滑块—滑板模型
牛顿运动定律巧解滑块-滑板模型
例题三：滑块与滑板在碰撞中的运动
要点一
总结词
要点二
详细描述
碰撞中的滑块-滑板模型需要考虑动量守恒和能量守恒，通 过牛顿运动定律可以求解碰撞后的运动状态。
当滑块与滑板发生碰撞时，根据动量守恒定律，可以求出 碰撞后的速度。根据能量守恒定律，可以判断碰撞是否为 弹性碰撞。根据牛顿第二定律，可以求出碰撞后滑块和滑 板的加速度。通过分析加速度和初速度作用力和反作用力之间的关系，即作用力和反作用力大小相等、方向相反 、作用在同一条直线上。
详细描述
该定律指出，当一个物体对另一个物体施加力时，另一个物体会对施力物体施加 一个大小相等、方向相反的力。这两个力是相互作用的，并且作用在同一条直线 上。
03
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滑块-滑板模型中的牛顿运动定律
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滑块与滑板间的相互作用力分析
01
02
03
作用力与反作用力
根据牛顿第三定律，滑块 与滑板间的作用力和反作 用力大小相等、方向相反 。
摩擦力分析
滑动摩擦力的大小与接触 面的粗糙程度和正压力有 关，方向与相对运动方向 相反。
支持力分析
支持力垂直于接触面，指 向被支持的物体，与重力 等其他外力平衡。
滑块与滑板间的动量守恒分析
以判断滑块是否从滑板上滑落。
例题二：滑块与滑板在斜面上的运动
总结词
斜面上的滑块-滑板模型需要考虑重力的影 响，通过牛顿运动定律可以求解滑块和滑板 的运动状态。
详细描述
当滑块放在滑板上，在斜面上运动时，除了 受到重力、支持力和摩擦力的作用外，还需 要考虑重力的分力。根据牛顿第二定律，可 以求出滑块和滑板的加速度。通过分析加速 度和初速度的关系，可以判断滑块是否从滑 板上滑落。
4.10《牛顿第二定律：滑块-滑板问题》
二、经典例题
【例1 】如图所示，平板A 长l = 10m, 质量M =4kg, 放在光滑的水平面上。在A 上最右端
放一物块B （大小可忽略），其质量m=2kg 。已知A 、B 间动摩擦因数μ = 0.4, 开始时A 、
B 都处于静止状态（取g=10m/s²) 。则
● (1) 要将A 从物块B 下抽出来，则加在平板A 上的水平恒力F 至少为多大？
B. F 拉动B, 则可能A 、B 、C 一起运动
C. F 拉动C, 则可能A 的加速度大于B 的加速度
D. F 拉动C, A 与B 的加速度大小总相等
）
8 ．质量为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，
板，在两木板的左端分别放有完全相同的物块，开始都处于静止状态。现分别对两物块施
加水平恒力1 、 2 ，经过时间 1 、 2 物块与木板分离后，两木板的速度大小分别为 1 和
2 , 已知物块与木板之间的动摩擦因数相同，则(
A . 若1 = 2 , 且1 > 2 , 则 1 < 2
数μ=
3
2
． 对木板施加沿斜面向上的恒力F, 使木板沿斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，
假设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g= 10 m/s².
(1)为使物块不滑离木板，求力F 应满足的条件；
(2) 若F=37.5N, 物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的
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 1 和 2 ,下列反映 1 和 2 变化的图
滑块滑板模型
第二轮
假设又经历t2二者速度相等, 则有a2t2＝v1－a3t2, 解得t2＝0.5 s
第二轮
滑块-滑板模型
此过程中，木板向左运动的位移 x3＝v1t2－12a3t22＝76 m， 末速度 v3＝v1－a3t2＝2 m/s 小物块向左运动的位移 x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大， Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板, 所以木板最小的长度为6 m
F=8N
变式2：若F作用在小物块上，其它条件不变，要使两者保持相对
静止，F不能超过多少？ F=4/3N
变式3：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数为 μ2＝0.01，其它不变为使两者保持相对静止，F不能超过多少？
F=1.2N
变式4：若F作用在小物体上，地面粗糙且与木板间动摩擦因数也 为μ＝0.1，其它条件不变，随F的变化小物块与木板如何运动？
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＝12a2t2－21a1t2
第二轮
反思总结
易错点
滑块-滑板模型
(1)不清楚滑块－滑板类问题中滑块、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.
