情况和运动情况，以及A与B相遇后、A和B与墙壁碰撞后A和B的受力情况和运动情况。

（2）两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中，由于摩擦而产生的热量是多少？（结

果保留两位有效数字）

11．在光滑的水平面上静止着一个绝缘足够长的木板B，质量为mB=2㎏，木板上有一质量mA=1㎏，带电量为q= +0.2C的滑块A，空间有磁感应强度大小为B=5T，方向垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场。A与B之间的动摩擦因数为，现在对滑块A加一水平向右的恒力F=9N，重力加速度g=10m/s2。

求：

（1）从加力F开始，经过（2）当A的速度达到时，B受到的摩擦力大小？

时，A、B加速度各为多大？

12．如图所示，粗糙绝缘水平面上静放带正电小物块，小物块的比荷为k，与水平面间动摩擦因数为。在物块右侧距物块L处有一范围足够大的匀强场区，场区内同

时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，已知匀强电场的方向竖直向上，场强大小恰好等于当地重力加速度的1/k，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度为B。现给物块一水平向右的初速度，使其沿水平面运动并进入右侧场区，当物块从场区飞出后恰好能落到出发点。设运动过程中物块带电量保持不变，重力加速度为g。

（1）定性画出小物块从开始运动到落回出发点的运动轨迹；

（2）求出物块刚进入场区时的速度；

（3）计算物块从开始运动到刚好进入场区所用的时间。

13.如图所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有挡板，车的质量．今在静止的平板车的左端放一个带电荷量为＋q、质量为的金属块A，另将一绝缘小物块B放在平板车的中央，物块B的质量．在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，A以速度与B发生碰撞，碰后A以的速度反弹回来，B以一定速度沿平板向右运动与C车的挡板相碰．碰后小车的速度等于碰前物块B速度的一半．物块A、B均视为质点，A、B相碰时的相互作用力远大于电场力．求：

（1）匀强电场的场强大小和方向；

（2）若A第二次和B相碰，判断是在B与C相碰之前还是相碰之后? （3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰的这段时间内，电场力对A做的功。

参考答案

1．解：设共同速度为v，由动量守恒定律：

m2υ0=(m1+m2)υ ⑴

由能量守恒：

μm2gs=m2--(m1+m2)

⑵

⑴～⑵联立解得 s= 木板滑行的距离L: 由动能定理

υ02

⑶

μm2g L:= m1υ2 ⑷

⑴⑷联立解得 L= υ2 0

⑸

2．解：（1）开始时，小金属块静止。对木板研究，根据牛

顿第二定律：①……1分

设经t时间小金属块到达木板上表面的a点，则： ②

联立①②解得：

③

（2）当小金属块到达木板上表面的a点时，木板的速为：

此后小金属块和木板相互磨擦直至共速的过

⑤

联立④⑤解得，最终木板的速度为：

⑥

（3）小金属块和木板相互摩擦直至共速的过程能量守恒：

⑦

联立④⑥⑦解得，小金属块和木板相互摩擦的距离

⑧

最终小金属块到木板右端的距离最

⑨

3.解：（19分）（1）（5分）木块从A滑到B点的过程,机械能守恒

④

（2）（9分） （3）（5分）小木块与车脱离档板前受档板水平向右冲量获 得动量

=2 小车给档板冲量大小为2

方向：水平向左

4.解：（1）滑块平抛过程中有： L = v1t1

解得： （2）滑块滑出后小车做匀速运动 由动量守恒得：

得滑块滑上小车表面时的速度为： （3）由机械能定恒得 解得： （4）根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能

7J 5.解：(1)A在小车上停止运动时，A、B以共同速度运动，设其速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：

mAv2－mBv1=(mA+mB)v 解得，v=lm／s (2)设小车的最小长度为L，由功能关系得：

解得：L＝0.75m (3)设小车做变速运动的时间为t，由动量定理得：

解得：t＝0.5s 故小车的速度－时间图象如图所示． (直接作出图象准确可给该9分．)

