“板一塊”模型的綜合分析

【備考指南】1.高考對本講的命題借助“滑塊一木板”模型，設置多個情境、

多個過程，考查模型建構能力、邏輯推理能力和分析綜合能力。2.要善于將實

際問題轉化為物理模型，靈活運用整體法和隔離法，綜合應用運動過程分析、

動力學分析、動量和能量關系。

1.常見板塊模型的分析

常見類型不意圖々圖像

V

少0、滑塊

同向

一塊7__,。共

快帶慢板

s板s相對

ah7

，木板

反向-vo00

；夕聞少共

互相阻

一。0/滑塊

2.解決“板塊”模型規律的選擇

(1)系統有外力或地面(斜面)不光滑，應用牛頓運動定律以及運動學規律分析求解。

對于過程比較復雜的問題，可以應用圖像進行分析求解。

(2)系統無外力，利用動量守恒定律和能量關系分析各階段初、末狀態，進而解

決相關問題。

3.解決“板一塊”模型問題的三個注意點

(1)滑塊一木板達到共同速度時注意摩擦力的大小和方向是否發生變化。

(2)注意區分滑塊、木板各自的對地位移和它們之間的相對位移。

(3)運用運動學公式或動能定理列式時位移用對地面的位移，求解系統摩擦生熱

時用相對位移。

考向1水平面上的“板一塊”模型

[典例1](2024?新課標卷)如圖所示，一長度Z=1.0m的均勻薄板初始時靜止

在一光滑平臺上，薄板的右端與平臺的邊緣O對齊。薄板上的一小物塊從薄板

的左端以某一初速度向右滑動，當薄板運動的距離A/=t時，物塊從薄板右端水

平飛出；當物塊落到地面時，薄板中心恰好運動到。點。已知物塊與薄板的質

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量相等，它們之間的動摩擦因數"=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求：

，，，，，，，，

(1)物塊初速度大小及其在薄板上運動的時間；

(2)平臺距地面的高度。

［解析］(1)解法一由題意可知物塊在薄板上運動的過程中，物塊和薄板之間

一直存在相對運動，物塊向右做勻減速直線運動，薄板向右做勻加速直線運動,

又物塊和薄板的質量相等，則物塊和薄板的加速度大小均為

a=/ig=3m/s2

設物塊的初速度大小為(4,物塊在薄板上的運動時間為力，則由運動學公式有

12Z

X-a1-

物2/+6

12/

X-a

板1-

26

聯立并代入數據解得以=4m/s,ti=-So

解法二設物塊從薄板右端水平飛出時，物塊速度為％,薄板速度為以。對物

塊與薄板組成的系統，從開始運動到物塊從薄板右端飛出時，根據動量守恒定

律有

分別對物塊和薄板根據動能定理有

—fimg?夕說-崎

oZZ

pmg?iZ=|mv^—0

聯立并代入數據解得

(^=4m/s,n=3m/s,Vi=\m/s

對薄板由動量定理有

代入數據解得So

(2)結合(1)問可知物塊從薄板飛出瞬間，薄板的速度大小為Vi=\m/s

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由題意可知物塊從薄板飛出后，物塊做平拋運動，薄板做勻速直線運動，設物

塊從薄板飛出后的運動時間為打,平臺距地面的高度為伍則由運動學公式有:

26

="2

12

又t

--g2

2

聯立并代入數據解得mo

［答案］(1)4m/s|s(2)|m

【教師備選資源】

1.如圖所示，質量為1kg、足夠長的長木板6放在水平地面上，質量為2kg

的物塊N放在木板5的左端。物塊N與木板6間的動摩擦因數為0.7,木板5

與地面間的動摩擦因數為0.2,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為

10m/s2o現對N施加一水平向右的拉力R則物塊速度以、木板速度迎隨時間

變化的圖像可能是()

A［單獨對木板和物塊分析，系統水平方向受外力作用，設二者恰不發生相對

滑動時，外力大小為Fo,對物塊有Fo—〃加也=蛆口，對木板有〃1加叔一〃2(叫4

2

+niB)g=mBaB,且入=劭，解得Fo=3ON,aA=aB=Sm/s0A選項中，物塊和

木板一起加速運動，且加速度滿足要求，A正確；B選項中，物塊的加速度大于

木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B錯誤；C選項中，物塊的加速

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度大小為8.5m/s2,木板的加速度大小為4.25m/s2<8m",C錯誤；D選項中，

