1.5.4 滑块木板模型及应用 重难点突破专项训练 -2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

1.5.4 滑块木板模型及应用 【素养目标】 1.知道“滑块—木板”模型中的动量、能量关系； 2.学会用动量守恒定律和功能关系解决“滑块—木板”模型问题. 【知识梳理】 “滑块——木板”模型，其本质与“子弹打木块”模型是相同的，解决问题的方法也基本相同，只是形式不同而已. 1.“滑块——木板”问题涉及动量和能量的综合应用，由于滑块与木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，运动过程中这对摩擦力使滑块、木板各自的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为一个系统，则这对摩擦力是系统的内力，当系统所受合外力为零时，摩擦力不影响系统的总动量，即系统满足动量守恒定律，所以当滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题.若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题. 2.“滑块—木板”问题模型 一、单选题 1．如图甲所示，光滑平台上物体A以初速度滑到静止于水平地面且上表面粗糙的小车B上，小车B的上表面与平台等高且其与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A与小车B的图像，由图乙中给出的信息可求得（　　） A．小车B上表面的长度 B．物体A的质量 C．小车B的质量 D．物体A与小车B的质量之比 2．如图所示，光滑水平面上有质量为m足够长的木板，木板上放一质量也为m、可视为质点的小木块。现分别使木块获得向右的水平初速度v0和2v0，两次运动均在木板上留下划痕，则两次划痕长度之比为(　　) A．1：4 B．1：4 C．1：8 D．1：12 3．在一次射击游戏中，子弹以某一水平初速度击中静止在光滑水平地面上的木块，进入木块一定深度后与木块相对静止。设木块对子弹的阻力大小恒定，子弹从进入木块到刚与木块相对静止的过程中，下列四幅图中子弹与木块可能的相对位置是（　　） A． B． C． D． 4．如图所示，A、B两木块靠在一起放于光滑的水平面上，A、B的质量分别为，，一个质量为的小铁块C以的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动。若木块A在铁块C滑离后的速度为，铁块C与木块A、B间动摩擦因数均为，取。下列说法不正确的是（　　） A．铁块C在滑离A时的速度为 B．木块B的长度至少为 C．铁块C在木块B上滑行的时间为 D．全过程铁块C克服摩擦力做的功为 5．如图所示，质量为m光滑圆环套在固定的水平杆上，轻绳的一端系在圆环上，另一端系着质量为M的木块。质量为m0的子弹以水平速度v0射入木块，离开木块时，木块的速度为v，子弹穿过木块的时间极短。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量和机械能都守恒 B．子弹射穿木块的过程，子弹和木块组成的系统损失的机械能为 C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力大于(m+M)g D．木块上升到最高点时，上升高度为 二、多选题 6．如图，光滑水平面有一静止长木板质量M=3kg，长L=7m，木板上最左端静置一木块m=1kg，木板与木块间动摩擦因数μ=0.3，时刻，在木块上施加一水平向右的恒力F=6N，作用t=2s后撤去该力，对于木板和木块的运动，下列结论正确的是（g=10m/s2）（　　） A．t=2s时木块的速度为6m/s B．t=2s时木板的位移为2m C．从t=0开始，木块与木板相对运动的时间为4s D．从t=0开始，系统产生的内能为18J 7．