6.解：（1）设箱子相对地面滑行的距离为s，依动能定理和题目要求有系统损失的总动能为

×50％ 解得 由于两物体质量相等，碰撞时无能量损失，故碰后交换速度．即小滑块与箱子碰后小滑块静止，箱子以小滑块的速度运动．如此反复．第一次碰后，小滑块静止，木箱前进L；第二次碰后，木箱静止，小滑块前进L；第三次碰后，小滑块静止，木箱前进L．因为L＜s＜2L，故二者最多碰撞3次． （2）从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞，箱子前进了L

箱子克服摩擦力做功: 第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间

第二次碰前箱子匀减速的加速度大小

设箱子匀减速的末速度为v，时间为

求出

第三次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间

从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞经历的总时间为

摩擦力做功的平均功率为:7.解：物块在水平面受摩擦力物块受电场力

∴物块不可能在右侧静止，向右减速为零后向左加速离开电场，在左侧减速为零。设在O点右侧S处速度减为零，在O点左侧d处停止，则

（1）

（2）

联（1）（2）解得

8.解:P从开始下滑到水平过程机械能守恒：

………………① 解出………………②

在水平方向上，P与A相互作用，且动量守恒，当它们以共同速度v运动时，A环速度最大，有………

③ 解出…………④

P与A组成的系统损失的机械能转化为内能，即E = △E…………⑥ 解出

………………⑦

……

⑤

9.解：（1）对全程应用动能定理有：

………………………①

（4分）

…………………………（2分）

（2）对段应用动能定理有：

………………②

（4分）

…………………（2分）

（3）对A→C过程应用动能定理有：

…………③（4分）

∴…………………………………（2分）

10.解：

（1）滑块A受电场qE=4.0×10－2N，方向向左，摩擦力f=μmg=1.0×10－2N，方向向右。在这两个力作用下向左 做初速度为零的匀加速直线运动，直到与B发生碰撞。

滑块A与B碰撞并结合在一起后，电场的大小仍为qE=4.0 ×10－2N，方向向左，摩擦力的大小为f=μ(m+M)g=4.0×10 －2N，方向向右。A、B所受合力为零，所以A、B碰后一起向着墙壁做匀速直线运动。A、B一起与墙壁撞后，两滑块受到的电场力与摩擦力的大 小不变，方向都是向左的，所以A、B与墙壁碰后一起向右

做匀减速直线运动，直至速度减为零，之后，两物体保持静止状态。

（2）在A、B碰撞之前摩擦力做功为：W1=μmg=9.0×10－3J A、B、碰撞前的过程，由动能定理，得：

根据动量守恒定律，得两滑块碰后运动的速度大小为：

两滑块共同运动，与墙壁发生碰撞后返回直到静止，这段过程中，设两滑块最后静止的位置距墙壁的距离为L2，根据动能定理，

在A、B碰撞之后到两滑块停下的过程中，滑块克服摩擦力做功为

整个过程中和生的热Q等于滑块克服摩擦力做功的总和，即

11.解：（1）（10分）加力F时，设A、B相对静止并以加速度a一起向右匀加速运动对A、B整体由牛顿第二定律得：

得 （2分） A对B最大静摩擦力产生最大加速度为所以假设成立，设A、B将要相对滑动时，A速度为对B：，

， （2分）

（2分） 解得 匀加速持续的时间 （2分）

故对B：时，A、B相对静止. （2分） 时，A、B恰好分离

（2）（9分）设A速度达到对 得：对A： （3分） ＞8m/s 故A、B未分离，且二者仍相对滑动

得：对B：得: （3分）

（3分）

，12.解：（1）物块进入场区间在摩擦力作用下做匀减速运动，设物块质量为带电量为q，根据题中条件

…………（1）

可得：

即带电物块进入场区后恰好可在竖直平面内做匀速圆周运动，离开场区后平抛。运动轨迹如图（图略）

（2）设物块进入场区速度为，做圆周运动的轨道半径为R，则

………（2）

物块离开场区后做平抛运动，经时间落地。根据题意，应满足

…………（3）

…………（4）

解（2）（3）（4）式可得： （3）设物块开始运动时速度为为，则：

…………（5）

…………（6）

，加速度的大小为，进入场区间所用时间

…………（7）

解（5）（6）（7）可得：

或根据

…………（8）

得：

本题共20分，其中①②③④⑤⑥⑦或⑧每式2分，绘图2 分，（2）（3）问计算结果各2分。其它方法正确可得分。

13.解：（1）E的方向向右，A与B碰撞前过程由动能定理得 以

（2）A和B碰撞过程，根据动量守恒有所以 B运动到C所用时间 A运动到C所用时间，由运动学和动力学公式得 解得 故A第二次和B相碰，一定是在B和C相碰之后。

（3）B和C相碰，动量守恒 所以

故W ＝qEL

所

附：高中物理中的滑块问题

1．如图，在光滑水平面上，放着两块长度相同，质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块。开始时，各物均静止，今在两物体上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物体和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是 ( BD )