二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D錯誤。］

2.(2023?遼寧卷)如圖所示，質量皿=1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右

側的豎直墻面固定一勁度系數A=20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態。質量

陽2=4kg的小物塊以水平向右的速度%=)m/s滑上木板左端，兩者共速時木

板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數4=0」，最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量

x的關系為耳=如2。取重力加速度g=10m/§2,結果可用根式表示。求：

二

(1)木板剛接觸彈簧時速度修的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離XI；

(2)木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量X2及此

時木板速度修的大小；

(3)已知木板向右運動的速度從外減小到0所用時間為力。木板從速度為14時到

之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能AU(用功表示)。

［解析］(1)設木板接觸彈簧前的加速度大小為由，小物塊受到的力為最大靜摩擦

力或滑動摩擦力時的加速度大小為"2。

解法一對木板和小物塊，由牛頓第二定律可得w?2g=〃2iai,

由運動學公式可得

l^=ait,H=K)-a2#,xi=|aiZ2

聯立解得n=lm/s,xi=0.125m0

解法二對木板，由牛頓第二定律可得

對木板和小物塊整體，根據動量守恒定律可得

陽2%=(〃，1+陽2)/

解得14=1m/s

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由運動學公式可得.=魯=0.125m

2alo

(2)小物塊與木板即將相對滑動時，對整體由牛頓第二定律可得辰2=(〃”十M2”2

從木板與彈簧接觸到小物塊與木板之間即將相對滑動，對木板、物塊和彈簧組

成的系統，由能量守恒定律可得，(叫+m2)vl=^(jn1+m2)V2+，左老

聯工解得X2=0.25m,Hm/So

(3)木板速度為以時，木板和小物塊的加速度相同，木板的速度從區向右減小到

0,然后再由0向左加速到外大小，此時木板和小物塊的加速度再次相同，木板

從速度為區到之后與小物塊加速度首次相同的過程中，小物塊的加速度不變，

小物塊對木板的摩擦力不變，根據運動的對稱性可知，這一過程所用時間為2械

木板位移為零，整個過程中系統因摩擦轉化的內能等于小物塊動能的減少量。

解法一對小物塊由運動學規律可得

X3=H,2為一12(2力)2

由功能關系可得AU=w?喏X3

解得AU=4(V^to-2瑞Jo

解法二取向右為正方向，木板從速度為區到之后與小物塊加速度首次相同的

過程中，對小物塊由動量定理可得

一flfn2g?2%=陽2%一帆2%

對整個系統，由能量守恒定律可得

mv

AL/=|m2V2~^2s

解得AU=4(V^t()-2瑞Jo

［答案］(1〃m/s0.125m(2)0.25mym/s(3)4(V3t0-2喻J

D考向2斜面上的“板一塊”模型

［典例2］如圖所示，長L=1.6m的剛性輕繩將質量陽=3.0kg的滑塊尸(可視為

質點)懸掛在。點。起始時滑塊P位于。點正上方的N點，輕繩恰好伸直，給

滑塊P一向左的水平初速度14=2短m/s,當滑塊運動到最低點6時輕繩恰好

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斷裂，滑塊尸從光滑水平面C點飛出以后恰好無碰撞地落在位于斜面上的長木