质量为2kg的木板B静止在光滑水平面上，板长为L=1.5m，厚度为h=0.2m，质量为2kg的可视为质点的物块A从木板左侧沿木板上表面水平冲上木板，初速度为=4m/s，如图所示，A、B之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．A、B最终相对静止，共同的速度为2m/s B．最终从B的右端滑出，A落地时，与B右端的距离为0.4m C．A、B系统动量守恒，机械能守恒 D．整个过程中，摩擦生热是6J 8．如图甲所示，质量为的物块置于水平固定平台上，质量为的小车静置于足够长的光滑水平地面上，小车与平台等高并平滑相接。物块与平台间和小车上表面间的动摩擦因数均为。物块在水平力作用下由静止开始向右运动，图象如图乙所示，在时撤去力，此时物块距离平台最右端点的距离为。之后物块继续滑行，最终没有从小车上滑落。取，则下列说法中正确的是（　　） A．力对物块的冲量大小为 B．撤去力时，物块的动能为 C．撤去力后，物块在平台上继续运动的时间为 D．物块在小车上产生的热量为 9．如图所示，半径R=0.45m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道的最低点，质量m=1.0kg的物块（可视为质点）从圆弧最高点A由静止释放。B点右侧的光滑的水平面上紧挨B点有一静止的小平板车，平板车质量M=2.0kg，长度l=1.0m，小车的上表面与B点等高，在平板车的上表面铺上一种厚度可以忽略的特殊材料，其与物块之间的动摩擦因数μ从左向右随距离均匀变化，如图所示。重力加速度g取10m/s2。（　　） A．全过程中摩擦生热为4J B．全过程中物体对小车做的功为4J C．全过程中物体对小车做的功为1J D．物体最终停在距小车左端m处 10．如图所示，水平桌面左端有一顶端高为的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上。桌面右侧有一半径，竖直放置的光滑圆轨道，为其竖直直径，点距桌面的高度也为。一质量为的物块自圆弧形轨道的顶端由静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上的物块发生弹性正碰，碰撞之后，被弹回上升的最大高度为原高度的。由于桌面粗糙，碰后物块向右做匀减速直线运动，到达桌子边缘点后水平飞离桌面，又恰好由点沿切线落入圆轨道。已知间距离为，与桌面间的动摩擦因数，重力加速度为。则（   ） A．物块一定能沿圆轨道到达点 B．物块的质量为 C．物块最初离桌面高度为 D．物块运动到点时对轨道压力大小为 三、解答题 11．如图所示，水平光滑的桌面上有一质量M=4kg的长木板静止在光滑水平面上，质量m=1kg的小滑块置于长木板左端，小滑块可视为质点。长木板右侧与固定竖直挡板间的距离L=10m，小滑块以v0=10m/s的速度向右滑上长木板，经过一段时间后，长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g=10m/s2，长木板足够长，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)经过多长时间，长木板与竖直挡板相碰？ (2)长木板与竖直挡板碰撞后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 12．如图所示，两个完全相同的长木板A、B靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的长均为，质量均为，质量也为物块C放在长木板A的左端，现给C施加一个水平向右、大小等于10N的恒定拉力F，当C运动到A板的右端时，撤去拉力，结果物块最后滑到B木板的右端时与B木板相对静止，物块C与木板A间的动摩擦因数为，重力加速度为，不计滑块C的大小。求： （1）拉力F做的功； （2）物块C与长木板B的动摩擦因数为多少？ 13．