高中物理《解題手冊》專題10滑塊模型.doc

_專題十一 滑塊模型重點難點提示以滑塊為模型的物理問題，將其進行物理情景的遷移，或?qū)ζ涑跏紬l件與附設條件做某些演變、拓展，便于構成許多內(nèi)涵豐富、情景各異的綜合問題。由于這類問題涉及受力和運動分析、動量和功能分析以及動力學、運動學、動量守恒、能量守恒等重要內(nèi)容的綜合應用，因此，滑塊模型問題成為高考考查學生知識基礎和綜合的能力的一大熱點。通過對滑塊模型問題的分析、研討，掌握其基本特征，分清其在不同情景中的物理本質(zhì)，對于啟迪學生思維和培養(yǎng)學生的各種能力，特別是提高學生解題能力和開發(fā)學生研究性學習潛能的作用都是不可低估的。習題分類解析類型一單滑塊問題如圖所示，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0射人靜止在光滑水平面上的木塊M中且未穿出。設子彈與木塊間的摩擦為f。子彈打進深度d相對木塊靜止，此時木塊前進位移為s。分析與解答：對系統(tǒng)，由動量守恒有：mv0=（Mm）v 對子彈由動能定理有： 對木塊由動能定理： 得： 動能的損失： 故打入深度 變式1 如圖所示，在光滑的水平桌面上，靜放著一質(zhì)量為980g的長方形勻質(zhì)木塊，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為20g的子彈以300m/s的水平速度沿其軸線射向木塊，結果子彈留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm，子彈打進木塊的深度為6cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。（1）求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所增加的內(nèi)能。（2）若子彈是以400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊的，則它能否射穿該木塊？分析與解答：設子彈的初速度為v0，射入木塊的共同速度為v.以子彈和木塊為系統(tǒng)，由動量守恒定律有（2分）解得 此過程系統(tǒng)所增加的內(nèi)能 （2）設以v0=400m/s的速度剛好能夠射穿材質(zhì)一樣厚度為d的另一個木塊.則對以子彈和木塊組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有此過程系統(tǒng)所損耗的機械能由功能關系有兩式相比即有于是有因為d10cm，所以能夠穿透此木塊. 變式2 固定在地面的水平桌子左端放有質(zhì)量M的木塊，木塊厚10cm，其右端和桌子右邊緣相距L=4.0m，木塊和桌面間的動摩擦因數(shù)=0.80。質(zhì)量為m0=100g的子彈（可以視為質(zhì)點）以v0=100m/s的速度水平向右射入木塊，并留在木塊中，子彈鉆入木塊的深度是5.0cm。木塊在桌面上滑行了s=1.0m后停下。求：子彈射入木塊后，木塊開始在桌面上滑行的初速度v是多大？木塊的質(zhì)量M是多少？子彈射入木塊過程系統(tǒng)的動能損失E是多少？如果子彈射入木塊前的初速度v0可以在100m/s到200m/s范圍內(nèi)取值，并設子彈鉆入木塊過程中所受的阻力大小恒定，為使木塊在桌面上滑行的距離最遠，其他條件都不變，v0應取多大？這個最遠距離sm是多大? v/(ms-1)t/sO100 4 v/ 分析與解答：子彈和木塊共同滑行過程用動能定理：(M+m)gs=初速度v=4.0m/s 根據(jù)子彈射入木塊過程兩者組成的系統(tǒng)動量守恒：mv0=(M+m)v，可求M=2.4kg 子彈射入木塊過程系統(tǒng)的動能損失E=480J 設子彈和木塊在桌面上滑行的距離為s，由v2=2as，有sv2；設子彈和木塊間的相互作用力大小為f，若子彈沒有射穿木塊，最后和木塊共同運動，鉆入木塊的深度為d，根據(jù)能量守恒：摩擦生熱，有dv02，因此子彈初速度是v0時剛好未射穿木塊，這時子彈和木塊開始滑行的初速度變?yōu)関，在桌面上滑行的距離則變?yōu)?s=2.0m。若子彈速度再大，將射穿木塊。由速度圖象分析：子彈在木塊中運動過程，子彈和木塊的加速度大小是恒定的，與子彈初速度大小無關；子彈、木塊速度圖線和縱軸所圍面積表示子彈鉆入木塊的深度，圖中帶點部分的面積表示木塊厚度，對應的木塊滑行初速度是4m/s。從圖中可以看出，當子彈初速度大于100m/s后，射穿時木塊的速度v/反而小了，因此在桌面上滑行的距離隨之變小。因此，當v0=100m/s時，木塊在桌面上滑行距離最大是2.0m。