板上的刀點。已知長木板(含擋板)的質量M=3.0kg,木板長8=7.5m,滑塊尸

與長木板上表面間的動摩擦因數為W=0.45,長木板下表面與斜面間的動摩擦因

數為償=0.75,滑塊P與擋板間的碰撞都是彈性碰撞且碰撞時間極短，各接觸面

間的最大靜摩擦力均等于滑動摩擦力，足夠長斜面的傾角9=37。，滑塊尸碰撞

擋板前木板保持靜止，已知重力加速度g=10m/s2,§也37。=0.6,cos37°=0.80

求：

(1)滑塊P在光滑水平面BC上運動速度的大小功；

(2)圖中。點與刀點間的水平距離〃和豎直距離h；

(3)在整個運動過程中，因滑塊尸和長木板間的摩擦力而產生的熱量

［解析］⑴因為以=2四m/s<y［gL=4m/s,所以滑塊尸從N點先做平拋運動，

如圖甲所示，設當輕繩與豎直方向成，角時輕繩再次伸直，則根據平拋運動規律

可得

C

B

甲

Lsin0=—cos〃)=；g釬

聯立解得，=90。，A=等s

當輕繩再次伸直以后，將以％i=gfi=4魚m/s為初速度開始做圓周運動

根據機械能守恒定律得

|mvj?=|mVy1+mgL

6/17

解得/=8m/So

(2)滑塊P到O點時速度方向與斜面平行，如圖乙所示，可得

Vp

乙

%=6m/s

H>=10m/s

2

而%=gf,所以，=0.6s,h=^gt=1.8m,d=l^t=4.8m0

(3)滑塊尸剛滑上長木板時，分別對滑塊和長木板進行受力分析，長木板不發生

滑動，滑塊P在長木板上做勻減速直線運動，由牛頓第二定律有mgsin(p—fiimg

cos(p=ma,解得a=2.4m/s2

滑塊P從。運動到與擋板碰撞前笠’2-vj)=—2ab

解得(/=8m/s

滑塊P和長木板碰撞后長木板開始下滑，在長木板下滑時，對滑塊尸與長木板

構成的系統在沿斜面方

向進行受力分析，則有

(M+m)gsin中一"2(M+m)gcos(p=Q

故此后運動過程中滑塊P與長木板系統沿斜面方向動量保持不變。當滑塊P與

擋板不再發生碰撞，設滑塊尸與長木板一起勻速下滑的速度為匕由動量守恒定

律得ZM(/=(?I+A/)K

解得1^=4m/s

設當滑塊P與擋板不再發生碰撞時長木板的位移為x,由功能關系可知，因滑塊

P和長木板間的摩擦力而產生的熱量Q=(M+m)gxsin(p—fi2(m+M)gx

1

cos

代入數據解得2=48J。

［答案］(1)8m/s(2)4.8m1.8m(3)48J

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微專題突破練（二）

1.（2024?四川達州12月調研）如圖所示，魚缸放在鋪有桌布的水平桌面上，距

桌子右邊緣為人一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸恰好滑到桌子右

邊緣，已知桌布從魚缸下滑出后，魚缸在桌面上滑動的距離為，2。下列說法正確

的是（）

A.魚缸與桌布、桌面間的動摩擦因數之比為/1：/2

B.魚缸在桌布、桌面上的滑動時間之比為（/1一/2）：h

C.桌布對魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為/i：h

D.貓要想吃到魚缸中的魚（讓魚缸滑出桌面），需要給桌布施加更大的力

B［魚缸運動的全過程，根據動能定理有〃—，2）—"2Mg/2=0,魚缸與桌布、

桌面間的動摩擦因數之比為"1:"2=，2:（h~l2）,故A錯誤；由"〃電=陽"得”=

/1g,加速度大小之比的：a2="lg：〃喏=，2：（/1—，2）,魚缸在桌布的摩擦力作用

下做勻加速運動，在桌面的摩擦力作用下做勻減速運動，根據|/=加，得魚缸在

桌布、桌面上的滑動時間之比為力：/2=心：ai=（/i一份：，2,故B正確；桌布對

魚缸做的功與魚缸克服桌面阻力做的功之比為1：1,C錯誤；貓要想吃到魚缸

中的魚（讓魚缸滑出桌面），需票給桌布施加更小的力，使魚缸加速時間更長，D

錯誤。］

2.（2023?湖北4月調研）如圖（a）所示，物塊和長木板置于傾角為，=37。且足夠

長的斜面上。/=0時對長木板施加沿斜面向上的拉力F,使長木板和物塊由靜止

開始沿斜面上滑，作用一段時間后撤去拉力凡已知長木板和物塊始終保持相對

靜止，兩者上滑時速度的平方與位移之間的關系1Ax圖像如圖（b）所示，已知sin

37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取g=10m/s?,最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，則下列說法正確的是（）