滑块——滑板模型问题分析方法ppt课件
• •
0.a51's物μ块1mm对g 木μ板1g的滑2动m 摩/ s擦2 力a1与速度方向相同，则木板的加速度为
a2'
2μ
2mg μ 1mg m
4m /
s2
• 则物块和木板的位移分别为：
s1
2
v12 2a1
0.5m
s2
v0
v1 2
t1
v12 2a2'
1.625m
• 物块相对于木板的位移大小为：
考点分析
• 本题考查了“滑动摩擦力”、 “物体的受力分 析”、“匀变速直线运动的规律”、“速度-时间 图像”、“牛顿第二定律”这几个知识内容。
• 本题涉及的考点在考纲中都是Ⅱ类要求，能突出 考查力学主干知识，重视基础知识和基本技能。 本题是一道力学组合题，涉及多个物理过程和情 景，可以考查学生的审题能力和物理过程分析能 力，重点考查学生应用力和运动观点解决力学综 合题的能力。
整体有牛顿第二定律有 F (M m)a
对M，由牛顿第二定律
f Ma
解得： f 2N
因为 f μ mg
可得 μ =0.2
（2）当F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、m加速度分别为a1、
a2，对M，由牛顿第二定律有：
解得 a1 2.5m / s2
F f Ma1
题目背景
（2013新课标II，25,18分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对 于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度-时间图象如图中实线所 示，0~0.5s内物块运动的速度-时间图象如图中粗虚线所示．己知物块与木板的 质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩 擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g=10m/s2， 求： （1）物块与木板间动摩擦因数 、木板与地面间的动摩擦因数 ； （2）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
2020年高考物理素养提升专题02 动力学中的“滑块-滑板”模型(解析版)
素养提升微突破02 动力学中的“滑块-滑板”模型——构建模型，培养抽象思维意识“滑块-滑板”模型“滑块-滑板”模型涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。
叠放在一起的滑块和木板，它们之间存在着相互作用力，在其他外力作用下它们或加速度相同，或加速度不同，无论哪种情况受力分析和运动过程分析都是关键，特别是对相对运动条件的分析。
本模型深刻体现了物理运动观念、相互作用观念的核心素养。
【2019·新课标全国Ⅲ卷】如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。
t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。
细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。
木板与实验台之间的摩擦可以忽略。
重力加速度取g=10 m/s2。
由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。
【素养解读】本题以木板为研究对象，通过f-t与v-t图像对运动过程进行受力分析、运动分析，体现了物理学科科学推理的核心素养。
一、水平面上的滑块—滑板模型水平面上的滑块—滑板模型是高中参考题型，一般采用三步解题法：【典例1】如图所示，质量m＝1 kg 的物块A放在质量M＝4 kg的木板B的左端，起初A、B静止在水平地面上。
统考版高考物理总复习 专题三 动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
系为xB＝xA＋L
物块A带动长为L的木板B，物块恰好不
从木板上掉下的临界条件是物块恰好滑
到木板右端时二者速度相等，则位移关
系为xB＋L＝xA
例2. [2021·全国乙卷，21](多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，
木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示．用水平向右的拉力
专题三
动力学中的“传送带”和“滑块—滑板”模型
关键能力·分层突破
关键能力·分层突破
模型一
“传送带”模型
1．模型特点
传送带在运动过程中，会涉及很多的力，是传送带模型难点的原因，