如图所示，倾角为的固定粗糙斜面上有一物块A，物块到斜面底端的高度为h，紧靠斜面底端有一长为L的长木板B停放在光滑的水平面上，斜面底端刚好与长木板上表面左端接触，长木板上表面粗糙，右端与一圆弧面C粘接在一起，圆弧面左端与木板平滑相接，现释放物块A让其从斜面上滑下，圆弧面表面光滑，圆弧面的半径为R，物块与斜面、长木板表面的动摩擦因数均为三者的质量相等，重力加速度大小为g，不计物块A从斜面滑上木板时的机械能损失． （1）求物块A到达斜面底端时的速度大小v； （2）改变物块A由静止释放的位置，若物块A恰好能滑到圆弧面C的最高点，求其开始下滑时到斜面底端的高度； （3）在（2）中情况下，求物块A从圆弧面最高点返回后停留在长木板B上的位置到长木板右端的距离s（设物块A不会从长木板B的左端滑下）． 14．如图所示，在光滑水平面上的平板小车，质量为m1，其左端放有质量为m2的铁块（可视为质点），若铁块与小车均以v0=3m/s的速度向右做匀速运动，小车将与竖直墙壁发生正撞，碰撞时间忽略不计，碰撞时无动能损失，已知铁块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，铁块始终不从小车上掉下来，求： （1）若m1>m2，且满足题意的小车的最小长度为5m，求m1与m2的比值； （2）若m1=1kg，m2=2kg，小车和墙第一次相碰以后，小车所走的总路程为多少。 15．如图所示，9个质量均为的相同滑块（均视为质点）静止在粗糙水平面上，滑块间距均为，滑块与水平面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现给滑块1水平向右、大小为8N的恒力，滑块碰后粘在一起，碰撞时间极短。取重力加速度大小，求： (1)滑块1与滑块2碰前瞬间的速度大小； (2)可运动的滑块个数； (3)滑块1运动的位移大小。 16．如图所示，质量为M=2kg的长木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的木块（可视为质点）静止在长木板的最左端，右侧质量也为M=2kg的光滑四分之一圆弧槽静止在光滑水平面上，圆弧槽的下端与木板的上表面相平．现对木块施加一水平向右、大小为F=6N的恒力，木块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，t0=1s时撤去恒力，到二者共速时木块恰好没有从长木板上滑落，二者共速后瞬间长木板与圆弧槽相碰并粘在一起，碰撞时间极短，之后木块滑上圆弧槽且恰好没有离开圆弧槽．重力加速度g=10m/s2. （1）求长木板的长度和初始时长木板最右端到圆弧槽底端的距离； （2）求圆弧槽的半径以及最终木块距离长木板左端的距离； （3）若初始时将木块放在长木板最右端，将圆弧槽固定在水平面，对长木板施加一水平向右的恒力F′，当长木板与圆弧槽相碰后撤去恒力F′，整个过程中木块未脱离长木板和圆弧槽，求恒力F′的取值范围．    17．如图，劲度系数为100N/m的轻弹簧一端固定在倾角足够长斜面的顶端，另一端拴接物块A，弹簧与斜面平行。物块B锁定在A上，点为弹簧原长位置，A与斜面间的动摩擦因数。A、B质量均为。不计厚度的挡板P固定在水平面上，左侧的平面光滑，木板C长度，质量，紧挨着挡板P。木板C右端与足够长的固定平台间的距离。物块A、挡板P、木板C的上表面及平台等高。质量均为的个物块从左向右依次静置于平台上，相邻两物块间的距离均为，物块1位于平台的最左端。已知B与木板间的动摩擦因数，木板与水平面间的动摩擦因数，各物块与平台间的动摩擦因数均为。将弹簧压缩，使AB从斜面上距点，处由静止释放，重力加速度，所有物块均可视为质点。AB释放后的运动过程中： （1）求AB物块下滑速度最大时离点的距离； （2）求A对B作用力的最大值； （3）调整斜面长度使AB物块速度最大时恰好到达斜面底端，此时撤去弹簧并解除AB间的锁定。A与挡板碰撞后物块B滑上木板C，木板C与平台碰撞后立即停止，物块B与物块1相碰后粘在一起，两物块继续运动，然后与物块2相碰，碰后三物块粘在一起继续运动……，所有碰撞时间极短。已知，不计物块由斜面到平面的能量损失。求： ①物块B与物块1碰撞前瞬间的速度大小； ②物块B与前个物块碰后粘成的整体与物块碰撞前的动能。 18．