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v2/(m2-s-2)

16

89

(b)

A.拉力歹的作用時間為2s

B.拉力歹作用時長木板的加速度大小為2m/s2

C.長木板與斜面間的動摩擦因數為0.25

D.物塊與長木板之間的動摩擦因數可能為0.75

C［由j=2ox,可知在題圖(b)中斜率的絕對值等于加速度大小的2倍，有ai

?2

=—=1m/s2,選項B錯誤；撤去拉力時的速度大小為片4m/s,拉力作用時間

2.x

為fi=X=4s,選項A錯誤；撤去拉力后的加速度大小a2=9=8m/s2,由牛頓

第二定律有(Af+?/)gsincos，=(J/+7”)a2,解得〃i=0.25,選項C

正確；物塊與長木板之間無相對滑動，由牛頓第二定律得cos，一wigsin

解得“220.875,物塊與長木板之間的動摩擦因數不可能為0.75,選項

D錯誤。］

3.(多選)(2024?1月九省聯考吉林、黑龍江卷)如圖(a),質量均為〃，的小物塊

甲和木板乙疊放在光滑水平面上，甲到乙左端的距離為初始時甲、乙均靜止,

質量為"的物塊丙以速度以向右運動，與乙發生彈性碰撞。碰后，乙的位移x

隨時間t的變化如圖(b)中實線所示，其中力時刻前后的圖像分別是拋物線的一

部分和直線，二者相切于P,拋物線的頂點為2。甲始終未脫離乙，重力加速度

為g。下列說法正確的是()

(a)(b)

A.碰后瞬間乙的速度大小為空

B.甲、乙間的動摩擦因數為惡

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C.甲到乙左端的距離L2等

D.乙、丙的質量比ZM：J/=l：2

BC［設碰后瞬間乙的速度大小為％,碰后乙的加速度大小為a,由題圖（b）可知

x=Vito-|ato=^，拋物線的頂點為。，根據x-f圖像的切線斜率表示速度，

則有％=a?2h,聯立解得％=等，a=詈，根據牛頓第二定律可得〃=絲也=

pg,解得甲、乙間的動摩擦因數為〃=4，故A錯誤，B正確；由于甲、乙質

3g"

量相同，則甲做加速運動的加速度大小也為a=署，根據題圖（b）可知，力時刻甲、

3to

乙剛好共速,則0?勿時間內甲、乙發生的相對位移為Ax=x匕一x甲——知

等，則甲到乙左端的距離滿足上2-=等，故C正確；物塊丙與乙發

生彈性碰撞，碰撞過程根據動量守恒和機械能守恒可得"以=網》2+加%，

mv

IMVQ=|Mvl+Il,可得％=產~以=?，可得乙、丙的質量比為陽：〃=

222M+m3

2：1,故D錯誤。］

4.（多選）如圖甲所示，一小車靜止在光滑水平地面上，上表面尸。是以。為圓

心,半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道,左端P與平臺等高且平滑對接（不粘連）。

一小球以某一水平速度沖上小車，測得在水平方向上小球與小車的速度大小分

別為％、V1,作出區--圖像，如圖乙所示。已知P點距地面高〃=5，重力加速

度為g,則下列說法正確的是（）

A.小車質量是小球質量的2倍

B.小球上升到最高點時的速度為孚

C.小球上升的最大高度為］

D.小球落地時與小車左端P點的水平距離為也

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BC［設小球質量為陽，小車質量為〃，小球和小車組成的系統在水平方向所受