A．若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2

B．若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2

C．若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2

D．若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2

2．如图所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为（ D ）

A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s

3．如图所示，小木块质量m＝1kg，长木桉质量M＝10kg，木板与地面以及木块间的动摩擦因数均为μ＝0.5．当木板从静止开始受水平向右的恒力F＝90 N作用时，木块以初速v0＝4 m／s向左滑上木板的右端．则为使木块不滑离木板，木板的长度l至少要多长? F2

F1

a1Fmg(Mm)g3m/s2Ms1121a1t3t2

22a2g5m/s2s2v0t1a2t24t2.5t2

2由v0a2ta1t解得t2s

板长：ls1s24m

4.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.现用水平横力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：

m （1）撤去力F时小滑块和长木板的速度个是多大；

F M （2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是多大？

（1）.对滑和木板分别利用牛顿第二定律和运动学公式

a1g2m/s2a2Fmg4m/s2M2v1a1t12m/sv2a2t14m/s

（2）.最大位移就是在滑块和木板相对静止时1s后.没有拉力.只有相互间的摩擦力

滑块加速度大小均为α=2m/s(方向相反) v1+αt2=v2－αt2

代入数据 2+2t2=4-2t2 解得 t2=0.5s 此时2个的速度都是v=3m/s 木块和木板的位移分别为

s1v1vvvvvt11t22.25m s22t12t23.75m

2222ss2s11.5m

5．如图所示，一质量M=2.0kg的长木板静止放在光滑水平面上，在木板的右端放一质量m=1.0kg可看作质点的小物块，小物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2.用恒力F向右拉动木板使木板在水平面上做匀加速直线运动，经过t=1.0s后撤去该恒力，此时小物块恰好运动到距木板右端l=1.0m处。在此后的运动中小物块没有从木板上掉下来.求：

（1）小物块在加速过程中受到的摩擦力的大小和方向；

（2）作用于木板的恒力F的大小；

（3）木板的长度至少是多少？

解：（1）小物块受力分析如图所示，设它受到的摩擦力大小为f

fN1

N1mg0

f=0.2×1.0×10N=2N 方向水平向右 （2）设小物块的加速度为a1，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为a2，此过程中小物块的位移为s1，木板的位移为s2

则有：fma1 a12.0m/s2

1s1a1t2 21l(a2a1)t221s2a2t2 2s2s1l

a24.0m/s2

代入数值得：对木板进行受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律：F-f’=Ma2，

则F=f’+Ma2, 代入数值得出F=10N。 （3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为v1和v2，撤去F后，木板与小物块组成的

系统动量守恒，当小物块与木板相对静止时，它们具有共同速度V共

v1a1t2.0m/sv2a2t4.0m/s 根据动量守恒定律得：

mv1+Mv2=(m+M) V共 1.022.04.010m/sm/s

1.02.03112对小物块：根据动能定理：

fsmV共mv12

221122对木板：根据动能定理：f(sl)MV共

Mv2222代入数据：lm

3'5所以木板的长度至少为L=l+l=m≈1.7m ）

3V共6．如图所示，一辆M=8kg,长L=2m的平板小车静止在水平地面上，小车的左端放置一物块(可视为质点)。已知小车高度h=0．80 m。物块的质量m=1．0kg，它与小车平板间的动摩擦因数μ=0．20。现用F=26 N水平向左的恒力拉小车，经过一段时间后，物块与小车分离。不计小车与地面间的摩擦。取g=10m/s2，求：