變式3 如圖所示，AOB是光滑水平軌道，BC是半徑為R的光滑1/4圓弧軌道，兩軌道恰好相切質(zhì)量為M的小木塊靜止在O點，一質(zhì)量為m的子彈以某一初速度水平向右射入小木塊內(nèi)，并留在其中隨小木塊一起運動，恰好能達到圓弧的最高點C（子彈和木塊可視作質(zhì)點）問：（1）子彈入射前的速度？（2）若每當木塊返回或停止在O點時立即有一顆相同的子彈射入木塊，并留在其中，則當?shù)?顆子彈射入木塊后，小木塊沿圓弧軌道能上升的最大高度是多少？分析與解答：（1）由題，第一次入射后速度v1=， 由動量守恒，有：mv0=(M+m)v1 ，得：； （2）第二次入射時，有：mv0 - (M+m)v1 =(M+2m)v2=0 ，第三次入射時，有：mv0 = (M+3m)v3 ，第四次入射時，有：mv0 - (M+3m)v3 =(M+4m)v4=0 ， 第八次入射后，有：mv0 - (M+7m)v7 = (M+8m)v8=0 ，第九次入射時，有：mv0 = (M+9m)v9 ， 得：； 由機械能守恒，有： 變式4 如圖所示，在光滑水平面上有一輛質(zhì)量為M=4.00的平板小車，車上放一質(zhì)量為m=1.96的木塊，木塊到平板小車左端的距離L=1.5m，車與木塊一起以v=0.4m/s的速度向右行駛，一顆質(zhì)量為m0=0.04的子彈以速度v0從右方射入木塊并留在木塊內(nèi)，已知子彈與木塊作用時間很短，木塊與小車平板間動摩擦因數(shù)=0.2，取g=10m/s2。問：若要讓木塊不從小車上滑出，子彈初速度應滿足什么條件？分析與解答：子彈射入木塊時，可認為木塊未動。子彈與木塊構成一個子系統(tǒng)，當此系統(tǒng)獲共同速度v1時，小車速度不變，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 此后木塊(含子彈)以v1向左滑，不滑出小車的條件是：到達小車左端與小車有共同速度v2，則 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 L v0 m v 聯(lián)立化簡得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 為最大值， v0149.6m/s類型二 雙滑塊相互作用系統(tǒng)如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的盒子，盒子中央有一質(zhì)量為m的小物體（大小可忽略），它與盒底部的摩擦系數(shù)為。盒子內(nèi)部長l，現(xiàn)給物體m以水平初速v0向右運動。設物體與壁碰撞時無能量損失。求：（1）物體相對盒子靜止時，盒的速度大小；（2）物體m與盒壁碰撞的碰撞次數(shù)。分析與解答：（1）由m以v0開始運動到m與M相對靜止的全過程中，系統(tǒng)動量守恒，符合子彈打木塊模型。即 mv0=（Mm）v （2）可得 所以 變式1 如圖所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質(zhì)量為2kg，B的質(zhì)量為3kg。有一顆質(zhì)量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經(jīng)過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對子彈的阻力為3103N，求A，B最終的速度。分析與解答： 設A，B質(zhì)量分別為mA，mB，子彈質(zhì)量為m。子彈離開A的速度為了v，物體A，B最終速度分別為vA，vB。在子彈穿過A的過程中，以A，B為整體，以子彈初速v0為正方向，應用動量定理。ft=（mA+mB）u （u為A，B的共同速度）解得：u = 6m/s。由于B離開A后A水平方向不受外力，所以A最終速度VA=u=6m/s。對子彈，A和B組成的系統(tǒng)，應用動量守恒定律：mv0=mAvA+（m+mB）vB解得：vB= 21.94m/s。物體A，B的最終速度為vA=6m/s，vB=21.94m/s。變式2 如圖，物塊A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的長木板B。若B固定，則A恰好滑到B的右端時停下；若B不固定，則A在B上滑行的長度為板長的4/5，求A、B的質(zhì)量比。分析與解答：B固定時：對A由動量定理 B不固定時： A相對B滑動距離4L/5 時，AB相對靜止，此時共同速度為V，由動量守恒定律 又由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得M=4m。變式3 質(zhì)量為M的小車A左端固定一根輕彈簧，車靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊B從右端以速度v0沖上小車并壓縮彈簧，然后又被彈回，回到車右端時剛好與車保持相對靜止。