合外力為零，所以水平方向動量守恒，則由題圖乙數據可得股/證=加后9，

解得股=",故A錯誤；小球上升到最高點時與小車具有共同速度，則有MJ正

=解得/共=手，故B正確；設小球上升的最大高度為根據機

械能守恒定律有|/?（后滅）2=T（m+網）吸_+股且17，解得〃=］故C正確；設小

球滑回至尸點時，小球和小車的速度分別為/球和/車，根據動量守恒定律和機

械能守恒定律分別有陽//=陽/球+M/車，11（7萬月）2=［m》上解得

/球=0,/車=7^^，小球離開小車后做自由落體運動，小車做勻速直線運動，

所以小球落地時與小車左端尸點的水平距離為x=/車m故

D錯誤。］

5.（多選）（2024?湖南長沙雅禮中學9月測試）如圖所示，一質量為V的長直木

板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一質量為〃，的木塊，木塊與木板間的

動摩擦因數為“，在長直木板右方有一豎直的墻。使木板與木塊以共同的速度以

向右運動，某時刻木板與墻發生彈性碰撞（碰撞時間極短），設木板足夠長，木塊

始終在木板上，重力加速度為g。下列說法正確的是（）

I

A.如果放=2陽，木板只與墻壁碰撞一次，整個運動過程中因摩擦產生的熱量

大小為軻畸

B.如果"=加，木板只與墻壁碰撞一次，木塊相對木板的位移大小為其

2〃g

C.如果M=0.5〃］,木板第100次與墻壁發生碰撞前瞬間的速度大小為（￡）99%

D.如果"=0.5陽，木板最終停在墻的邊緣，在整個過程中墻對木板的沖量大小

為1.5/wkb

ACD［木板與墻發生彈性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向沒有其他外力

作用，動量守恒，如果〃=2陽，碰撞后合動量方向向左，則木板只與墻壁碰撞

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一次，最后二者以速度/向左做勻速直線運動，取向左為正方向，根據動量守

恒定律得M%—解得（/=%,整個運動過程中因摩擦產生的熱

量大小為畸+gm畸-3（放+而”=［加畸，故A正確；如果"=〃?，木

板與墻壁碰撞后，二者的合動量為零，最后木板靜止時木塊也靜止，木板只與

墻壁碰撞一次，根據能量關系可得+，nw。，解得木塊相對木板的

?2

位移大小為也，故B錯誤；如果M=0.5TM,木板與墻發生彈性碰撞，碰撞后速

度等大反向，碰撞后二者的合動量方向向右，設第一次共速后的速度為修，取

向右為正，根據動量守恒定律可得取%一兇（4=（加+必（4,解得則

木板向左減速到0所運動距離大于從0以相同加速度增大到詈所運動的距離，所

以共速前木板沒有與墻壁碰撞，二者以共同速度14勻速運動，木板第二次與墻

壁碰撞前瞬間的速度為H；同理可得，木板與墻壁第二次碰撞后達到共速的速

度為^=|K=Q）%,木板第三次與墻壁碰撞前瞬間的速度為以=G）以，則木

板與墻壁第三次碰撞后達到共速的速度為U5=1l4=（|）3K）,以此類推，木板第

?99

%,故C正確；如果兇=0.5〃［,木

板最終停在墻的邊緣，對全過程，根據動量定理可得，在整個過程中墻對木板

的沖量大小為/=0?+必《4=1.5陽J4,故D正確。］

6.（多選）（2024?1月九省聯考河南卷）如圖（a）所示，“L”形木板Q靜止于粗糙

水平地面上，質量為1kg的滑塊尸以6m/s的初速度滑上木板，f=2s時與木板

相撞并粘在一起。兩者運動的以圖像如圖（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2,

則（）

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v/(m-s-1)

6

5

4

A.。的質量為1kg

B.地面與木板之間的動摩擦因數為0.1

C.由于碰撞系統損失的機械能為1.0J

D.r=5.8s時木板速度恰好為0

AC［兩者碰撞時，取滑塊P的速度方向為正方向，設尸的質量為〃i=lkg,Q

的質量為Af,由系統動量守恒定律得〃，以，根據以圖像可知，

(4=3m/s,H=1m/s,乃=2m/s,代入上式解得Af=lkg,故A正確；設P與

。之間的動摩擦因數為“，2與地面之間的動摩擦因數為〃2,根據V-t圖像可知，

22

0~2s內尸與°的加速度大小分別為劭=1.5m/s,ae=0.5m/s,對P、°分別

受力分析，由牛頓第二定律得"i〃ig=/wap,］Uimg—fi2(m+M)g=MaQ,聯立解得

"2=0.05,故B錯誤；由于碰撞系統損失的機械能為譜+：M說-|(m+

M)若，代入數據解得AE=1.0J,故C正確；對碰撞后整體受力分析，由動量定

理得一"2(陽+效32=0一伽+必⑸代入數據解得/2=4S,因此木板速度恰好

為零的時刻為，=〃+，2=2s+4s=6s,故D錯誤。故選AC。］

7.(2024?河北衡水8月開學考)某游樂項目可簡化為利用紙帶把滑塊拉到平臺

上，如圖所示。光滑固定斜面的傾角。=37。，長度L=L44m,紙帶平鋪在斜面

上，下端與斜面底端對齊。可視為質點的滑塊放在紙帶上靜止在斜面正中間，

滑塊與紙帶間的動摩擦因數〃=0.9,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60現

用力沿斜面向上勻加速拉動紙帶。

(1)若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出，試計算拉動紙帶的加速度不得小于多

少；

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⑵若滑塊能運動到平臺上，試計算拉動紙帶的加速度不得超過多少。

［解析］(1)設紙帶加速度為由時，滑塊到達斜面頂端時紙帶恰好被拉出，滑塊

加速度為“s,對滑塊，由牛頓第二定律有“igcos，一wigsin，=股必

滑塊位移紙帶位移上=，/，聯立解得對=2.4m/s?

若在滑塊到達斜面頂端前紙帶被拉出，拉動紙帶的加速度不得小于2.4m/s2o

(2)設紙帶加速度為念時，滑塊先以加速度外加速，離開紙帶后在斜面上以加速

度大小以減速，到達斜面頂端時速度恰好減到0,對滑塊，由牛頓第二定律有

mgsin8=ma'

設滑塊加速時間為力，減速時間為f2,最大速度為Kn。

由平均速度公式，有，=g/?l+f2),又吃=.由，Hn=?xh,解得力=1S

由位移關系，有:電針一：。5音=1,

解得“2=2.64m/s2

若滑塊能運動到平臺上，拉動紙帶的加速度不得超過2.64m/s2o

［答案］(1)2.4m/s2(2)2.64m/s2

8.(2024?湖南長沙長郡中學9月月考)如圖甲所示，水平地面上左側有一固定

的圓弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圓弧N5,圓弧半徑為火=7.5m,右端是

粗糙的水平面6G緊挨著斜槽右側有一足夠長的小車尸，小車質量為陽o=lkg,

小車左端和斜槽末端C平滑過渡但不粘連，在。點靜止放置一滑塊M可視為質

點)，滑塊質量為如=2kg,最右邊有一固定的豎直墻壁，小車右端距離墻壁足

夠遠。已知斜槽5C段長度為上=1.2m,由特殊材料制成，從6點到。點其與

小球"間的動摩擦因數"o隨到5點距離增大而均勻減小到0,變化規律如圖乙

所示。滑塊N與小車的水平上表面間的動摩擦因數為〃=0.1,水平地面光滑，

現將一質量為陽2=2kg的小球M(可視為質點)從斜槽頂端N點靜止滾下，經過

N6C后(球滑動)與靜止在斜槽末端的滑塊N發生彈性碰撞，碰撞時間極短，碰

撞后滑塊滑上小車，小車與墻壁相碰時碰撞時間極短，每次碰撞后小車速度方

向改變，速度大小減小為碰撞前的一半，重力加速度取g=10m/s2,求：

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⑴小球運動到。點時(還未與滑塊碰撞)的速度大小；

⑵小車與墻壁第1次碰撞后到與墻壁第2次碰撞前的過程中，滑塊與小車間由

于摩擦產生的熱量。

［解析］(1)設小球到。點的速度為八,從6到C過程中小球克服阻力做功為

WfBC,由題圖乙可知該過程摩擦力隨距離增大在均勻減小，則有

小球由4到C過程中，由動能定理可得

migR—WfBC=^m2VQ,解得/=12m/s。

(2)小球與滑塊彈性碰撞過程中，由于小球與滑塊質量相等，故碰后速度交換，

即碰后滑塊速度大小為

《(4=12m/s

設滑塊滑上小車后與小車達到的共同速度為滑塊和小車組成的系統，在水

平方向上受到的合外力為零，滿足動量守恒，由動量守恒定律有