如图所示，质量为的长木板B，静止在粗糙的水平地面上，质量为的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端。一个质量为的子弹A以速度向着长木板运动。子弹打入长木板并留在其中（子弹打入长木板的时间极短），整个过程物块C始终在长木板上。已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.20，物块C与长木板间的动摩擦因数，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取，求： （1）子弹打入长木板后瞬间长木板B的速度； （2）长木板B的最小长度。 19．一游戏装置的竖直截面如图所示，左侧光滑圆弧轨道与半径的竖直光滑螺旋圆轨道，以及水平光滑直轨道平滑连接。长的木板B紧靠直轨道右端放置，木板C位于B右侧距离为的位置，B、C厚度相同，位于同一水平面上，且上表面恰好与光滑直轨道平齐，B、C碰撞时会粘在一起。小滑块由圆弧轨道上一定高度由静止下滑，穿过螺旋轨道后再经水平直轨道滑上木板B。已知的质量的质量，的质量A、B间动摩擦因数，B下表面光滑，C运动时受到地面摩擦力大小恒定为，不计空气阻力，重力加速度取。求： (1)若滑块A恰能通过圆形轨道最高点，求A经过圆轨道上的最低点时对轨道的压力大小； (2)若滑块A在B碰撞前不从B上滑落，求A从轨道上下滑的最大高度； (3)若保证滑块A能滑上木板C，求A滑上B时的最小速度。 20．如图所示，半径为的光滑圆弧轨道（圆心为）与上表面粗糙的足够长水平滑板相连并相切于点，总质量为。轨道放置在光滑水平面上，左侧恰好与竖直墙面接触，一质量为的小滑块（视为质点）从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，小滑块与水平滑板间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，求： （1）整个过程中竖直墙面对轨道的冲量大小； （2）小滑块在下滑的过程中对轨道的最大压力； （3）小滑块最终到点的距离。 21．如图所示，一长度为l=3.25m的长木板丙右端装有一竖直的挡板，静止放置在光滑水平地面上，质量为m=1kg的小球甲被长为的轻绳拴住，轻绳另一端固定于O点，小球在最高点P以vP=20m/s速度水平抛出，当运动到O点的正下方时，恰好与静止在长木板丙左端的滑块乙相碰，碰撞过程中小球甲的动能减少了75%，且甲乙只碰一次。已知滑块乙与长木板质量相等，均为M=4kg，滑块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.3，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，忽略空气阻力，取重力加速度g=10m/s2，求： (1)小球与滑块乙碰撞后滑块乙的速度大小。 (2)滑块乙碰到挡板时的速度大小。 22．如甲图所示，在光滑的水平地面上，质量 的小球A用长为l=4m不可伸长的轻绳悬挂于O点，质量为m=3kg的小物块B(可视为质点)静置于长木板C的左端，B处于O点正下方，OB 两点距离和轻绳长度相等，保持轻绳拉直将A球拉至图示位置从静止释放，A与B 发生弹性正碰，碰后A球与轻绳在竖直方向的最大夹角为37°， ，重力加速度为g。 (1)求初始时刻轻绳与竖直方向的夹角θ的余弦值。 (2)长木板C的质量M=1kg，长度L=2m，B恰好能运动到木板C最右端，求B、C间的动摩擦因数μ。 (3)在（2）的条件下，B刚好运动到木板C的最右端后，立即取走细绳与A球，并在水平面两端各固定一个竖直挡板 P、Q，如乙图所示，此后B、C与挡板Q发生碰撞。C与Q碰后速度立即变为0，但不与Q粘结，B与Q 发生弹性碰撞之后，B、C能向左达共同速度后再与P 板相碰，在碰前瞬间，将B锁定于长木板C上，B、C与挡板 P 发生弹性碰撞后，立即解除对 B的锁定(锁定和解除锁定过程无机械能损失)。以后B、C若与P、Q挡板碰撞，操作过程与第一次相同。