(1)物块与小车分离前，小车向左运动的最大距离；

(2)当物块落地时，物块与小车右端的水平距离。

答案：(1)6．0m

(2)1．06 m。

解：(1)a1g2m/s2

①

a2Fmg3m/s2

②

Mv2a23

③ v1a12v12 ④

s12a12v2 ⑤

s22a2Ls2s1

⑥

利用①～⑥并代入数据解得s2=6m

(2) a2'F26m/s2M8⑦

t22h0.4s

⑧

g

's2v2t21'2a2t22.66m ⑨

2s1'v1t21.6m ⑩

'1s2s11.06m

7．如图所示，水平地面上一个质量M=4．0kg、长度L=2．0m的木板，在F=8．0 N的水平拉力作用下，以v0=2．0m/s的速度向右做匀速直线运动。某时刻将质量m=1．0 kg的物块(物块可视为质点)轻放在木板最右端。

(1)若物块与木板间无摩擦，求物块离开木板所需的时间；

(2)若物块与木板间有摩擦，且物块与木板间的动摩擦因数和木板与地面间的动摩擦因数相等，求将物块放在木板上后，经过多长时间木板停止运动。(结果保留二位有效数字) 答案：(1)1．2s(2)4．0 s 解（1）FMgF(Mm)gF0.5m/s2

0.2 aMMg12at 代入数据得：t≈1.2s 2F(2mM)g21m/s2

(2)a1g2m/s a2M24vm

共速时va1t1v0a2t1 解得t1s33F(mM)0.5m/s2

接着一起做匀减速直线运动a'aMv8s

直到速度为零，停止运动，t2a'310s

总时间tt1t23Lv0t8．（2010长沙市一中卷）如图所示，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、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，取g=10m/s，试求：

（1）若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力2f2/N

6 5 4 3 2 1 0 2 4 6 8 10 12 14 F/N

F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？

（2）若在铁块上的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，通过分析和计算后，请在图中画出铁块受到木板的摩擦力f2随拉力F大小变化的图像。（设木板足够长）

解析：（1）木块的加速度大小

a1F2mg2=4m/s

mmg1(Mm)g2m/s2

铁块的加速度大小

a22M 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有

1212ata2tL

212 解得：t=1s （2）①当F≤ μ1（mg+Mg）=2N时，A、B相对静止且对地静止，f2=F

②设F=F1时，A、B恰保持相对静止，此时系统的加速度

aa22m/s

以系统为研究对象，根据牛顿第二定律有

2f2 /N

6 5 4 3 2 1 0 2 4 6 8 10 12 14 F/N

F11(Mm)g(Mm)a

解得：F1=6N 所以，当2N

aF1(Mm)gF1, Mm2 以M为研究对象，根据牛顿第二定律有

f21(Mm)gMa, 解得：f2F1

2 ③当F>6N，A、B发生相对运动，f22mg=4N 画出f2随拉力F大小变化的图像如右

9.如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，

以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s，求

2（1）物块在车面上滑行的时间t; （2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。

（1）0.24s (2)5m/s 【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。

（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有

m2v0m1m2v ①

设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有

-Ftm2vm2v0 ②

其中 Fm2g ③

解得

tm1v0

m1m2g代入数据得 t0.24s ④

（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则

m1m2v ⑤

m2v0由功能关系有

112m1m2v2m2gL ⑥

m2v022代入数据解得 =5m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。

10.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）,则可以断定 （ ）

A.铁块与小车最终滑离

B.铁块与小车的质量之比m:M=1：1 C.铁块与小车表面的动摩擦因数μ=v0

3gt0

D.平板车上表面的长度为答案 ABC 5v0to

6

11．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B，质量为M，长L=1.0m，静止在光滑水平面上．一个质量为m的小木块（可视为质点）A，以水平速度v04.0m/s滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B的左端．已知M=3m，并设A与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g取10m/s2）．求：

（1）A、B最后的速度；

（2）木块A与木板B间的动摩擦因数．

【答案】（1）1m/s；（2）0.3

解析：（1）A、B最后速度相等，由动量守恒可得 (Mm)vmv0

解得vv01m/s

4112mv0(Mm)v2

22（2）由动能定理对全过程列能量守恒方程 mg2L解得0.3

12．如图所示，一质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，v0 v0 m

（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度的大小和方向；

（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离．

【答案】（1）MmMmv0，方向向右；l

（2）Mm4M解析：（1）A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度．设此速度为v，A和B的初速度的大小为v0，由动量守恒可得