例如物体与传送带之间是否存在摩擦力，是滑动摩擦力还是静摩擦力
等；该模型还涉及物体相对地面的运动以及相对传送带的运动等；该
F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别
为t1 、t2 时刻F的大小．木板的加速度a1 随时间t的变化关系如图(c)所
示．已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因
数为μ2.假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大
小为g.则(
)
A．F1＝μ1m1g
央．空香皂盒的质量为m＝20 g，香皂及香皂盒的总质量为M＝100 g，香皂盒与
传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，风洞区域的宽度为L＝0.6 m，风可以对香皂
盒产生水平方向上与传送带速度垂直的恒定作用力F＝0.24 N，假设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，香皂盒可看作质点，取重力加速度g＝10 2 ，试求：
跟进训练
1.如图所示，物块M在静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突
然启动，方向如图中箭头所示，在此传送带的速度由0逐渐增加到2v0后匀速运动
物理模型 “滑板—滑块”模型
物理模型 “滑板—滑块”模型[模型概述] (1)滑板——滑块模型的特点①滑块未必是光滑的．②板的长度可能是有限的，也可能是足够长的．③板的上、下表面可能都存在摩擦，也可能只有一个面存在摩擦，还可能两个面都不存在摩擦．(2)滑板——滑块模型常用的物理规律匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能的转化和守恒定律、功能关系等．[模型指导] (1)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．(2)解题思路处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑；②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板；③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1．如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg解析 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg ，由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg ；对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg ，由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg 。
答案 C2.(2017·广西质检)如图所示，A 、B 两个物体叠放在一起，静止在粗糙水平地面上，物体B 与水平地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，物体A 与B 之间的动摩擦因数μ2＝0.2.已知物体A 的质量m ＝2 kg ，物体B 的质量M ＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.现对物体B 施加一个水平向右的恒力F ，为使物体A 与物体B 相对静止，则恒力的最大值是(物体间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )A ．20 NB ．15 NC ．10 ND ．5 N答案：B 解析：对A 、B 整体，由牛顿第二定律，F max －μ1(m ＋M )g ＝(m ＋M )a ；对物体A ，由牛顿第二定律，μ2mg ＝ma ；联立解得F max ＝(m ＋M )(μ1＋μ2)g ，代入相关数据得F max ＝15 N ，选项B 正确．3．(2017·黄冈质检)如图甲所示，在水平地面上有一长木板B ，其上叠放木块A 。
滑块—滑板与传送带模型
滑块—滑板与传送带模型 (题型研究课)
(一) 滑块—滑板模型 (二) 传送带模型 (三) 历年真题集中演练 课时达标检测
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(一) 滑块—滑板模型