求整个过程中，由于C与挡板Q 碰撞而损失的能量。 试卷第8页，共8页 试卷第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 《1.5.4 滑块模板木型及应用》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A C C ABD BD BD CD BCD 1．D 【详解】A．由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，小车上表面最小的长度等于A、B间相对位移之差，为 可以求得小车B上表面最小的长度，故A错误； BCD．由动量守恒定律得 解得 故可以确定物体A与小车B的质量之比，但不能确定物体A的质量与小车B的质量，故B、C错误，D正确； 故选D。 2．A 【详解】木块从开始到相对长木板静止的过程中，木块和木板系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有 解得； 根据能量守恒定律有 解得划痕长度 同理，当木块的初速度为2v0时，则划痕长度为 故两次划痕长度之比为，故A正确，BCD错误。 故选A。 3．A 【详解】子弹打击木块过程，系统动量守恒，则有 对木块，根据动能定理有 解得木块的位移 对子弹，根据动能定理有 解得子弹的位移 比较可知 它们的相对位移 它们位移的大小关系是 故选A。 4．C 【详解】A．铁块C在滑离A的瞬间，由动量守恒得 代入数据解得 所以A正确，与题意不符； B．铁块C和木块B相互作用最终和B达到相同的速度。铁块C和B作用过程中动量守恒、能量守恒，有 因铁块C没有从木块B上掉下来，所以木块B的长度 联立以上方程代入数据，解得 即木块B的长度至少为0.24m，所以B正确，与题意不符； C．由B选项分析，可得C与B共速的速度为 C滑上B后做匀减速运动，加速度为 则铁块C在木块B上滑行的时间为 所以C不正确，符合题意； D．C刚滑上A，C做匀减速运动，A做匀加速运动，则C的总位移为 则全过程铁块C克服摩擦力做的功为 所以D正确，不符合题意。 故选C。 5．C 【详解】A．子弹射穿木块前后，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，A错误； B．设子弹射穿木块时的速度为v1，子弹和木块组成的系统损失的机械能为 ，B错误； C．子弹射出木块后的瞬间，圆环对杆的压力，C正确； D．根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律得 解得 D错误。 故选C。 6．ABD 【详解】A．以向右为正方向，对木块由动量定理可得 解得 故A正确； B．以向右为正方向，对木板由动量定理可得 解得 木板的位移为 故B正确； C．撤去该力，木块与木板组成的系统，动量守恒，则有 解得 对木块由动量定理可得 解得 从t=0开始，木块与木板相对运动的时间为 故C错误； D． 木块的位移为 系统产生的内能为 系统产生的内能为 从t=0开始，系统产生的内能为 故D正确。 故选ABD。 7．BD 【详解】A．A、B系统水平方向不受外力，A、B最终相对静止，根据动量守恒定律可知 解得，共同的速度为 设A在B上滑行的距离为x，由能量守恒定律可知 解得 所以，A、B最终不会相对静止，最终A会从B的右端滑出，故A错误； B．设A、B分开时，两者的速度分别是vA和vB，由动量守恒定律可知 由能量守恒定律可知 解得 A从B上表面滑离后做平抛运动，做平抛运动的时间 最终从B的右端滑出，A落地时，与B右端的距离为 故B正确； CD．A从B上表面滑行时，因为摩擦力做功，产生的内能 所以整个过程中，摩擦生热是6J，A、B系统动量守恒，机械能不守恒，故D正确，C错误。 故选BD。 8．BD 【详解】A．图线与坐标轴所围的面积表示力对物块的冲量大小，由图象可得 选项A错误； B．在内，由动量定理有，即 解得 因此撤去力时物块的动能为 选项B正确； C．设物块到达平台右端时的速度为，撤去力后，由 可得 选项C错误； D．