Mv0mv0(Mm)v 解得vMmv0，方向向右

Mm①

（2）A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段．设l1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，l2为A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L为A从开始运动到刚到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图所示．设A与B之间的滑动摩擦力为f，根据动能定理，

对B，有fL112Mv0Mv2

22②

对A，有fl112mv0

2

③

④

⑤

⑥

fl212mv

2由几何关系L＋（l1－l2）＝l 由①②③④⑤式解得l1Mml

4M13．一块质量为M长为L的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m的小滑块以水平速度v0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：

5（1）求滑块离开木板时的速度v；

（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．

2v0v016m8m【答案】（1）；（2）1(12)

5M25gMv0v0

M m

解析：（1）设长木板的长度为l，长木板不固定时，对M、m组成的系统，由动量守恒定律，得mv0mv0Mv

5

①

②

由能量守恒定律，得mgl121v021mv0m()Mv2

2252

当长木板固定时，对m，根据动能定理，有

mgl1212mvmv0

22③

联立①②③解得vv016m

15M2v08m（2）由①②两式解得l(12)

25gM14．如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为2m，长为L，车右端（A点）有一块静止的质量为m的小金属块．金属块与车间有摩擦，与中点C为界，AC段与CB段摩擦因数不同．现给车施加一个向右的水平恒力，使C A 车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属B 块滑到中点C时，即撤去这个力．已知撤去力的瞬间，金属块的速度为v0，车的速度为2v0，最后金属块恰停在车的左端（B点）如果金属块与车的AC段间的动摩擦因数为μ1，与CB段间的动摩擦因数为μ2，求μ1与μ2的比值．

【答案】13

22解析：设水平恒力F作用时间为t1．

F L

对金属块使用动量定理Ff t1=mv0-0即μ1mgt1=mv0，得t1=对小车有（F-Ff）t1=2m×2v0－0，得恒力F=5μ1mg

金属块由A→C过程中做匀加速运动，加速度a1=v0

1gFfm=1mgm1g

小车加速度a2FFf2m51mg1mg21g

2m金属块与小车位移之差s2而sL，所以，1v0

2gLv12121a2t1a1t1(21g1g)(0)2

2221g从小金属块滑至车中点C开始到小金属块停在车的左端的过程中，系统外力为零，动量守恒，设共同速度为v，由2m×2v0+mv0= （2m+m）v，得v=由能量守恒有mg所以，13

2215．如图所示，质量为m=5kg的长木板放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2．现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，2撤去拉力．设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．（g取10m/s）求：

（1）拉力撤去时，木板的速度大小．

（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度至少多大．

（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在距板右端多远处．

【答案】（1）4m/s；（2）1.2m；（3）0.48m 解析：（1）若在时间t=1s内，物块与长木板一起运动，加速度为a，则

5v0

32L12115mv02m(2v0)23m(v0)2，得22v0

222233gLF21mg2ma

物块受合外力fma2mg

①

②

说明物块在长木板上发生了相对滑动．

设撤去F时，长木板的速度为v1，滑块速度为v2，由动量定理可知，

对物块，有2mgtmv2

对系统，有(F21mg)tmv1mv2

③

④

代入数据解得v1=4m/s，v2=2m/s 拉力撤去时，长木板的速度大小为4m/s．

（2）设撤去拉力后，经时间t1，两者获得共同速度为v，由动量定理可知，

对物块，有2mgt1mvmv2

⑤

对长木板，有22mgt11mgt1mvmv1

⑥

将v1和v2的数值代入解得t1=0.2s，v=2.4m/s 在t=1s内，物块相对于长木板的位移s1=(v1－v2)t/2=1m ⑦

在t1=0.2s内，物块相对于长木板的位移s2=(v1-v2)t1/2=0.2m ⑧

木板的长度最小值为L=s1+s2=1.2m （3）滑块与木板有了共同速度后，在摩擦力作用下均做减速运动，物块相对于木板向右运动，木板和物块先后停下，设木板位移为x1，物块位移为x2，由动能定理，得