求這過程彈簧的最大彈性勢能EP和全過程系統(tǒng)摩擦生熱Q各多少？簡述B相對于車向右返回過程中小車的速度變化情況。ABF fAB分析與解答：全過程系統(tǒng)動量守恒，小物塊在車左端和回到車右端兩個時刻，系統(tǒng)的速度是相同的，都滿足：mv0=(m+M)v；第二階段初、末系統(tǒng)動能相同，說明小物塊從車左端返回車右端過程中彈性勢能的減小恰好等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加，即彈簧的最大彈性勢能EP恰好等于返回過程的摩擦生熱，而往、返兩個過程中摩擦生熱是相同的，所以EP是全過程摩擦生熱Q的一半。又因為全過程系統(tǒng)的動能損失應該等于系統(tǒng)因摩擦而增加的內(nèi)能，所以EK=Q=2EP 而， 至于B相對于車向右返回過程中小車的速度變化，則應該用牛頓運動定律來分析：剛開始向右返回時刻，彈簧對B的彈力一定大于滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，小車受的彈力F也一定大于摩擦力f，小車向左加速運動；彈力逐漸減小而摩擦力大小不變，所以到某一時刻彈力和摩擦力大小相等，這時小車速度最大；以后彈力將小于摩擦力，小車受的合外力向右，開始做減速運動；B脫離彈簧后，小車在水平方向只受摩擦力，繼續(xù)減速，直到和B具有向左的共同速度，并保持勻速運動。變式4 如圖所示，一質(zhì)量為M、長為L的長方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM.現(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度(如圖1)，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A剛好沒有滑離B板，以地面為參照系.(1)若已知A和B的初速度大小為V0，求它們最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木塊A向左運動到達的最遠處(從地面上看)離出發(fā)點的距離.V0V0BAV0V0BL1L2L0分析與解答：方法1、用牛頓第二定律和運動學公式求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t，A、B間的滑動摩擦力為f.如圖所示。對A據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=maA, L2=， V=-V0+aAt;對B據(jù)牛頓第二定律和運動學公式有：f=MaB, ,V=V0-aBt;由幾何關系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它們最后的速度大小為V. V0，方向向右。對A，向左運動的最大距離為。方法2、用動能定理和動量定理求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V，經(jīng)過時間為t, A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量定理可得： 對A： ft= mV+mV0 小錦囊從上述三種解法中，不難看出，解法三簡潔明了，容易快速求出正確答案。因此我們在解決動力學問題時，應優(yōu)先考慮使用能量守恒定律和動量守恒定律求解，其次是考慮使用動能定理和動量定理求解，最后才考慮使用牛頓第二定律和運動學公式求解。對B：-ft=MVMV0 解得：VV0，方向向右 A在B板的右端時初速度向左，而到達B板左端時的末速度向右，可見A在運動過程中必須經(jīng)歷向左作減速運動直到速度為零，再向右作加速運動直到速度為V的兩個階段。設L1為A開始運動到速度變?yōu)榱氵^程中向左運動的路程，L2為A從速度為零增加到速度為V的過程中向右運動的路程，L0為A從開始運動到剛好到達B的最左端的過程中B運動的路程，如圖2所示，設A與B之間的滑動摩擦力為f，則由動能定理可得：對于B ： -fL0= 對于A ： -fL1= - f(L1-L2)= 由幾何關系L0+L2=L 聯(lián)立求得L1=方法3、用能量守恒定律和動量守恒定律求解。A剛好沒有滑離B板，表示當A滑到B板的最左端時，A、B具有相同的速度，設此速度為V， A和B的初速度的大小為V0，則據(jù)動量守恒定律可得：MV0mV0=(m+m)V 解得：V. V0，方向向右 .對系統(tǒng)的全過程，由能量守恒定律得：Q=fL= 對于A fL1= 由上述二式聯(lián)立求得L1=.