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1．两种位移关系 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。
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[解析] μg＝ 4
物块刚滑上传送带时，速度方向向左，由于物块与
传送带间的摩擦作用，使得它做匀减速运动，加速度大小为a＝ m/s2，当物块的速度减小到0时，物块前进的距离为s＝ 0－ 42 m＝ 2 m，其值小于AB的长 3 m，故物块减速到0后仍 2×－ 4 在传送带上，所以它会随传送带向右运动，其加速度的大小与 减速时是相等的，其速度与传送带的速度相等时物块向右滑行 22－ 0 的距离为s′＝ m＝ 0.5 m，其值小于物块向左前进的距 2× 4 离，说明物块仍在传送带上，以后物块相对于传送带静止，其 速度大小等于传送带的速度大小，所以选项B正确。 [答案] B
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[通法归纳]
求解“滑块 —滑板 ”类问题的方法技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋 势 )，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩 擦力方向。 (2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律 确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物 体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体 间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。
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解析： 由于 μ<tan θ，由μmgcos θ<mg sin θ 可知， A沿斜面向下匀加速下滑，加速度 aA ＝ gsin θ－ μgcos θ，故 A错误；将 A、 B及 斜面体视为整体，受力分析可知地面对斜面体的摩擦力等于 m(gsin θ－ μgcos θ)cos θ＋ Fcos θ，地面受到的压力为 (M＋ 2m)g － Fsin θ－ m(gsin θ－ μgcos θ)sin θ，故B、 C错误； B与斜面体 的正压力 N＝ 2mgcos θ，对 B受力分析如图所示，根据共点力平 f′ 衡有： F＝ mgsin θ＋ μmgcos θ＋ f′，则动摩擦因数 μ＝ ＝ N F－ mgsin θ－ μmgcos θ ，故 D正确。 2mgcos θ 答案： D
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高三物理专题复习： 滑块—滑板模型典型例题：例1.如图所示,在粗糙水平面上静止放一长Ｌ质量为1的木板B ，一质量为１的物块Ａ以速度s m v /0.20=滑上长木板B 的左端，物块与木板的摩擦因素μ1=0．1、木板与地面的摩擦因素为μ２=0.1,已知重力加速度为１0m 2，求：（假设板的长度足够长)(1）物块A 、木板B 的加速度；(2)物块A 相对木板B 静止时A 运动的位移；(3)物块A 不滑离木板B,木板B 至少多长？考点： 本题考查牛顿第二定律及运动学规律考查：木板运动情况分析,地面对木板的摩擦力、木板的加速度计算，相对位移计算。
解析:(１)物块A 的摩擦力:N mgf A 11==μ A 的加速度：21/1s m m f a A -=-= 方向向左木板B 受到地面的摩擦力:A g m M f f N 2)(2>=+=μ地故木板B 静止，它的加速度02=a(2）物块A 的位移:m a v S 2220=-= (3）木板长度:m S L 2=≥拓展1．在例题1中,在木板的上表面贴上一层布,使得物块与木板的摩擦因素μ３=0.4,其余条件保持不变,（假设木板足够长）求：(1)物块A 与木块B 速度相同时，物块A 的速度多大？（2)通过计算，判断速度相同以后的运动情况；（３)整个运动过程，物块Ａ与木板Ｂ相互摩擦产生的摩擦热多大?考点：牛顿第二定律、运动学、功能关系考查:木板与地的摩擦力计算、是否共速运动的判断方法、相对位移和摩擦热的计算。
解析：对于物块Ａ:N mg f A 44==μ １分加速度：，方向向左。
24/0.4s m g m f a A A-=-=-=μ 1分 对于木板：N g m f 2)M 2=+=（地μ 1分加速度:，方向向右。