对于物块与小车组成的系统，由动量守恒定律可知 由能量守恒定律可知 解得 选项D正确。 故选BD。 9．CD 【详解】AD．物体从，根据动能定理 解得 物体滑上小车后，系统动量守恒，假设物体最后未滑出小车，选取水平向右为正 解得 根据图像可知动摩擦因数与距离的关系为 假设物块最终停在距小车左端处，将图像纵轴变为，则图线和横轴围成的面积即为克服摩擦力做功的大小，根据动能定理 解得 另一解为不符合假设舍去，说明物块滑到小车最左端时与小车共速，则摩擦生热 A错误，D正确； BC．全过程物体对小车做功全部转化为小车的动能，根据动能定理 B错误，C正确。 故选CD。 10．BCD 【详解】A．设碰撞后物块B由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时 由， 解得， 物块B从P点到M点由机械能守恒定律 可得 因到达M点的临界条件为 可知物块B不能到达M点，A错误； BC．碰后B到达D的过程中由动能定理 解得 A碰前速度 解得 同理可知A碰后速度 AB碰撞过程由动量守恒和能量关系可知， 解得，，BC正确； D．B从P点到N点由动能定理 在N点时 解得 根据牛顿第三定律可知，物块运动到点时对轨道压力大小为，D正确。 故选BCD。 11．(1)6s；(2)11.6m 【详解】(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒 mv0=(m+M)v 解得 v=2m/s 对长木板 μmg=Ma 得长木板的加速度 a=1m/s2 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度 v=at1 解得 t1=2s 长木板位移 解得 x=2m<L=10m 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板，此后两者一起匀速运动，则 L－x=vt2 解得 t2=4s 则总时间为 t=t1+t2=6s (2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒 mv－Mv=(m+M)v′ 最终两者的共同速度 由能量守恒定律得 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离 s=11.6m 12．（1）；（2） 【详解】（1）对C研究 求得 对A、B研究 求得 由题意知 求得 物块C运动的位移 因此拉力F做的功为 （2）物块滑到A的右端时，C的速度 A、B的共同速度 撤去拉力后，物块C滑上长木板B，设物块C与长木板B最后的共同速度为，根据动量守恒定律有 求得 根据功能关系 求得 13．(1)      (2)      (3) 【详解】（1）设物块A沿斜面下滑的加速度大小为a，有： ， 由运动学规律有：， 解得：； （2）若物块A恰好能滑到圆弧面C的最高点，则物块A滑到圆弧面的最高点时物块与圆弧面、长木板具有共同的速度，此种情况下，物块A到达斜面底端时的速度大小为： ， 设物块A滑到圆弧面C的最高点时的速度大小为，由动量守恒定律有： ， 由功能关系有：， 解得：； （3）经分析可知，当物块A最终停留在长木板B上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度（设为），由动量守恒定律有： 上式中，，且， 由功能关系有：， 解得： 【点睛】物块A沿斜面下滑的过程中，重力做正功，滑动摩擦力做负功，由动能定理求物块A到达斜面底端时的速度大小v；先由动能定理求出物块A到达斜面底端时的速度表达式．物块A恰能滑上圆弧面C时，三个物体的速度相同，根据动量守恒定律求得共同速度，再由能量守恒定律求解即可；物块A最终停留在长木板B上时，物块、木板与圆弧面具有共同的速度，由动量守恒定律和能量守恒定律即可求解物块最终停留的位置． 14．