變式5 如圖甲所示，質(zhì)量mB=1 kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1 ms的速度向左勻速運動當t=0時，質(zhì)量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2 ms的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動摩擦因數(shù)為=0.2。若A最終沒有滑出小車，取水平向右為正方向，g10ms2，求：(1)A在小車上停止運動時，小車的速度為多大?(2)小車的長度至少為多少?(3)在圖乙所示的坐標紙中畫出1.5 s內(nèi)小車B運動的速度一時間圖象-0.5v/(m/s)1.51.00.501.51.00.5t/s-1.5-1.0-0.5v/(m/s)1.51.00.501.51.00.5t/s乙-1.5-1.0甲v2v1BA分析與解答： (1)A在小車上停止運動時，A、B以共同速度運動，設其速度為v，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得： mAv2mBv1=(mA+mB)v 解得，v=lms (2)設小車的最小長度為L，由功能關系得： 解得：L0.75m (3)設小車做變速運動的時間為t，由動量定理得：解得：t0.5s 故小車的速度時間圖象如圖所示 類型三 存在外力作用的雙滑塊系統(tǒng).如圖所示，一質(zhì)量為M=2kg的足夠長的長木板在光滑的水平面上以速度v0=3m/s的速度向右勻速運動，某時刻一質(zhì)量m=1kg的物體無初速的放在長木板的右端，物體與木板的動摩擦因數(shù)=0.5，g=10m/s2，求(1)物體相對長板的位移多大？(2)若在物體無初速放在長木板右端的同時對長木板施加一水平向右的恒力F=7.5N，則在1s內(nèi)物體的位移為多大？分析與解答：設物體與木板的共同速度為v，由動量守恒定律得Mv0=（Mm）v v0設物體相對于木板的位移為s，由能量守恒定律得 得: (2)設經(jīng)時間t1兩物體達共同速度v1，對于物體由動量定理得mgt1=mv1 對于物體和木板，由動量定理得Ft1=（M+m）v1Mv0 得: v1=gt1=4m/s 設t1時間內(nèi)物體發(fā)生的位移為s1，由動能定理得， 物體和木塊達共同速度后相對靜止，由牛頓第二定律得:，故物體與木板能保持相對靜止. 在t2=0.2s內(nèi)物體發(fā)生的位移： 物體在1s內(nèi)發(fā)生的位移: s=s1+s2=2.45m 變式1 在光滑水平面上靜止放置一長木板B，B的質(zhì)量為M=2同，B右端距豎直墻5m，現(xiàn)有一小物塊 A，質(zhì)量為m=1，以v0=6m/s的速度從B左端水平地滑上B。如圖所示。A、B間動摩擦因數(shù)為=0.4，B與墻壁碰撞時間極短，且碰撞時無能量損失。取g=10m/s2。求：要使物塊A最終不脫離B木板，木板B的最短長度是多少？A v0 5m B分析與解答：A滑上B后到B與墻碰撞前，系統(tǒng)動量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判斷：mv0=(M+m)v, 得 v=2m/s 此時B對地位移為S1，則對B： S=1m5m,故在B與墻相撞前與A已達到相同速度v，設此時A在B上滑行L1距離，則： 變式2 如圖所示，光滑水平面上靜止放著長L=1.6m，質(zhì)量為M=3kg的木塊（厚度不計），一個質(zhì)量為m=1kg的小物體放在木板的最右端，m和M之間的動摩擦因數(shù)=0.1，今對木板施加一水平向右的拉力F，（g取10m/s2）(1)為使小物體不掉下去，F(xiàn)不能超過多少？(2)如果拉力F=10N恒定不變，求小物體所能獲得的最大動能？(3)如果拉力F=10N，要使小物體從木板上掉下去，拉力F作用的時間至少為多少？分析與解答：（1）根據(jù)牛頓第二定律FF=(M+m)a mg=ma 得： F=(M+m)g=0.1(3+1)10N=4N （2）小物體的加速度 木板的加速度 解得物體滑過木板所用時間 物體離開木板時的速度 （3）若F作用時間最短，則物體離開木板時與木板速度相同。設F作用的最短時間為t1，物體在木板上滑行的時間為t，物體離開木板時與木板的速度為V 變式3 如圖所示，右端有固定擋板的滑塊B放在光滑的水平面上.B的質(zhì)量為M=0.8kg，右端離墻壁的距離為L=0.09m.在B上靠近擋板處放一個質(zhì)量為m=0.2kg的小金屬塊A.A和擋板之間有少量炸藥.A和B之間的動摩擦因數(shù)=0.2.點燃炸藥，瞬間釋放出化學能.設有E0=0.5J的能量轉(zhuǎn)化為A和B的動能.