地2A /0.2s m M f f a C =-= 1分物块A 相对木板B 静止时，有：121-t a v t a C B =解得运动时间:，s t .3/11= s m t a v v B B A /3/21=== 1分(2)假设共速后一起做运动,22/1)()(s m m M g m M a -=++-=μ 物块Ａ的静摩擦力:A A f N ma f <==1'1分 所以假设成立,共速后一起做匀减速直线运动。
1分(3)共速前Ａ的位移：m a v v S A A A 942202=-= 木板Ｂ的位移:m a v S B B B 9122==所以:J S S mg Q B A 34)(3=-=μ拓展2：在例题1中，若地面光滑,其他条件保持不变,求:(1）物块A 与木板B 相对静止时,A 的速度和位移多大？(2）若物块Ａ不能滑离木板B ，木板的长度至少多大？（3）物块A 与木板B 摩擦产生的热量多大？考点： 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查：物块、木板的位移计算，木板长度的计算,相对位移与物块、木板位移的关系，优选公式列式计算。
解析:（1)Ａ、B 动量守恒,有：v m M mv )(0+= 解得:s m m M mv v /10=+= (２)由动能定理得:对A: 20212121mv mv mgS A -=-μ 对B ：02121-=-Mv mgS B μ 又: B AS L S += 解得：m L 1=（3）摩擦热:J mgL Q 11==μ拓展３:如图所示，光滑的水平面上有两块相同的长木板A 和B,长度均为０.５ｍ，在Ｂ的中间位置有一个可以看作质点的小铁块C 三者的质量都为1与Ａ、B 间的动摩擦因数均为0.5.现在A 以速度6m 向右运动并与B 相碰,碰撞时间极短，碰后粘在一起运动，而C 可以在B 上滑动1０ｍ2, 求: （1)A 、B 碰撞后B 的速度(2）小铁块C 最终距长木板A 左端的距离.（3)整个过程系统损失的机械能。
考点: 动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律考查:对多物体、多过程问题的正确分析,选择合适的规律列表达式,准确书写出表达式。
解析：(1)与Ｂ碰后,速度为v 1,由动量守恒定律得0＝21 ①（２分)A 、B 、C 的共同速度为ｖ2，由动量守恒定律有0=３２ ②(1分）小铁块C 做匀加速运动: ③(1分）当达到共同速度时:④ (1分）⑤（1分）对A 、Ｂ整体,， ⑥ (１分)⑦(１分)小铁块C 距长木板A 左端的距离：⑧ （１分）（3）小铁块Ｃ在长木板的相对位移:m S S S C 6.0=-=∆系统损失的机械能:J S mg mv mv E 8221212120=∆--=∆μ拓展4例5.在例题1中,若地面光滑,长木板的上表面的右端固定一根轻弹簧,弹簧的自由端在Q 点,Q 点右端表面是光滑的，Q 点到木板左端的距离 ０.5 ｍ,其余条件保持不变,求:（1）弹簧的最大弹性势能多大？（２）要使滑块既能挤压弹簧,又最终没有滑离木板,则物块与木板的动摩擦因素4μ的范围。
（滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性限度内)考点：动量守恒定律、功能关系、能量守恒定律考查：正确理解弹性势能最大的意思，准确找出临界条件,准确书写出相应的方程。
解析:（1)A 、B 动量守恒，有：v m M mv )(0+=解得:s m m M mv v /10=+= 设最大弹性势能为，由能量守恒定律得：p E mgL v m M mv +++=1220)(2121μ 解得:J E P 5.0=(2）要使滑块A 挤压弹簧,及A 、Ｂ共速且恰好运动到Q 点时,有:10)(v m M mv +=mgL v m M mv μ++=2120)(2121 解得:2.0=μ要使滑块最终没有滑离木板Ｂ,即A 、B 共速且物块恰好运动到木板B 的最左端时,有:20)(v m M mv +=mgL v m M mv μ2)(21212120++= 解得:1.0=μ所以:2.01.0<≤μ变式训练,巩固提升：考查：对知识的迁移、应用，培养能力1.如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地面上,车上固定着半径为0.7m的四分之一竖直光滑圆弧轨道,小车与圆弧轨道的总质量M为2，小车上表面的部分是长为１．0m的粗糙水平面，圆弧与小车上表面在Ｂ处相切．现有质量1的滑块(视为质点）以v0３m的水平初速度从与车的上表面等高的固定光滑平台滑上小车，滑块恰好在B处相对小车静止，10m2.（1）求滑块与小车之间的动摩擦因数μ和此过程小车在水平面上滑行的距离ｓ;ﻫ（2）要使滑块滑上小车后不从C 处飞出，求初速度v0应满足的条件．ﻫ２.如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量M＝４、高h＝0.8 ｍ的平板车Q,车的左端固定着一条轻质弹簧,弹簧自然状态时与车面不存在摩擦.半径为R=1.８ m的光滑圆轨道的底端的切线水平且与平板车的表面等高.现有一质量为m＝２的物块P（可视为质点)从圆弧的顶端Ａ处由静止释放,然后滑上车的右端.物块与车面的滑动摩擦因数为μ=0.３,能发生相互摩擦的长度L＝1．5 m,ｇ取10 ｍ２.（１)物块滑上车时的速度为多大？(2）弹簧获得的最大弹性势能为多大?（3)物块最后能否从车的右端掉下？若能，求出其落地时与车的右端的水平距离．2.解析：(1)设物块滑上车时的速度为v１．物块从A滑至该点的过程中机械能守恒，有：=，①得：v１=＝６ m.（2)设弹簧获得的最大弹性势能为，此时物块与车的速度相同,设为v2.在物块与车相对运动的过程中,动量守恒,有:ｍ＋Ｍ)ｖ2．②１=（由能量守恒定律,有：＝(m＋M）＋μ+．③①②③联立得：＝15 J．(3）设物块回到车的右端时物块的速度为v3，车的速度为v4.从Ａ滑上车至回到车的右端的过程中，动量守恒,能量守恒,有:１＝３＋4．④＝＋ +2μ. ⑤④⑤联立得:v3=0,v４=３ｍ（v３=4 m，v4=1 m舍去)．因v4＞ｖ３,故物块最后能从车的右端掉下由h＝2，及Δs＝ｖ4ｔ－v3ｔ，得物块落地时与车的右端的水平距离Δs=1.２ｍ.答案：(1）6 ｍ (2)1５Ｊ (3)1．2 m１１.如图所示,一条滑道由一段半径R=0．8 ｍ的圆弧轨道和一段长为L=3．2 m的水平轨道组成,在M点处放置一质量为m 的滑块B,另一个质量也为m的滑块A从左侧最高点无初速度释放,Ａ、B均可视为质点.已知圆弧轨道光滑，且A与B之间的碰撞无机械能损失.(ｇ取10 m2）(1)求A滑块与B滑块碰撞后的速度′和′.（2)若A滑块与B滑块碰撞后，B滑块恰能达到N点，则段与B 滑块间的摩擦因数μ的大小为多少？11.解析：（1)设与B相碰前A的速度为,Ａ从圆弧轨道上滑下时机械能守恒,故=①A与B相碰时，动量守恒且无机械能损失，有=′＋′②=′2+′2③由①②③得，′=０，′=4 m.(2)B在碰撞后在摩擦力作用下减速运动,到达N点速度为0,由动能定理得－＝0－′2④其中ｆ＝μ⑤由④⑤得μ＝0.25．答案:(1)0 4 m (2)0．25３、如图所示，光滑水平面的左端M 处由一弹射装置P (P 为左端固定，处于压缩状态且锁定的轻质弹簧,当A 与P 碰撞时P 立即解除锁定）,右端N 处与水平传送带恰平齐且很靠近,传送带沿逆时针方向以恒定速率ｖ＝5ｍ匀速转动,水平部分长度L =4m 。
放在水平面上的两相同小物块A 、Ｂ（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能=4Ｊ,弹簧与A 相连接，与B 不连接,A 、B 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2,物块质量＝=1。
现将A 、B 由静止开始释放,弹簧弹开，在Ｂ离开弹簧时,Ａ未与P 碰撞,B 未滑上传送带。
取g ＝10ｍ２。
求：（1)B 滑上传送带后，向右运动的最远处与N 点间的距离(2)B 从滑上传送带到返回到N 端的时间t 和这一过程中B 与传送带间因摩擦而产生的热能Ｑ(3）B 回到水平面后压缩被弹射装置P 弹回的Ａ上的弹簧，Ｂ与弹簧分离然后再滑上传送带。
则P 锁定时具有的弹性势能E 满足什么条件，才能使Ｂ与弹簧分离后不再与弹簧相碰。
3、【解析】（1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 = )υA ２ + )υＢ２由动量守恒有-=０联立以上两式解得=2m,＝2mA B P M N Lv DB滑上传送带做匀减速运动,当速度减为零时,向右运动的距离最大。
由动能定理得:-μ＝0-）2，解得==１m（2）物块B先向右做匀减速运动,直到速度减小到零,然后反方向做匀加速运动，回到皮带左端时速度大小仍为=2m 由动量定理:-μ=-－,解得t＝＝2sB向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为：Ｑ1＝μ(＋)B向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为：Q2=μ(－)Q＝Q1+Ｑ2=μ＝2０J(3)设弹射装置P将A弹开时的速度为′，则E=)′2－)2Ｂ离开弹簧时,速度互换，B的速度′＝′B与弹簧分离后不再与弹簧相碰，则B滑出平台Q端,由能量关系有)′2>μ以上三式解得E>μ－)2,代入数据解得E＞6Ｊ。