（1）；（2）m 【详解】（1）研究m1与墙碰后过程，m1碰后速度等大反向，m2以初速度v0继续向右做减速运动，规定向左方向为正方向，当m1与m2向左达到共同速度v共时，对应小车的最小长度lmin，由动量守恒定律和能量关系得： m1v0－m2v0=（m1＋m2）v共 代入数据，解得 （2）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为s1，由动能定理得 －μm2gs1=0－m1v02 规定向右为正方向，小车与墙第1次碰后至第2次碰前（已同速），由动量守恒定律有 －m1v0＋m2v0=（m1＋m2）v1 解得 第二次相撞后平板车向左走的路程为s2，则有 小车和墙壁发生碰撞以后再次减速后反向加速和小车共速，则有 －m1v0＋m2v1=（m1＋m2）v2 解得 可知每次和墙壁碰撞后向左运动的速度为上一次向左运动速度的，因此位移为上一次的 故小车所走的路程 s=2s1＋2s2＋…＋2sn= 解得 15．(1) (2) (3) 【详解】（1）由动能定理得 解得 （2）滑块1与滑块2碰撞，由动量守恒定律得 解得m/s 由动能定理得 解得/s 由动量守恒定律得 解得/s 可得滑块3与滑块4碰后速度m/s 可得滑块4与滑块5碰后速度m/s 可得滑块5与滑块6碰后速度m/s 可得滑块7不可能被碰，则 （3）根据， 解得 16．（1）3m；2m；（2）m；2.8m；（3）0<F′≤N或F′≥N 【详解】（1）对木块由牛顿第二定律有 F－μmg=ma1 对长木板由牛顿第二定律有 μmg=Ma2 力F作用过程中，木块的位移 长木板的位移 t0=1s时木块距离长木板最左端的距离 Δx1=x1－x2。t0=1s时，木块的速度 v1=a1t0 长木板的速度 v2=a2t0 撤去恒力后，木块和长木板组成的系统动量守恒，二者共速时有 mv1＋Mv2=（m＋M）v共 对撤去恒力到二者共速的过程，有 则长木板的长度为 L1=Δx1＋Δx2=3m 整个过程中，长木板一直以加速度大小a2做匀加速直线运动，长木板运动的距离等于初始时长木板最右端到圆弧槽底端的距离，为 （2）长木板与圆弧槽碰撞的过程，二者在水平方向上动量守恒，设碰撞后瞬间二者的速度大小为v′共，由动量守恒定律有 Mv共=2Mv′共 木块恰好没有离开圆弧槽，在水平方向对木块、长木板和圆弧槽组成的系统，由动量守恒定律有 mv共＋2Mv′共=（2M＋m）v″共 从木板与圆弧槽碰后到木块恰不离开圆弧槽的过程，由机械能守恒定律有 解得 当木块、长木板和圆弧槽最终相对静止时，整体沿水平方向的速度大小为v″共，根据功能关系有 mgR=μmgx 解得 x=0.2m 最终木块距离长木板左端的距离为 L3=L1－x=2.8m （3）恒力F′作用在长木板上时，可分为以下两种情况： ①木块和长木板保持相对静止，木块加速度的最大值为 a3=μg 则恒力F′的大小满足 0<F′≤6N 整个过程中木块未脱离长木板和圆弧槽，则木块速度的最大值为 对木板和木块，由牛顿第二定律有 运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有 木块运动到圆弧槽底端时的速度大小为 v4=a4t1 又 v4≤v3 则 0<F′≤N ②木板和木块发生相对运动 木块的加速度大小为 a3=μg 木板的加速度大小为 且 F′>6N 木板运动到圆弧槽底端的过程，由匀变速直线运动规律有 t2时木块到圆弧槽底端的距离为 木块的速度大小为 v₅=a₃t₂ 此后木块运动到圆弧槽底端的过程有 其中 v₆≤v₃ 解得 F′≥N 综上，恒力F′的取值范围为0<F′≤N或F′≥N。 17．（1）；（2）；（3）①；② 【详解】（1）AB物块下滑速度最大时 整理得 （2）AB物块一起下滑到最低点，即将要向上运动时，对B的作用力最大，此时速度为零，设离开点的距离。根据动能定理得 整理得 根据牛顿第二定律，对AB整体 对物块B，x轴方向有 y轴方向 整理得 （3）①AB物块一起下滑的速度最大时，根据动能定理得 整理得 对物块B与木板的相互作用过程，对物块B由牛顿第二定律得 解得 对木板C由牛顿第二定律得 解得 设经时间t，B与C共速 解得 该过程中B与C发生的相对位移为 即B恰好到达C的最右端，该过程中C发生的位移为 即C恰好与平台相碰。