1(2mg21mg)x10mv2

212mgx20mv2

2

⑨

⑩

这段时间内物块相对于木板的位移s3=x2－x1 =0.72m．

物块最终离板右端的距离d=s1＋s2－s3 =0.48m 16．一质量M=2kg的长木板B静止在光滑的水平面上，B的右端与竖直挡板的距离为s=0.5m.一个质量为m=1kg的小物体A以初速度v0=6m/s从B的左端水平滑上B，当B与竖直挡板每次碰撞时，A都没有到达B的右端．设定物体vA

0 B

A可视为质点，A、B间的动摩擦因数μ=0.2，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，g取2s 10m/s．求：

（1）B与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间，A、B的速度值各是多少？

（2）最后要使A不从B上滑下，木板B的长度至少是多少？（最后结果保留三位有效数字）

【答案】（1）vA=4m/s，vB=1m/s；（2）8.96m 解析：（1）设A、B达到共同速度为v1时，B向右运动距离为S1 由动量守恒定律有mv0(Mm)v1

由动能定理有mgs11Mv12 联立解得s1=2m 2由于s=0.5m<2m，可知B与挡板碰撞时，A、B还未达到共同速度．设B与挡板碰撞前瞬间A的速度为vA，B的速度为vB，则

由动量守恒定律有mv0mvAMvB

由动能定理有mgs12MvB 联立解得vA=4m/s，vB=1m/s 212MvB 由上式解得sB=0.5m 2（2）B与挡板第一次碰后向左减速运动，当B速度减为零时，B向左运动的距离设为sB，由动能定理有mgsB在A的作用下B再次反向向右运动，设当A、B向右运动达到共同速度v2时B向右运动距离为s2，由动量守恒定律有mvAMvB(Mm)v2

由动能定理有mgs21222Mv2 解得v2m/s，s2msB

239

故A、B以共同速度2m/s向右运动，B第二次与挡板碰撞后，以原速率反弹向左运动.32m/s

9此后由于系统的总动量向左，故最后A、B将以共同速度v3向左匀速运动. 由动量守恒定律有（M－m）v2=（M＋m）v3 解得v3设A在B上运动的总量程为L(即木板B的最小长度)，由系统功能关系得

mgL1122mv0(Mm)v3 代入数据解得L=8.96m 2217.如图所示，一长为L=4m，质量M=0.5㎏的木板AB，正以v=4m/s的速度（相对地）在光滑水平面上向右运动，此时在木板AB上表面B端处，小物块m=2㎏受水平向左的拉力F=6N作用，从初速为零（相对地）开始运动，已知m与M间的动摩F

m

2擦因数μ=0.1，g=10m/s.试求： A

M

B

⑴

小从物块m开始运动, 经过多长的时间木板速度减小为零? ⑵

小物块m从木板B端运动到A端的过程中，木板在地面上的位移大小是多少？

解1：⑴

设m和的加速度分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有：

a1a2Fmg60.121022 m/s=2.0m/s 方向向左

m2v

mgM0.121022 m/s=4.0m/s 方向向左

0.5《M》 v = a2t1 t1 = 1s ⑵

设小物块m从木板B端运动到A端的过程中所用时间为t2,取向左为正方向

11

小物块m的位移：s1=a2t2 a1t2 2

木板M的位移：s2=-vt2

+2 22由几何关系可得：

s1-s2 =11

2 a2t2 a1t2 2-（-vt2

+2）= 4t2-t2= L 22 t2= 2.0s 木板在地面上的位移： s2 =-4t2 +2 t2 2= 0 解2:过程1：对m：

a1 = Fmg2=2.0m/s 向左加速

m2F

a1 A

M

B

m

v

对M：

a2 = μmg/M = 4m/s 向左减速

当M速度减为零时，经过时间 t = v/a2 = 1s 此时

1 对m：

v1 = a1t = 2m/s 向左 s1 = a1t2 = 1m 向左

2m

a2 m

A

M

B

s2’

s1 s2 s1’

A

M

B

v对M：

s2 = t = 2m 向右

212 此后（过程2） a1

′= a1 = 2m/s 向左加速 s1

′= v1t′+a1t'2 向左

2a2′= a2 = 4m/s2 向左加速 s'2a2t'2 向左

位移关系 s1′- s2′=L–(s1 + s2)  t

′= 1s 则 s2′= 2m

向左

∴ 木板在地面上的总位移 s = s2′–s2 = 0 12