當B向右運動與墻壁發(fā)生碰撞后，立即以碰前的速率向左運動.A始終未滑離B.g=10m/s2，求:LAB (1)A和B剛開始運動時vA、vB；(2)最終A在B上滑行的距離s.分析與解答：解:(1)A和B在炸藥點燃前后動量守恒，設向左為正 mvA MvB = 0 解得 vA=2m/s 方向向左 vB=0.5m/s 方向向右 (2)B運動到墻壁處時，設A和B的速度分別為vA和vB對A和B，設向左為正，由動量守恒定律有 mvA MvB = mvA - MvB 對B由動能定理有 解得 vA= 1.6m/s vB= 0.4m/s 設A和B最終保持相對靜止時的共同速度為v由動量守恒定律得 mvA + MvB= (M + m)v 由功能關系有 求出 s = 0.75m 變式4 如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動摩擦因數(shù)為0.20，平板車的質(zhì)量M = 2m，車與物塊一起向右以初速度v0勻速運動，車跟右側(cè)的墻壁相碰設車跟墻壁碰撞的時間很短，碰撞時沒有機械能損失，重力加速度為g，求： （1）平板車的長度至少是多大時，小物塊才不會從車上落下來？ （2）若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對靜止的，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運動的速度大小是多少？ （3）小物塊在車表面相對于車滑動的總路程是多少？分析與解答：（1）平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車與物塊有相對運動，車與物塊之間的滑動摩擦力f = 0.2 mg設物塊與車的共同速度為v1，對車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律有(M m) v0 = (M + m) v1設平板車的長至少為L，根據(jù)能量守恒則有解得L = （2）由第（1）問可解得v1 = v0/ 3即平板車和物塊一起以速度v1向左運動，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論可得v2 =依次類推可知，經(jīng)過n次碰撞后，一起運動的速度大小是vn = （3）經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，最終物塊和平板車的速度都變?yōu)?，則在這個過程中，平板車和物塊的動能都克服摩擦轉(zhuǎn)化成內(nèi)能因此有fs = (M + m) v02 / 2變式5 如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為M、長為L的長木板，其上有一質(zhì)量為m的物塊，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為，開始時長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的左邊固定擋板處以共同的速度v0向右運動，當長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后立即以大小相同的速率反向運動，且左右擋板之間的距離足夠長。（1）若m1)，到達b點時動能恰好為零，小滑塊最終停在O點，求：AObaBEO(1)小滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù).(2)Ob兩點間的電勢差Uob.(3)小滑塊運動的總路程S.分析與解答： (1)由Aa=Bb=,O為AB連線的中點得：a、b關于O點對稱，則 Uab=0 設小滑塊與水平面間的摩擦力大小為f，對于滑塊從ab過程，由動能定理得： 而f=mg 得： （2）對于滑塊從Ob過程，由動能定理得： 得： (3)對于小滑塊從a開始運動到最終在O點停下的整個過程，由動能定理得： 而 得： 變式2 如圖所示，質(zhì)量M0.40的靶盒A位于光滑水平導軌上，開始時靜止在O點，在O點右側(cè)有范圍很廣的“相互作用區(qū)域”，如圖中的虛線區(qū)域。當靶盒A進入相互作用區(qū)域時便有向左的水平恒力F20N作用。在P處有一固定的發(fā)射器B，它可根據(jù)需要瞄準靶盒每次發(fā)射一顆水平速度V050m/s、質(zhì)量0.10的子彈，當子彈打入靶盒A后，便留在盒內(nèi)，碰撞時間極短。若每當靶盒A停在或到達O點時，就有一顆子彈進入靶盒A內(nèi)，求：（1）當?shù)谝活w子彈進入靶盒A后，靶盒A離開O點的最大距離。（2）當?shù)谌w子彈進入靶盒A后，靶盒A從離開O點到又回到O點所經(jīng)歷的時間（3）當?shù)?00顆子彈進入靶盒時，靶盒已經(jīng)在相互作用區(qū)中運動的時間和。分析與解答：(1)設第一顆子彈進入靶盒A后，子彈與靶盒的共內(nèi)速度為根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，有：設A離開O點的最大距離為，由動能定理有：解得：(2)根據(jù)題意，A在的恒力F的作用返回O點時第二顆子彈正好打入，由于A的動量與第二顆子彈動量大小相同，方向相反，故第二顆子彈打入后，A將靜止在O點。設第三顆子彈打入A后，它們的共同速度為，由系統(tǒng)動量守恒得：設A從離開O點到又回到O點所經(jīng)歷的時間為，取碰后A運動的方向為正方向，由動量定理得：解得： (3)從第(2)問的計算可以看出，第1、3、5、（21）顆子彈打入A后，A運動時間均為故總時間變式3 在絕緣水平面上放一質(zhì)量m=2.010-3kg的帶電滑塊A，所帶電荷量q=1.010-7C.在滑塊A的左邊l=0.3m處放置一個不帶電的絕緣滑塊B，質(zhì)量M=4.010-3kg，B與一端連在豎直墻壁上的輕彈簧接觸(不連接)且彈簧處于自然狀態(tài)，彈簧原長S=0.05m.如圖所示，在水平面上方空間加一水平向左的勻強電場，電場強度的大小為E=4.0105N/C，滑塊A由靜止釋放后向左滑動并與滑塊B發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短，碰撞后兩滑塊結合在一起共同運動并一起壓縮彈簧至最短處(彈性限度內(nèi))，此時彈性勢能E0=3.210-3J，兩滑塊始終沒有分開，兩滑塊的體積大小不計，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為=0.5，g取10m/s2.求:(1)兩滑塊碰撞后剛結合在一起的共同速度v；(2)兩滑塊被彈簧彈開后距豎直墻壁的最大距離s.分析與解答： (1)設兩滑塊碰前A的速度為v1，由動能定理有:ESABl 解得:v1=3m/s A、B兩滑塊碰撞，由于時間極短動量守恒，設共同速度為v 解得:v=1.0m/s (2)碰后A、B一起壓縮彈簧至最短，設彈簧壓縮量為x1，由動能定理有： 解得:x1=0.02m 設反彈后A、B滑行了x2距離后速度減為零，由動能定理得: 解得:x20.05m 以后，因為qE(M+m)g，滑塊還會向左運動，但彈開的距離將逐漸變小，所以，最大距離為:S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m. 類型六磁場中的滑塊如圖所示，質(zhì)量為 M = 3.0 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，AD 部分是表面粗糙的水平導軌，DC 部分是光滑的 圓弧導軌，整個導軌由絕緣材料做成并處于 B = 1.0 T的垂直紙面向里的勻強磁場中，今有一質(zhì)量為 m = 1.0 kg的金屬塊（可視為質(zhì)點）帶電量 q = 2.010-3 C的負電，它以v0 = 8 m/s 的速度沖上小車，當它將要過 D 點時，它對水平導軌的壓力為 9.81 N(g 取 9.8 m/s2)求：（1）m從 A 到 D 過程中，系統(tǒng)損失了多少機械能？（2）若 m通過D點時立即撤去磁場，在這以后小車獲得的最大速度是多少？分析與解答：（1）設 m抵達D 點的速度為v1 ，則：Bqv1 +mg=Nv1 = 5.0 m/s設此小車速度為v2，金屬塊由 A-D 過程中系統(tǒng)動量守恒則：mv0 = mv1 +Mv2v2 = 1.0 m/s損失的機械能E =mv02 -mv12-Mv22 = 18 J（2）在 m沖上圓弧和返回到 D 點的過程中，小車速度一直在增大，所以當金屬塊回到D 點時小車的速度達到最大，且在上述過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，則：mv1 + Mv2 = mv1 +Mv2（2分）系統(tǒng)機械能守恒，則：mv12 + Mv22 = mv12+Mv02v2=1 m/s和v2=3 m/sv2=1 m/s舍去，小車能獲得的最大速度為 3 m/s變式1 如圖所示，光滑水平面上方有垂直紙面向里、磁感應強度B=0.5T的勻強磁場，質(zhì)量M=2kg的平板小車以v0=14m/s的速度在水平面上運動，將質(zhì)量為m=0.1kg、電荷量q=0.2C的絕緣小物塊，無初速的放在小車的右端，小車足夠長，與物塊之間有摩擦，g取10m/s2。求： （1）物塊的最大速度； （2）小車的最小速度； （3）產(chǎn)生的最大內(nèi)能。分析與解答：（1）設物塊與小車對靜止 由動量守恒：MV0=（M+m