物块B的速度为 ②物块B与物块1相碰前 根据动量守恒定律得 与物块1相碰后 对B与物块1整体，根据动能定理 与物块2相碰前 与物块2相碰，根据动量守恒定律得 与物块2相碰后 对B与物块1、2整体，根据动能定理 与物块3相碰前 同理可得，与物块4相碰前 归纳得，与物块n碰前 与物块碰撞前瞬间粘到一起的物块总动能 整理得 18．（1）9m/s；（2）4.5m 【详解】(1)虽然水平地面是粗糙的，但是子弹打入长木板的时间极短，故对于A与B组成的系统，近似满足动量守恒的条件，由动量守恒定律得 m1v0 (m1m2)v1 解得 v19m/s (2)之后A、B做减速运动，C做加速运动，达到共同速度之前，根据牛顿运动定律 对木板和子弹有 2 m3g1 (m1m2m3)g (m1m2)a1 对物块C有 2 m3gm3a2 设从子弹A打入长木板B至A、B、C达到共同速度经历的时间为t， 则有 v1a1ta2t 此过程中物块C相对木板B的位移为 B、C达到共同速度之后，因12，二者一起减速停下，故长木板的最小长度为4.5m 19．(1) (2) (3) 【详解】（1）小滑块恰好通过，根据牛顿第二定律则有 由到，根据机械能守恒定律得 在点，由牛顿第二定律得 联立解得 由牛顿第三定律得，对轨道压力为，方向竖直向下 （2）设下滑高度为，根据机械能守恒定律得 滑块滑上后，对，由牛顿第二定律得 对，由牛顿第二定律得 当刚好不能从上滑落，设共速用时为，则有， 联立解得 的位移为且 则可通过轨道，且与共速前与不发生碰撞，所以下滑的最大高度 （3）设滑上且能滑上的最小速度为，从滑上到、共速过程中，设共速后速度为，系统水平方向动量守恒，则有 根据能量守恒则有 同理可知，碰撞满足动量守恒 、碰后，根据牛顿第二定律可知，的加速度满足 的加速度满足 设经过时间、、共速，则有， 恰好能滑到上须满足 代入数值联立解得 即最小速度为 20．（1）；（2）；（3）。 【详解】（1）小滑块下滑到点的过程中机械能守恒，有 对小滑块和轨道组成的系统，在水平方向由动量定理得 解得 （2）分析可知，小滑块下滑的过程中到达圆弧轨道最低点前的瞬间对轨道的压力最大，对小滑块受力分析可得 由牛顿第三定律可知 解得 方向向上； （3）小滑块通过点后与轨道一起向右运动的过程中动量守恒，有 由能量守恒定律可知 解得 21．(1)3.92m/s；(2)1.96m/s 【详解】(1)设小球与滑块碰撞前小球的速度为v₀，碰撞后小球的速度为v₁，碰撞后滑块的速度为v₂，对小球根据机械能守恒定律 解得 碰撞过程中小球甲的动能减少了75%，则碰撞后小球的速度大小减小为原来的一半 根据动量守恒定律 解得 甲乙将发生第二次碰撞，不符合题意，舍去； 根据动量守恒定律 解得 甲乙只发生一次碰撞，所以碰撞后滑块的速度为3.92m/s； (2)设滑块乙碰到挡板时滑块的速度v₃，挡板的速度v₄，由动量守恒定律和能量守恒定律 无解，所以滑块与木板碰撞前达到共同速度，根据动量守恒定律和能量守恒定律 解得 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）设碰撞前A球的速度为，碰后A球的速度为，小物块B的速度为，根据机械能守恒定律可得 解得 由于A与B 发生弹性正碰，选取A球碰前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得 由能量守恒可得 其中 联立解得 碰撞前，对于A球，由机械能守恒可得 结合上述结论可得 （2）B、C系统动量守恒，则有 解得 根据能量守恒可得 解得 （3）设第i次与挡板Q碰撞后B的速度为，动能为，达到共同速度后B的速度为，动能为，C的动能为，根据上述分析可得 单程克服摩擦力所做的功 因此每次B都可以返回Q板，最终停在Q板前，在每完成一个碰撞周期损失的总能量满足 从第一次碰撞以后由于C与Q碰撞损失能量所占比例为 所以全过程C与挡板Q碰撞损失的总能量 答案第16页，共17页 答案第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $