【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义：第19讲《专题：滑块和弹簧》(含解析).doc，共(37)页，2.688 MB，由MTyang资料小铺上传

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第19讲专题：滑块和弹簧知识图谱木板、滑块模型中的动力学问题知识精讲一．滑块—木板模型的特点1.滑块—木板模型是指上、下叠放两个物体位于地面或桌面上，并且两物体在相对的摩擦力的作用下，一起或者发生相对运动。涉及摩擦力分析、相

对运动、摩擦生热，多次互相作用，属于多物体多过程问题，知识综合性较强。2.模型特点(1)相互作用：滑块之间的摩擦力分析。另外，需要外力的作用。(2)相对运动：具有相同的速度时相对静止。两相互作用的物体在速度相同，但加速度不相同时，两者之间同样有位置的变

化，发生相对运动。(3)通常所说物体运动的位移、速度、都是对地而言。(4)求位移和速度通常会用到牛顿第二定律和运动学公式以及动能定理。二．滑块—木板模型问题的主要分类已知A滑块和B木板的质量分别为Am和Bm，静止叠

放在水平面上，A和B之间的动摩擦系数是1，B与地面之间的动摩擦系数是2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。1．当水平作用力施加在下面的木板上的情况由图可知，滑块和木板之间的最大静摩擦力为11Afmg，地面对木板的最大静摩擦力为22AB(

)fmgmg。物理过程分析：当F较小时，A和B一起保持静止；当F增加时，A和B保持相对静止，并且一起向右加速运动；当继续增加F时，存在一个临界值(定义为1F)，A相对于B向左滑动，A的加速度由滑

块和木板之间的最大静摩擦力（11Afmg）提供，此时，以A和B为研究对象时，可以计算12ABAB1()()Fmmgmmg（此时，AB1aag，受力分析如图）。滑块和木板的运动状态分类如下：（1）当水平拉力20Ff，A和B保持静止状态，且他们之间的静摩擦

力为零。（2）当水平拉力21fFF时，A和B保持相对静止，一起向右加速运动，此时可以把A和B看成一个整体，对整体的受力分析可以计算出共同的加速度：2ABAB()()Fmmgamm。（3）当水平拉力1FF，A的加速度

小于B的加速度，A相对于地面向右做匀加速运动（A1ag）；而B相对于地面也向右做匀加速运动（2AB1ABB()Fmmgmgam）。2．当水平作用力施加在上面的木快上的情况当外力F作用在上面的滑块时，需要考虑木板B是否能被拉动，也主要取决于A滑块对B木板

的摩擦力的大小。滑块A对木板B的最大静摩擦力为11Afmg，地面对木板的最大静摩擦力为22AB()fmgmg。下面对滑块和木板的运动状态分类讨论：（1）当12ff，则无伦多大的水平力作用在滑块上，都不能使木板B动起来，B始终处于静止状态，此时，滑块的A的运动状态取决于F的大小，当1F

f时，滑块A处于静止，当1Ff时，滑块A向右做加速运动。（2）当12ff，滑块A可以将木板B带动。此时，以整体对研究对象，当F较小时（2Ff），滑块A和木板B都处于静止状态；当2Ff时，开始滑块A和木板B一起向右加速运动，对整体进行受力分析，可以求得共同的加速度2AAA()BFmmgam

m；当F很大时，大于一个临界值1F时，两物体存在相对运动。临界状态为滑块A和木板以最大共同的加速向右运动，且加速度与滑板B的最大加速相同，即1A2AAB()Bmgmmgam,此时以整体为研究对象，可以计算F的临界值1F的大小：1A2AA12ABAB()()()()Bmgmm

gFmmgmmm。三点剖析一．考点与难度系数1．了解“滑板―滑块模型”的模型特点和动力学特征★★2．掌握“滑板―滑块模型”问题的分析方法和技巧★★二．易错点和重难点滑块—木板模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律有关知识的巩固和应用。这类问题的分析有

利于培养学生对物理情景的想象能力，为后面动量和能量知识的综合应用打下良好的基础。外力作用于滑块的情况例题1、如图甲所示，两物体A、B叠放在光滑水平面上，对物体A施加一水平力F，F-t关系图象如图乙所示．两物体在力F作用下

由静止开始运动，且始终相对静止，则（）A.两物体做匀变速直线运动B.2s～3s时间内两物体间的摩擦力逐渐减小C.A对B的摩擦力方向始终与力F的方向相同D.两物体沿直线做往复运动例题2、如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，

其上叠放一质量为m2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是（）A.A选项B.B选项C.C选项D.D选项例题3、如图所示，A、B两物块

的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为12μ．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．现对A施加一水平拉力F，则下列说法中错误的是（）A.当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止B.

当F=52μmg时，A的加速度为13μgC.当F＞3μmg时，A相对B滑动D.无论F为何值，B的加速度不会超过12μg随练1、如图所示，水平面上有一块木板，质量M=4.0kg，它与水平面间的动摩擦因数μ1=0.10。在木板的最左端有一个小滑块（可视为质点），质量m=2.0kg。小滑块与木板之

间的动摩擦因数μ2=0.50。开始时它们都处于静止状态。某时刻起对小滑块施加一个水平向右的恒力F＝18N，此后小滑块将相对木板滑动，1.0s后撤去该力。（1）求小滑块在木板上滑行时，木板加速度a的大小；（2）若要使小滑块不离开木板，求木板的长度L应满足的条件。外力作用于木板的情况例题1

、[多选题]如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为（）A

.物块先向左运动，再向右运动B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零例题2、AB、两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图所示，AB、

始终相对静止，则下列说法正确的是（）A.在t时刻，AB、之间的摩擦力最大B.在t时刻，AB、的速度最大C.2t时刻，AB、回到出发点D.在02t时间内，摩擦力对A做功不为零例题3、如图所示，光滑的水平面上放着一块木板，木板

处于静止状态，其质量M=2.0kg。质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）放在木板的最右端。现对木板施加一个水平向右的恒力F，使木板不小物块发生相对滑动。已知F=6N，小物块不木板之间的动摩擦因数μ=0.10，g取10m/s2。（1）求木板开始运动时

的加速度大小；（2）在F作用1s后将其撤去，为使小物块丌脱离木板，木板至少多长？随练1、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，小物块不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？

木板-滑块模型中的动量和能量问题知识精讲一．“滑块与木板”模型：1．“滑块与木板”问题是动量和能量综合应用之一，由于滑块和木板之间常存在一对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、长木板的动量发生变化，也使

他们的动能发生变化。但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，他不影响系统的总动量，但克服他做功，使系统的机械能损失，所以解决“滑块与长木板”类问题常用到动量守恒定律和动能定理（或功能关系）。2．解决“滑块”类问题时一般要根据题意画出情景示意图

，这样有利于帮助分析物理过程，也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系。3．滑块和木板之间摩擦生热的多少和滑块相对地面的位移无关，大小等于滑动摩擦力与滑块相对摩擦面所通过总路程之乘积，即Qfs相对，这是分析该模型试题的巧妙思维切入点。若能先求

出由于摩擦生热而损失的能量，就可以应用能量守恒求解其它相关物理量。二．“子弹打木块”模型“子弹击木块”模型可分为两种：一种是子弹击中木块的瞬间获得共同的速度，此模型满足动量守恒定律；另一种是子弹在木块中穿行，因水平面光滑，系统

动量也守恒，同时子弹与木块间的摩擦力做功影响着两者动能的变化。所以解决“子弹打木块”类问题常用到动量守恒定律和动能定理（或功能关系）。其实质和“滑块与长木板”模型相同。三点剖析一．核心考点：写函数关系式（力学）★★1．理解滑块在长木板上运动中的动量和能量问题

；2．理解子弹打木块中的动量和能量问题。二．重难点和易错点解决力学问题的三个观点滑块-木板模型中的能量问题例题1、如图所示，长木板A静止放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则

从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（）A.物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和思想观点规律研究对象动力学观点牛顿运动（第一第二第三）定律及运动学公式单个物体或整体动量观点动量守恒定律系统动量定理单个物体能

量观点动能定理单个物体机械能守恒定律能量守恒定律单个（包含地球）或系统B.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能C.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量D.物体B损失的机械能等于木板A获得的机械能例题2、如图所

示，质量M=10kg、上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多相同的小铁块（可视为质点），它们的质量为m=1.0kg，将一个小铁块无初速地放在做匀速运动木板的最右端，当木板运动了L

=1.0m时，又无初速度地在木板的最右端放上第2个小铁块，如此重复，只要木板运动了L就在木板的最右端无初速度放上一个小铁块．取g=10m/s2，求：（1）木板与地面间的动摩擦因数；（2）第1个小铁块放上后，木板加速度大小；（3）第1个小铁块放上后，木板运动了L时

，木板的速度大小；第三个小球放上后木板运动运动了L时模板的速度．例题3、如图所示，物体A放在足够长的木板B上，木板B静止于水平面．t=0时，电动机通过水平细绳以恒力F拉木板B，使它做初速度为零、加速度a

B=1.0m/s2的匀加速直线运动．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.05，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度

g取10m/s2．求（1）物体A刚运动时的加速度aA；（2）t=1.0s时，电动机的输出功率P；（3）若t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调整为P′=5W，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t=3.8s时物体A的速度为1.2m/s．则在t=1.0s到t=3.8s这段时间内木板B

的位移为多少？随练1、[多选题]如图，一块木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参照物，A、B都向前移动一段距离，在此过程中（）A.外力F做的功等于A和B的动能的增量B.B对A

的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量C.A对B的摩擦力所做的功，等于B对A的摩擦力所做的功D.外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和随练2、如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=

3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板．已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半

径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求：（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）（1）A、C两点的高度差；（2）小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（3）要使小物块不滑出长木板，木板的

最小长度．随练3、如图所示，固定的光滑平台上一轻弹簧一端固定在平台上，弹簧长度比平台短．木板B左端紧靠平台，木板C放在B右端，第一次B、C用销钉固定，然后用大小可忽略的木块A将弹簧压缩到某一位置，释放后A恰能运动到C右端．第二次将销钉撤去，仍使A将弹簧压缩到同一位置后释放，若A与B

、C间动摩擦因数为μ1=0.5，B、C与地面动摩擦因数为μ2=0.1，A、B、C质量分别为mA=mC=1.0kg、mB=3.0kg，B、C长度均为L=2.0m，g=10m/s2，求：（1）释放A后弹簧对A做功是多少？（2）第二次B、C未固定时，A滑过B右端的瞬时速度多大？（3）第二次

B、C未固定时，最终BC间的距离多大？滑块-木板模型中的动量问题例题1、如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，已知v0=5m/s，mA=6kg，mB

=4kg，mC=2kg，C与B之间动摩擦因数μ=0.2，木板B足够长，取g=10m/s2，求：（1）B与A碰撞后A物块的速度；（2）B、C共同的速度；（3）整个过程中系统增加的内能．例题2、如图所示，带有14光滑圆弧的小车A的半径为R

，静止在光滑水平面上。滑块C置于木板B的右端，A、B、C的质量均为m，A、B底面厚度相同。现B、C以相同的速度向右匀速运动，B与A碰后即粘连在一起，C恰好能沿A的圆弧轨道滑到与圆心等高处，求：(1)B、C一起匀速运动的速度为多少(2)滑块C返回到

A的底端时AB整体和C的速度为多少(3)滑块C返回到A的底端时C对A的压力为多少例题3、（2015湖北黄冈中学高三上期中）如图所示，光滑水平面上静止放置质量M=2kg的长木板C；离板右端x=0.72m处静

止放置质量mA=1kg的小物块A，A与C间的动摩擦因数μ=0.4；在板右端静止放置质量mB=1kg的小物块B，B与C间的摩擦忽略不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均可视为质点，g=10m/s2．现在木板上加一水平向右的力F=3N，到A与B发生弹

性碰撞时撤去力F．问：①A与B碰撞之前运动的时间是多少？②若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是多少？例题4、如图所示，质量为3m的木板静止放在光滑的水平面上，木板左端固定着一根轻弹簧，质量为m的木块（可视为质点）从木板右端以未知速度v0开始沿木板向左滑行

，最终回到木板右端刚好未从木板上滑出，若在小木块压缩弹簧过程中，弹簧具有最大弹性势能为Ep，小木块与木板间动摩擦因数的大小保持不变，求：（1）木块的未知速度v0．（2）以木块与木板为系统，上述过程中系统损失的机械能．随练1、如图所示，质量为M的木板

长为L，木板的两个端点分别为A、B，中点为O，木板置于光滑的水平面上并以v0的水平初速度向右运动．若把质量为m的小木块（可视为质点）置于木板的B端，小木块的初速度为零，最终小木块随木板一起运动．小木块与木板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：（1）

小木块与木板相对静止时，木板运动的速度；（2）从小木块放上木板到它与木板相对静止的过程中，木板运动的位移；（3）小木块与木板间的动摩擦因数μ的取值在什么范围内，才能使木块最终相对于木板静止时位于OA之间．随练2、如图所示，木板A、B紧靠在一

起，放在光滑水平面上，mA=5kg，mB=4kg，A、B上表面粗糙．另有一个质量为1kg的物块C以初速度v0从A的左端向右滑动，最后C物块在木板B上与木板B一起以1.5m/s的速度运动，木板A最终的速度大小为vA=0.5

m/s．已知C与A、B间动摩擦因数均为μ=0.2，求：（1）物块C的初速度v0的大小；（2）物块C在木板B上滑行的距离．随练3、如图所示，质量M=1.5kg的长为53m的木板C静止在光滑水平面上，在C的左上端有质量分别为m1=1kg和m2=0.5kg的可视为质点的A、B两滑

块，在A、B间有一用细线系住的压缩弹簧（弹簧与A、B不连接且压缩时的长度不计），弹簧具有6J的弹性势能，B与C间的动摩擦因数μ=0.2，现烧断细线．求：（1）烧断细线后m2获得的速度多大？（2）整个过程中木板C获得的最

大速度？子弹射木块模型中的动量和能量问题例题1、[多选题]如图所示，光滑水平面上有A、B两木块，A、Ｂ紧靠在一起，子弹以速度v0向原来静止的A射去，子弹击穿A留在B中。下面说法正确的是：（）A.子弹击中A的过程中，子弹和A、B组成的系统动量守恒B.子弹击中A的过程中

，A和B组成的系统动量守恒C.子弹击中A的过程中，子弹和A组成的系统动量守恒D.子弹击穿A后，子弹和B组成的系统动量守恒例题2、长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有一质量为m的子弹（可

视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，求：（i）木块与水平面间的动摩擦因数μ；（ii）子弹在进入木块过程中产生多少热量BA例题3、如图所示，质量为M

=2kg的足够长的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为MA=2kg的物体A（可视为质点）．一个质量为m=20g的子弹以500m/s的水平速度迅即射穿A后，速度变为l00m/s，最后物体A静止在车上．若物体A与小车间的动摩擦因数

=0.5（g取10m/s2）①平板车最后的速度是多大？②全过程损失的机械能为多少？③A在平板车上滑行的距离为多少？随练1、如图所示，有一质量m2=0.25kg的平顶小车，在车顶正中间放一质量m3=0.1kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=23，小车静止在光滑的水平轨道

上．现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=20m/s射中小车左端，并留在车中（子弹与车相互作用时间很短）．后来小物体m3以速度v3=1m/s从平顶小车的一端滑出，取g=10m/s2．试求：（1）子弹打入小车的瞬间小车的速度；（2）小物体m3从平顶小车的一端滑

出时，平顶小车的速度大小；（3）平顶小车的长度．随练2、如图所示，两块长度均为d=0.2m的木块A、B，紧靠着放在光滑水平面上，其质量均为M=0.9kg．一颗质量为m=0.02kg的子弹（可视为质点且不计重力）以

速度υ0=500m/s水平向右射入木块A，当子弹恰水平穿出A时，测得木块的速度为υ=2m/s，子弹最终停留在木块B中．求：（1）子弹离开木块A时的速度大小及子弹在木块A中所受的阻力大小；（2）子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能

．随练3、如图所示为水平传送装置，轴间距离AB长l=8.3m，质量为M=1kg的木块随传送带一起以v1=2m/s的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以0v=300m/s

水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u=50m/s，以后每隔1s就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g取10m/s2．求：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离？（2

）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的总内能是多少？含弹簧的能量问题知识精讲一．核心考点：1．理解谈力做功与弹性势能的关系★★2．利用功和能的关系解决综合问题★★★★

二．重难点和易错点对于弹性势能，高中阶段并不需要定量计算，但是需要定性的了解，即知道弹性势能大小与弹簧的形变量之间存在直接的关系，对于相同的弹簧，形变量一样的时候，弹性势能就是一样的，不管是压缩还是拉伸状态。三点剖析一．核心考点

：1．理解谈力做功与弹性势能的关系★★2．利用功和能的关系解决综合问题★★★★二．重难点和易错点对于弹性势能，高中阶段并不需要定量计算，但是需要定性的了解，即知道弹性势能大小与弹簧的形变量之间存在直接的关系，对于相同的弹簧，形变量一样的时候，弹

性势能就是一样的，不管是压缩还是拉伸状态。含弹簧的能量问题例题1、[多选题]如图所示，在竖直平面内固定一半径为R的光滑圆轨道，a点为最高点，d点为最低点，c点与圆心O等高，a、b间距为R。一轻质弹簧的原长为1.5R，它的一端固定在a点，另一端系一小圆环，小圆环套在圆轨道上。

某时刻，将小圆环从b点由静止释放，小圆环沿轨道下滑并通过d点。已知重力加速度大小为g，下列判断正确的是（）A.小圆环从b点运动至c点的过程中先加速后减速B.小圆环从b点运动至d点的过程中，弹簧弹力对其先做正功后做负功C.小圆环运动至c点时的速度大

于gRD.小圆环运动至d点时的速度小于3gR例题2、[多选题]如图所示，一轻弹簧左端与表面粗糙的物体P相连，右端与表面光滑的物体Q相连，开始时，P、Q均在水平面上静止，弹簧处于原长状态．现在物体P上作用一水平向右的恒定

推力F，使物体P、Q向右运动．则下列说法正确的是（）A.经过一段时间物体P、Q可能以相同的速度向右匀速运动B.经过一段时间物体P、Q可能以相同的加速度向右运动C.任何一段时间内弹簧对P、Q两物体组成的系统做的功都为零D.在运动过程中取一段时问，该段时间内P、Q两物体增加的动能可能

等于推力F做的功与摩擦力对物体P做功的代数和例题3、[多选题]如图所示，一小球套在倾角为370的固定直杆上，轻弹簧一端与小球相连，另一端固定于水平地面上O点。小球由A点静止释放，它沿杆下滑到达最低点C时速度恰为0。A、

C相距0.8m，B是A、C连线的中点，小球质量为lkg，弹簧原长为0.5m，劲度系数为40N/m，sin37°=0.6，g取l0m/s2。则小球从A到C过程中，下列说法正确的是（）A.小球经过B点时的速度最大B.小球在B点时的加速度为6m/s2C.弹簧弹力对小球先做正功后做负功D.小球从A

到B过程和从B到C过程摩擦力做功相等例题4、小物块A的质量为m=lkg，物块与坡道间的动摩擦因数为μ=0.5，水平面光滑，坡道顶端距水平面高度为h=3m，倾角为θ=37°．物块从坡道进入水平滑道时，在底端O点处无机械能

损失，重力加速度g取10m/s2．将轻弹簧的一端连接在水平滑道M处并固定在墙上，另一自由端恰位于坡道的底端O点，如图所示．物块A从坡顶由静止滑下，（Sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：（1

）物块滑到O点时的速度大小．（2）弹簧压缩量最大时的弹性势能．（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度．例题5、如图1所示，竖直弹簧的一端固定于地面，弹簧质量不计。当弹簧的形变量为x时，弹力大小为F＝kx，k为常量。（1）请在图2中画出F随x变化的示意图，并借助F－x图像确定弹力做功的规律。（

2）一质量m＝5kg的小球自弹簧正上方A点由静止下落，A点距离弹簧原长处O点的距离h＝1.2m。在压缩的全过程中，弹簧形变量均未超过弹性限度。弹簧劲度系数k＝5N／cm，重力加速度g＝10m／s2，不计空气阻力。求：a．弹簧的最大压缩量xm；b．小球下落过程的最大速度vm。例题6、如图所示，固定斜

面的倾角θ=30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点

的距离为L．现给A、B一初速度v0使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能回到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，求此过程中：（1）物体A向下运动刚到达C点时的速度；（2）弹簧的最大压缩量；（3）弹簧中的最大弹性势能．例题7、学校科技节上，同学发明了一个

用弹簧枪击打目标的装置，原理如图甲，AC段是水平放置的同一木板；CD段是竖直放置的光滑半圆弧轨道，圆心为O，半径R=0.2m；MN是与O点处在同一水平面的平台；弹簧的左端固定，右端放一可视为质点、质量m=0.05kg的弹珠P，它紧贴在弹簧的

原长处B点；对弹珠P施加一水平外力F，缓慢压缩弹簧，在这一过程中，所用外力F与弹簧压缩量x的关系如图乙所示．已知BC段长L=1.2m，EO间的距离s=0.8m．计算时g取10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力．压缩弹簧

释放弹珠P后，求：（1）弹珠P通过D点时的最小速度vD；（2）弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，它通过C点时的速度vc；（3）当缓慢压缩弹簧到压缩量为x0时所用的外力为8.3N，释放后弹珠P能准确击中平台MN上的目标E点，求压缩量x0．随练1、[多选题]如图所

示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m=2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数µ=0.4，弹簧的劲度系数k=200N/m．现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开

始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能Ep=1.0J，物体处于静止状态，若取g=10m/s2，则撤去外力F后（）A.物体向右滑动的距离一定小于12.5cmB.物体向右滑动的距离可以超过12.5cmC.物体到达最右端时动能为

0，系统机械能不为0D.物体回到O点时速度最大随练2、[多选题]（2015四川雅安中学高三下开学）如图所示，一根劲度系数为k的轻质弹簧上端固定在天花板上，下端挂一个质量为m的重物，重物静止时处于B位置．现用手托重物使之缓慢上升至弹簧原长

位置A，之后放手，重物从静止开始下落，沿竖直方向在A位置和C位置（图中未画出）之间做往复运动．重物运动过程中的最大速度为v，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计空气阻力．下列说法中正确的是（）A.重物速度最大时弹簧的弹性势能最小B.重物在向下运动的过程中，它的机械能逐渐减小C

.手托重物缓慢上移过程中，手对重物做功为W1=22mgkD.重物从静止下落到速度最大的过程中，重物克服弹簧弹力做功为W2=22mgk-12mv2随练3、[多选题]如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m、

套在粗糙竖直固定杆A处的圆环相连，弹簧水平且处于原长。圆环从A处由静止开始下滑，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，AC=h。圆环在C处获得一竖直向上的速度v，恰好能回到A；弹簧始终在弹性限度之内

，重力加速度为g，则圆环（）A.下滑过程中，加速度一直减小B.下滑过程中，克服摩擦力做功为214mvC.在C处，弹簧的弹性势能为214mvmghD.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度随练4、如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定

在水平面上，斜面足够长。一根轻弹簧一端固定在斜面的底端，另一端与质量m＝1.0kg的小滑块（可视为质点）接触，滑块与弹簧不相连，弹簧处于压缩状态。已知弹簧的劲度系数k＝2.0×102N／m，现将滑块从静止释

放，当滑块与弹簧分离时，滑块的速度v＝2.0m／s，滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。g取10m／s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。弹簧弹性势能的表达式为212pEkx（式中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），最后结果保留

一位有效数字，求：（1）释放时弹簧的弹性势能；（2）滑块向上运动的最大速度；（3）滑块与弹簧再次接触时的速度。随练5、如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细线绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上．用手拿住C，使细线刚刚伸

直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行．已知A、B的质量均为m，斜面倾角为θ=37°，重力加速度为g，滑轮的质量和摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．C释放后沿斜面下滑，当A刚要离开地面时，B的速度最大，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求

：（1）从开始到物体A刚要离开地面的过程中，物体C沿斜面下滑的距离；（2）C的质量；（3）A刚要离开地面时，C的动能．随练6、如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在光滑水平面上，静止时弹簧的形变量为x0．将质量也为m的物体A从B的正上方某点由静止释放，A与B相碰．已

知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对地面的压力恰好为零，求C对地面压力的最大值；（3）若将A从另一位置由静止释放

，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C对地面的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为v=01.5gx，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．

拓展1、如图所示，质量M=0.2kg的足够长的长板静止在水平地面上，与地面间动摩擦因数μ1=0.1，另一质量m=0.1kg的小滑块以v0=0.9m/s初速滑上长木板，滑块与长木板间动摩擦因数μ2=0.4，求小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的路程

．（可以认为长板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2）2、如图所示，有一块木板静止在光滑且足够长的水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木板右端放着一小滑块，小滑块质量为m=1kg，其尺寸远小于L。小滑块

与木板之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g=10m/s2。（1）现用恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上面滑落下来，问：F大小的范围是什么？（2）其它条件不变，若恒力F=22.8N，且始终作用在M上，最终使得m能从M上面滑落下来。问：m在M上面

滑动的时间是多大？3、[多选题]如图所示，一个长为L，质量为M的长方形木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板达到相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移

为s．则在此过程中（）A.摩擦力对物块做功为﹣μmg（s+d）B.摩擦力对木板做功为﹣μmgsC.木板动能的增量为μmgsD.系统由于摩擦而产生的热量为μmgd4、光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块（可视为

质点）．小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ．开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动．经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木

板的位移为x，如图所示．下列关系式正确的是（）A.21()2mgxMmvB.22011()22mgdMmvmvC.202()MmvmgdMmD.2201122mgdmvmv5、如图所示，长度L=2m、质量m1=2

0kg的木板A放在光滑水平面上，质量m2=4kg的小物块B（可视为质点）位于木板的左端，A和B间的动摩擦因数μ=0.5．现对小物块B施加一水平向右的恒定拉力F=28N，经过一段时间后，B从A右端离开，取

g=10m/s2，求：（1）离开前小物块和木板的加速度；（2）将B从A右端拉出过程中，系统克服摩擦产生的内能；（3）求整个过程中系统机械能的增加量．6、如图所示，木板A静止在光滑水平面上，一小滑块B（可视为质点）以某一水平初速度从木板的左端冲上木板．（1）若木板A的质量为M，滑

块B的质量为m，初速度为v0，且滑块B没有从木板A的右端滑出，求木板A最终的速度v；（2）若滑块B以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A，恰不掉下，最终速度的大小为v2=1.5m/s，求M与m的大小关系；（3）若该滑块B与木板A间的动摩擦

因数μ=0.3，g取10m/s2．求木板A的长度．7、如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙，在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑

上B并以02v的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因数μ；（2）14圆弧槽C的半径R．8、如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M=8kg的平板小车，车上有一个质

量m=1.9kg的木块，木块距小车左端6m（木块可视为质点），车与木块一起以v=1m/s的速度水平向右匀速行驶．一颗质量m0=0.1kg的子弹以v0=179m/s的初速度水平向左飞来，瞬间击中木块并留在其中．如果木块刚好不从车上掉下来，求木块与平板之间的动摩擦因数μ．（g=10m/s2）9、如图

所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看成质点）。①求子弹射入木块前的速度。

②若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？10、如图所示，重10N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止开

始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点．若bc=0.1m，弹簧弹性势能的最大值为8J，则下列说法正确的是：（）A.轻弹簧的劲度系数是50N/mB.从d到b滑块克服重力

做功8JC.滑块的动能最大值为8JD.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8J11、如图所示，在高h1=30m的光滑水平平台上，质量m=1kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣

K，物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，并恰好能从光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，B点的高度h2=15m，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长为L=70m的水平粗糙轨道CD平滑连接；小物块沿轨道BCD运

动与右边墙壁发生碰撞，g=10m/s2．求：（1）小物块由A到B的运动时间；（2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小；（3）若小物块与水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数为13，且小物体与墙碰撞无能量损失，求小物体最后停在轨道CD上的某

点p（p点没画出）距C点的距离．答案解析木板、滑块模型中的动力学问题外力作用于滑块的情况例题1、【答案】C【解析】A、根据牛顿第二定律得知，两物体的加速度a=ABFmm，由图看出，F周期性变化，则加速度也做周期性变化，所以两物体做的不是匀变速直线运动．故A错误．B、设2s～3s时间内两

物体间的摩擦力大小为f，以B为研究对象，则有f=mBa=BABmFmm，这段时间内F增大，则f增大．故B错误．C、由f=mBa=BABmFmm看出，f与F方向总是相同．故C正确．D、物体在0～2s内沿正方向做变加速运动，2～4s内继续沿正方向做

变减速运动，接下来周而复始．所以物体做单向的直线运动．故D错误．故选：C．例题2、【答案】A【解析】当F比较小时，两个物体相对静止，加速度相同，根据牛顿第二定律得：a=12Fmm=12ktmm，a∝t

；当F比较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1=21mgm，μ、m1、m2都一定，则a1一定．对m2：a2=22Fmgm=22ktmgm=2kmt-μg，a2是t的线性函数，t增大，a2增大．由于12kmm＜2km，则两木板相对滑动后a

2图像大于两者相对静止时图像的斜率．故A正确．故选A例题3、【答案】A【解析】A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为32μmg．故当0＜F≤32μ

mg时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；C、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′-32μmg=3ma′，解得F′

=3μmg，故当32μmg＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．C正确．B、当F=52μmg时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-32μmg=3ma，解得a=3g，B正确．D、对

B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg-32μmg=12μmg，即B的加速度不会超过12μg，D正确．因选不正确的，故选：A随练1、【答案】（1）21m/s（2）2.25mL【解析】（1）小滑块在木板上滑行时，先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，小

滑块的受力情况分别如图甲和乙所示。在此过程中，木板的受力情况如图丙所示。小滑块受到木板的摩擦力121210NfNmg根据牛顿第三定律：木板受到小滑块摩擦力的大小11'10Nff木板受到小滑块压力的大小11'20NNN木板受到地面的摩擦力21

1(')6NfMgN根据牛顿第二定律可知，木板的加速度212'1.0m/sffaM（2）在拉力F的作用下，滑块做匀加速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2114.0m/sFfam撤去拉力F时，滑块

的速度1114.0m/svat滑块运动的距离211112.0m2xat撤去拉力F后，滑块做匀减速直线运动。根据牛顿第二定律，滑块的加速度2125.0m/sfam若滑块没有滑出木板，滑块将与木板达到共同速度，设该速度为v2。则这段时间2

122vvat在12()tt时间内，木板做匀加速直线运动，则有212()vatt所以12212()vatatt，20.5st则滑块做匀减速直线运动的距离22122211.375m2xvtat木板运动的距离2121()1.125

m2xatt则滑块相对木板运动的距离122.25mdxxx所以要使小滑块不离开木板，木板长度L应满足Ld，即2.25mL外力作用于木板的情况例题1、[多选题]【答案】BC【解析】据题，当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木

板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，根据摩擦力的方向分别分析两个物体的运动情况．由题知道：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相

同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．例题2、图甲图乙图丙【答案】B【解析】以整体为研究对象根据ABFmma（），可知系统先做加速度逐渐减小的加速运动，在t时刻加速度为零，速度最大，然

后做加速度逐渐增大的减速运动，在2t时刻，速度变为零，系统停止，根据运动学知识可知加速阶段位移等于减速阶段位移，且在2t时刻位移达到最大，故B正确，C错误隔离A可知AB、之间的摩擦力提供A的加速度，系统开始加速度最大，因此由Afma可知开始时刻AB、之间的摩擦力最大，t

时刻为零，故A错误；整个过程中A的动能没有增加，且只有摩擦力对A做功，因此在02t时间内，摩擦力对A做功为零，故D错误．例题3、【答案】（1）22.5m/s（2）1.5m【解析】（1）长木板水平方向的受力情况如答图1所示，木板向右做匀加速直线运动，设木板的加速度为a，根据牛顿第二定律有：1F

mgMa212.5m/sFmgaM（2）11st时撤去力F，之后木板向右做匀减速直线运动，设木板的加速度大小为1a211m/s2amgM物块一直向右做匀加速直线运动，设物块的加速度为2a221.0m/sag设

再经过时间t2物块滑到木板的最左端，两者的速度相等，即1112212()atatatt木板的位移221111121211()22xatattat物块的位移222121()2xatt由答图2可知12xxL解得1.5mL随练1、【答案】（1）2N，方向水平向右（2）F的

大小为10N（3）1.7m【解析】（1）小物块受到的摩擦力为10.21.010N=2NfNmg方向水平向右（2）设小物块的加速度为1a，木板在恒力F作用下做匀加速直线运动时的加速度为2a，此过程中小物块的位移为1s，木板的位移为2s，则由牛顿定

律及运动规律可知1fma，2212m/s2m/s1.0fam21112sat22212sat211mss联立上述式子，代入数据解得224m/sa设木板受到的摩擦力为f，则ff，对木板

根据牛顿第二定律2FfMa，则222.04N=10NFfma（3）设撤去F时小物块和木板的速度分别为1v和2v，撤去F后，木板不小物块组成的系统动量守恒，当小物块不木板相对静止时，它们具有共同速度v1121m/s=2m/s

vat2241m/s=4m/svat根据动量守恒定律得12mvMvmMv可得121.022.0410m/s=m/s1.02.03mvMvvMm对小物块，根据动能定理2211122fsmvmv对木板，根据动能定理2221122fslMvMv

代入数据可求得2m3l所以木板的长度至少为21m=1.7m3Lll木板-滑块模型中的动量和能量问题滑块-木板模型中的能量问题例题1、【答案】A【解析】AB、由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等

于木板A获得的动能与系统增加的内能之和．根据功能原理知，物体B克服摩擦力做的功等于物体B损失的机械能，所以物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和，故A正确，D错误；B、物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用

，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于系统损失的机械能和产生的热量之和，故B错误；C、根据功能关系知，A、B组成的系统克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量．故C错误．例题2、【答案】（1）木板与地面间的动摩擦因数为0.5

；（2）第1个小铁块放上后，木板加速度大小为0.50m/s2；（3）第1个小铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度大小为4.9m/s；第三个小球放上后木板运动运动了L时模板的速度为19m/s．【解析】（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，因木板沿地面

匀速运动，所以有：F=μMg解得：μ=FMg=501010=0.50（2）第l个小块铁块放到木板上，木板做匀减速运动．设放上第l个小铁块，木板做匀减速运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有：μ（M+m）g﹣F=Ma1解得：a1=20.5110/10umgms

M=0.50m/s2（3）根据运动学公式有：v02﹣v12=2a1L解得：v1=26m/s=4.9m/s设即将放第三块铁块后木板前进L时的速度为v，由动能定理可得：F×3L﹣μ（M+m）gL﹣μ（M+2m）gL﹣μ（M+3m）gL=12M23v﹣1

2Mv02：解得：v3=19m/s答：（1）木板与地面间的动摩擦因数为0.5；（2）第1个小铁块放上后，木板加速度大小为0.50m/s2；（3）第1个小铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度大小为4.9m/s；第三个小球放上后木板

运动运动了L时模板的速度为19m/s．例题3、【答案】（1）0.5m/s2（2）7W（3）3.03m．【解析】（1）若A相对于B滑动，则对物体A进行受力分析，水平方向只受摩擦力，根据牛顿第二定律得：f=μ1mAg=mAaA解得：aA=0.5m/s2＜1.0m/s2，所以A的加速度为0.

5m/s2；（2）对物体B进行受力分析，水平方向受到拉力F、地面对B的摩擦力、A对B的摩擦力，根据牛顿第二定律得：F-μ1mAg-μ(2mB+mA）g=mBaB代入数据解得：F=7N，v=aBt=1m/s所以P=Fv=7W（

3）电动机的输出功率调整为5W时，设细绳对木板B的拉力为F′，则P′=F′v1，代入数据解得F'=5N，对木板进行受力分析，木板B受力满足F′-μ1mAg-μ2（mA+mB）g=0所以木板B将做匀速直线运动，而物体A则继续在B上做匀加速直线

运动直到A、B速度相等．设这一过程时间为t′，有v1=aA（t1+t′），这段时间内B的位移s1=v1t′，A、B速度相同后，由于F＞μ2（mA+mB）g且电动机输出功率恒定，A、B将一起做加速度逐渐减小的变加速运

动，由动能定理得：P′(t2-t′-t1)-μ2(mA+mB)gs2=12(mA+mB)2Av-12(mA+mB)21v，由以上各式代入数据得：木板B在t=1.0s到t=3.8s这段时间的位移s=s1+s2=3.03m随练1、[多选题]【答案】BD【解析】A、选择A和B作为研究对象，运用

动能定理研究：B受外力F做功，A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，wF+（﹣f•△x）=△EkA+△EkB，其中△x为A、B的

相对位移．所以外力F做的功不等于A和B的动能的增量，故A错误．B、对A物运用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功，等于A的动能的增量，故B正确．C、A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于

A在B上滑动，A、B对地的位移不等，故二者做功不等，故C错误．D、对B物体应用动能定理，WF﹣Wf=△EkB，Wf为B克服摩擦力所做的功，即WF=△EkB+Wf，就是外力F对B做的功等于B的动能增量与B克服

摩擦力所做的功之和，故D正确．随练2、【答案】（1）0.8m（2）68N（3）3.625m【解析】（1）根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：vC=03cos530.6v=5m/s，竖直分量：vCy=4m/s下落高度：h=216220Vycg=0.8m．

（2）小物块由C到D的过程中，由动能定理得：mgR（1﹣cos53°）=2211-22DCmvmv代入数据解得：vD=29m/s小球在D点时由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m2DvR代入数据解得：FN=68

N由牛顿第三定律得FN′=FN=68N，方向竖直向下．（3）设小物块刚滑到木板左端达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为：a1=μg=0.3×10=3m/s2，a2=31103mgM=1m/s2速度分别为

：v=vD﹣a1t，v=a2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得：μmgL=12mvD2﹣12（m+M）v2代入数据解得：L=3.625m，即木板的长度至少是3.625m．随练3、【答案】（1）释放A后弹簧对A做功是20J；（2）第二次B、C未固定时，A滑过B右

端的瞬时速度为：25m/s；（3）第二次B、C未固定时，最终BC间的距离为1.88m．【解析】（1）A依次滑过B、C所受滑动摩擦力：fA=μ1N1=μ1mAg=0.5×1×10=5N，对全过程应用动能定理得：W弹-Wf=0，W弹=Wf=fA•2

L=5×2×2=20J；（2）B、C固定时，由动能定理得：-μ1mAg2L=0-12mA20v，B、C不固定时，A滑上C时，B、C整体与地面的最大静摩擦力：fBC=μ2N2=μ2（mA+mB+mC）g，故BC保持静止．由动能定理得

：-μ1mAgL=12mA21v-12mA20v，代入数据解得：v1=25m/s；（3）A滑到C上，C与地面间的摩擦力：fC=μ2N3=μ2（mA+mB）g，代入数据解得：fC=2N，C在地面上滑动，由牛顿第二

定律得：aA=AAfm=μ1g=0.5×10=5m/s2，aC=ACCffm=（μ1-2μ2）g=（0.5-2×0.1）×10=3m/s2，设AB的共同速度为v2，则：v2=v1-aAtv2=aCt，代入数据解得：v2=354m/s，2(-

aA)sA=22v-21v，代入数据解得：sA=5532m，2aCsC=22v-0，sC=1532m，sA-sC=1.25m＜L假设成立；此后AB一起减速到速度为零，由动能定理得：-fCsAC=0-12(mA

+mB)22v，代入数据解得：sAC=4532m，BC相距：△s=sC+sAC=158=1.88m；答：（1）释放A后弹簧对A做功是20J；（2）第二次B、C未固定时，A滑过B右端的瞬时速度为：25m/s；（3）第二次B、C

未固定时，最终BC间的距离为1.88m．滑块-木板模型中的动量问题例题1、【答案】（1）4m/s（2）1m/s（3）24J【解析】（1）以AB为研究对象，B与A弹性碰撞过程，设向右为正，由动量守恒定律可有：mBv0=mAvA+mBvB；

由机械能守恒定律可知：12mBv02=12mBvB2+12mAvA2联立解得：vA=4m/s；vB=﹣1m/s；（2）碰后B反向，与C相互作用；对B．C，由动量守恒定律可知：mCv0+mBvB=（mC+mB）v解得：v=1m/s

（3）系统增加的内能为Q=12mBvB2+12mCv02﹣12（mC+mB）v2解得Q=24J．例题2、【答案】（1）（2）（3）4mg【解析】(1)设BC的初速度为v0，AB相碰过程中动量守恒，设碰后总体质量m/，速度u，由mv0=m/u，m/=2m得u=v0/2C滑到最高点的过程中

：mv0+m/u=(m+m/)u/mv02/2+m/u2/2-(m+m/)u/2/2=mgh解得(2)C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有mv0+m/u=mv1+m/v2mv02/2+m/u2/2=

mv12/2+m/v22/2解得:(3)滑块C在A的底端时相对A向左运动(对地速度向右)，其相对A滑动的速度为Vx=v1-v2由圆周运动规律：F-mg=mVx2/R解得F=4mg（1分）例题3、【答案】①1.2s；②0.84m【解析】①若AC相对滑动

，则A受到的摩擦力为：FA=μmAg=0.4×10×1N=4N＞F故AC不可能发生相对滑动，设AC一起运动的加速度为aa=AFmM=312m/s2=1m/s2由x=12at2有：t=2xa=20.721s

=1.2s②因AB发生弹性碰撞，由于mA=mB故AB碰后，A的速度为0AB碰撞后，由AC系统动量守恒定律：Mv1=（M+mA）v由题题意有v1=at=1.2m/s解得AC稳定后的共同速度v=0.8m/s由功能关系和能量守恒得：

μmAg△x=12M21v-12(M+mA)v2可得△x=0.12m故木板C的长度L至少为：L=x+△x=0.72m+0.12m=0.84m答：①A与B碰撞之前运动的时间1.2s；②若A最终能停在C上，则长木板C的长度至少是0.84

m．例题4、【答案】（1）22pEm；（2）2Ep【解析】（1）过程1：木块m从右端运动到弹簧压缩到最短的过程．弹簧压缩到最短时，木块和木板具有相同的速度，设为v1．取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有：mv0=（m+3m）v112mv02=12（m+3m

）v12+Ep+μmgL过程2：从初状态到m又回到右端刚好相对静止，木块和木板又具有相同的速度，设为v2，由动量守恒定律和能量守恒定律分别有：mv0=（m+3m）v212mv02=12（m+3m）v12+2μmgL联立解得：v

0=22pEm（2）由上解得2μmgL=2Ep，由能量守恒定律知，系统损失的机械能△E=2μmgL=2Ep．答：（1）木块的未知速度v0是22pEm．（2）以木块与木板为系统，上述过程中系统损失的机械能是2Ep．随练1、【答案】（1）0MvMm（2）20

2(2)2()MMmvgMm（3）2200()2()MvMvgLMmgLMm【解析】暂无解析随练2、【答案】（1）物块C的初速度v0的大小为10m/s；（2）物块C在木板B上滑行的距离为5m．【解析】（1）以A、B、C三个物块组成的系统为研究对象，

当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物块间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．由动量守恒定律有mCv0=mAvA+（mB+mC）vB解得：v0===10m/s（2）C滑上B

后与A分离，C、B系统在水平方向动量守恒．C离开A时C的速度为v1，B与A的速度同为vA，以B、C为系统，由动量守恒定律有mCv1+mBvA=（mB+mC）vBv1===5.5m/s对C在B上滑动过程，由能量转化与守恒定律有：﹣代值解得：

L=5m随练3、【答案】（1）4m/s；（2）13m/s．【解析】（1）烧断细线的瞬间，A、B、弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，以向右为正，根据动量守恒定律以及机械能守恒定律得：m2v2﹣m1v1=0，2222111122PmvmvE，解得：

v2=4m/s（2）B在C上滑行的过程中，BC组成的系统动量守恒，以向右为正，若BC速度可以相同，则相同时C的速度最大，根据动量守恒定律得：m2v2=（m2+M）v解得：v=1m/s此过程中，机械能损失量2222211()2

2EmvmMv=3J则C的最小长度为L=2330.20.510Emmg53m，所以B和C不能达到共同速度，则当B滑到C的最右端时，C的速度最大，此过程中，根据动量守恒定律以及能量守恒定律得：m2v2=m2v3+Mv4

，222222342111222mvmvMvmgl，解得：v4=13m/s答：（1）烧断细线后m2获得的速度为4m/s；（2）整个过程中木板C获得的最大速度为13m/s．子弹射木块模型中的动量和能量问题例题1、[多选题]【答案】AD【解析】子弹击中A的过程中，子弹和A、B组成的

系统所受的合外力为零，故动量守恒，选项A正确，BC错误；子弹击穿A后，子弹和B组成的系统手合力为零，故动量不守恒，选项D正确；例题2、【答案】（i）；（ii）【解析】（i）子弹射入木块过程极短时间内，水平方向由动量守恒定律得当子弹与木块共速到最终停止的过程中，由功能关系得解得：（ii）

子弹射入木块过程极短时间内，设产生的热量为Q，由功能关系得解得：【解析】暂无解析例题3、【答案】①平板车最后的速度是2m/s；②子弹射穿物体A过程中系统损失的机械能为2392J；③A在平板车上滑行的距离为0

.8m．【解析】①设平板车最后的速度是v，子弹射穿A后的速度是v1．以子弹、物体A和小车组成的系统为研究对象，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+（M+MA）v，代入数据解得：v=2m/s；②对子弹

：A、小车组成的系统，在整个过程中，由能量守恒定律得：△E=mv02﹣mv12﹣（M+MA）v2，代入数据解得损失的机械能为：△E=2392J；③以子弹一A组成的系统为研究对象，子弹射穿A的过程，系统动量守恒．以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0

=mv1+MAv2，代入数据解得子弹射穿A后，A的速度为：v2=4m/s，假设A在平板车上滑行距离为d，由能量守恒定律得：Q=μMAgd=MA2v2﹣（M+MA）v2，代入数据解得：d=0.8m随练1、【答案】（1）103m/s；（2）3m/s；（3）

0.8m．【解析】（1）子弹打入小车过程子弹与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m1v0=（m1+m2）v1，解得：v1=103m/s；（2）车、子弹与物块组成的系统动量守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：（m1+m2）v1=（m1+m2）v2+m3v3，解得：v2=3m/s；（3）对三者组成的系统，由能量守恒定律得：12（m1+m2）v12=12（m1+m2）v22+12m3v32+μm3

g•2L，解得：L=0.8m；随练2、【答案】（1）320m/s；7362N（2）987.5634J【解析】（1）设子弹离开A时速度为υ1，对子弹和A、B整体，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mυ0=mυ1+2Mυ

，由动能定理得：Fd=12mυ02-12mυ12-122Mυ2，以上联立解得：υ1=320m/s，F=7362N；（2）子弹在B中运动过程中，最后二者共速，速度设为υ2，对子弹和B整体，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mυ1+Mυ=（

m+M）υ2，代入数据解得：υ2=20523≈8.9m/s，由能量守恒定律得：12mv12-12（m+M）υ22=△E③代入数据解得：△E=987.5634J；答：（1）子弹离开木块A时的速度大小为320m/s，子弹在木块A中所受的阻力大小为

7362N；（2）子弹穿出A后进入B的过程中，子弹与B组成的系统损失的机械能为987.5634J．随练3、【答案】（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A点的最大距离为0.9m（2）木块在传达带上最多能被

16颗子弹击中（3）子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是14155.5J．【解析】（1）子弹射入木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正反方向，由动量守恒定律得：mv0﹣Mv1=mv+Mv1′，解得：v1′=3m/s，木块向右作减速运动加速度：a=MgM=μg=0.5×10=5m/s2

，木块速度减小为零所用时间：t1=1'va解得：t1=0.6s＜1s所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为：s1=21'2va，解得：s1=0.9m．（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时

间为：t2=1s﹣0.6s=0.4s速度增大为：v2=at2=2m/s（恰与传送带同速）；向左移动的位移为：s2=12at22=12×5×0.42=0.4m，所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S0=S1﹣S2=0.5m方向向右第16颗子弹击中前，木块向右移动的位

移为：s=15×0.5m=7.5m，第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m，总位移为0.9m+7.5=8.4m＞8.3m木块将从B端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：Q1=12mv02+12Mv12﹣

12mu2﹣12Mv1′2，木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为：s′=v1t1+s1，产生的热量为：Q2=μMgs′，木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为：s″=v1t2﹣s2，产生的热量为：Q3=μMgs″，第16

颗子弹射入后木块滑行时间为t3有：v1′t3﹣12at32=0.8，解得：t3=0.4s木块与传送带的相对位移为：S=v1t3+0.8产生的热量为：Q4=μMgs，全过程中产生的热量为：Q=15（Q1+Q2+Q3）+Q1+Q4解得：Q=14155.5J含弹簧的能量问题含弹簧的能量问题例题1

、[多选题]【答案】BC【解析】暂无解析例题2、[多选题]【答案】BD【解析】A、若Q匀速运动，由平衡条件可知，弹簧对Q应没有弹力，则P的合力等于F，合力不等于零，应做匀加速运动，所以两个物体不可能同时做匀速运动，故A错误．B、当弹簧处于压缩状态时，P与Q的加速度可能相同，两者以

相同的加速度向右运动，故B正确．C、当弹簧不断被压缩的过程中，弹簧对P、Q两物体组成的系统做的功大于零，故C错误．D、在运动过程中取一段时问，该段时间内若弹簧处于原长状态时，P、Q两物体增加的动能等于推

力F做的功与摩擦力对物体P做功的代数和．故D正确例题3、[多选题]【答案】BD【解析】暂无解析例题4、【答案】（1）25m/s．（2）10J．（3）0.6m．【解析】（1）物体沿坡道下滑的过程，由动能定理得mgh﹣μmgcosθ•sinh=2012mv﹣0可得，物块滑到O点时的速度

大小vO=25m/s（2）物体压缩弹簧的过程，由系统的机械能守恒，得：弹簧最大的弹性势能Ep=2012mv=10J（3）物块A被弹回到O点时速度大小仍为vO=25m/s设沿坡道上升的最大高度为H．物体沿坡道上滑的

过程，运用动能定理得﹣mgH﹣μmgcosθ•sinH=0﹣2012mv解得H=0.6m答：（1）物块滑到O点时的速度大小是25m/s．（2）弹簧压缩量最大时的弹性势能是10J．（3）物块A被弹回到坡道上升的最大高度是

0.6m．例题5、【答案】（1）21122TWxkxkx（2）5【解析】（1）参考由速度一时间图象求位移的方法，F－x图线下的面积等于弹力做的功。小球压缩弹簧过程中，弹力做功WT21122TWxkxkx（2）a．小球从h处

下落到最低点（弹簧最大压缩量处）xm的过程，根据动能定理，有21()02mmmghxkx公式中k＝5N／cm＝500N／m解得xm＝0.6m或xm＝－0.4m（舍去）b．由力和运动关系可知，小球速度最大v＝vm时，小球所受重力与弹簧相等。mg＝kx根据动能定

理可知2211()22mmghxkxmv两式联立可得vm＝5m／s。例题6、【答案】（1）物体A向下运动刚到达C点时的速度是20233gLv（2）弹簧的最大压缩量是20342vLg（3）弹簧中的最大弹性势能是34m20v﹣32μmgL【解析】（1）A和斜面

间的滑动摩擦力为：f=2μmgcosθ物体A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒有：2mgLsinθ+12•3m20v=12•3mv2+mgL+fL得：v=20233gLv（2）从物体A接触弹簧到将弹簧压缩到最短后又恰好回到C点，对系统应用动能定理有：﹣f•2x=0﹣12•3mv2联立以上方

程解得：x=20342vLg（3）弹簧从压缩到最短到恢复原长的过程中，根据能量守恒有：Ep+mgx=2mgxsinθ+fx又因为有：mgx=2mgxsinθ所以得：Ep=fx=34m20v﹣32μmgL例题7、【答案】（1）2m/s；（2）26m/s；（3）0.18m．【解析】解：（1）当弹珠

做圆周运动到D点且只受重力时速度最小，根据牛顿第二定律有：2DvmgmR解得DvgR2m/s．（2）弹珠从D点到E点做平抛运动，设此时它通过D点的速度为v，则s=vt21R=gt2从C点到D点，弹珠机械能守恒，有：22C11mvmvmg2R22联立解得22C(s8R

)gv2R代入数据得，Cv26m/s．（3）由图乙知弹珠受到的摩擦力f=0.1N，根据动能定理得，21200CF+F1xf(2xL)mv22且F1=0.1N，F2=8.3N．得2C012mv2fLxF+F4f代入数据解得x0=0.18m．答：（1

）弹珠P通过D点时的最小速度为2m/s；（2）通过C点时的速度为26m/s；（3）压缩量为0.18m．随练1、[多选题]【答案】AC【解析】A、当物体至O点时，由动能定理得：Ep﹣μmgs=12mv2，将s=0.1m，µ=0.4，Ep=1J，m=2kg，代入可得，物体至O点的

速度v不为零，将继续向右压缩弹簧，由能量守恒可得，Ep=μmgx′+Ep′，因Ep′＞0，所以解得x′＜12.5cm，即物体向右滑动的距离一定小于12.5cm，故A正确，B错误．C、物体到达最右端时，动能为0，但弹簧有弹性势能，故系统的

机械能不为0，故C正确．D、当物体向右运动至O点过程中，弹簧的弹力向右．由牛顿第二定律可知，kx﹣μmg=ma（x为弹簧的伸长量），当a=0时，物体速度最大，此时kx=μmg，弹簧仍处于伸长状态，故D错误．故选：AC随练2、[多选题]【答案】BD【解析】A、在平衡位置B点速度最大，动能最大，

弹性势能最大的点在最低点C，故A错误；B、重物在向下运动的过程中，要克服弹簧拉力做功，故机械能逐渐减小，故B正确；C、手托重物缓慢上移再返回过程，根据动能定理，只有推力做功，有：W1=12mv2；故C错误；D、重物从静止下落到速度最大的过程中，根据动能定理，有：mg•mgx-W2=

12mv2，解得：W2=22mgk-12mv2；故D正确；故选：BD．随练3、[多选题]【答案】BD【解析】随练4、【答案】（1）4J；（2）2m／s；（3）0.9m／s【解析】暂无解析随练5、【答案】（1）2mgk（2）10m3（3）2220mg13k【解析】（1）设开始时弹

簧压缩的长度为xB，则有kxB=mg设当物体A刚要离开地面时，弹簧的伸长量为xA，则有kxA=mg当物体A刚要离开地面时，物体B上升的距离与物体C沿斜面下滑的距离相等，为：h=xA+xB解得：h=2mgk．（2

）物体A刚要离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力kxA、细线的拉力FT三个力的作用，设物体B的加速度为a，根据牛顿第二定律：对B有：FT﹣mg﹣kxA=ma对C有：mCgsinθ﹣FT=mCaB获得最大速度时，有：a=0解得：

mC=10m3．（3）法一：由于xA=xB，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚好离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为v0，由动能定理得：mCghsinθ﹣mgh+W弹=2C01(m+m)v2﹣0其中，W弹=0解得：v02=212

mg13k所以EkC=2C01mv2=2220mg13k法二：根据动能定理，对C：mCghsinθ﹣Wr=EkC﹣0对B：Wr﹣mgh+W弹=EkB﹣0其中W弹=0又EkC：EkB=10：3解得：EkC=2220mg

13k随练6、【答案】（1）k=0mgx（2）6mg（3）6.5x0【解析】（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力F=mg，根据胡克定律得：F=kx0，即有kx0=mg，解得，弹簧的劲度系数k=0mgx；（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对地面的压

力为0，则：对C，弹簧弹力：F弹=mg对A、B，回复力最大：F回=2mg+F弹=3mg由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，为F回=3mg，此时物体C对地面的压力最大，对物体A、B有：F弹′-2mg=3mg，则弹簧弹力：F弹′=5mg对物体C，

设地面对物体C的弹力为N，则：N=5mg+mg=6mg，由牛顿第三定律可知，C对地面最大的压力大小：N′=N=6mg．（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为v1．对物体A，从开始下

滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：mgx=12mv12，解得：v1=2gx…①设A与B相碰后两物体共同速度的大小为v2，A与B发生碰撞的过程动量守恒，以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=

（m+m）v2，解得：v2=12v1…②，物体B静止时弹簧的形变量为x0，设弹性势能为EP，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，由机械能守恒定律得：12（m+m）v22+EP=12（m+m）v2+（m+m）gx0

…③，当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为x1．对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：12mv2=mgx1解得：x1=1.5x0，对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高

点时速度为0，物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为x0，弹簧的弹性势能也为EP．从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：12mv2=mgx0+EP，解得：EP=14mgx0④，由①②③④解得：x=9x0，

由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：d=x-x1-x0=6.5x0．答：（1）弹簧的劲度系数k=0mgx；（2）C对挡板D压力的最大值为6mg；（3）碰后A第一次运动达到

的最高点与开始静止释放点之间的距离为6.5x0．拓展1、【答案】0.11m【解析】（1）设滑块在木板上滑动时的加速度为a1，滑动的时间为t1，由牛顿第二定律得：μ2mg=ma1设滑块与木板相对静止达共同速度时的速度为v，所需的时间为t，木板滑动时的加速度为a2，则由牛顿第二定律得：μ2mg

-μ1（M+m）g=Ma2v=v0-a1t，v=a2t滑块相对于地面的位移为x=v0t-12at2达共同速度后的加速度为a3．发生的位移为s，则有：a3=μ1g=1m/s2，s=22032vva小滑块自滑上长板到最后静

止（相对地面）的过程中运动的路程l=x+s代入有关数据得：l=0.11m答：小滑块自滑上长板到最后静止（相对地面）的过程中运动的路程为0.11m2、【答案】（1）F>20N；（2）2s【解析】（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力0.4110N=4NfNmg小滑块向右运动的加速度22

14m/s4m/s1fam木板向右运动的加速度442FMfFa使m能从M上面滑落下来的条件是21aa即444F，可得444N=20NF（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力2

2.8NF，木板的加速度22222.84m/s4.7m/s4FfaM小滑块在时间t内运动位移21112xat木板在时间t内运动位移22221tax而Lxx12，联立三式可得2st3、

[多选题]【答案】ACD【解析】A、木块运动的位移x1=s+d，则摩擦力对物块做功为Wf=﹣μmg（s+d），故A正确；B、木板受到的摩擦力方向与运动方向相同，做正功，则摩擦力对木板做功为W=μmgs，故B错误；C、根

据动能定理可知，木板动能的增量等于摩擦力对木板做的功，即为μmgs，故C正确；D、系统由于摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，即为μmgd，故D正确．4、【答案】C【解析】由动量守恒可知：mv0=（M+m）v可知：v=0mvMm﹣﹣﹣（1）对m分析可知，m只有M

的摩擦力做功，则由动能定理可知，﹣μmg（x+d）=12mv2﹣12mv02（2）对M分析可知，M受m的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx=12Mv2；（3）联立可知：202()MmvmgdMm故只有C正确．5、【答案】（1）1m/s2；2m/s2（2）40J（3）72J．【解

析】（1）由牛顿第二定律对B：F-μm2g=m2aB解得：aB=2m/s2对A：μm2g=m1aAaA=1m/s2（2）摩擦力所做的总功就是损失的机械能，也是转化的内能Q=μm2gL=0.5×400×2=40J；（3）系统机械能的增量就是由F和f做功引起，是两个力做功的

和．也是动能的增量所以12aBt2-12aAt2=LvA=aAt=1×2=2m/svB=aBt=2×2=4m/s△E=12mAvA2+12mBvB2=12×20×4+12×4×16=72J；6、【答案】（1）木板A最终的速度．（2）若滑块B

以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A，恰不掉下，最终速度的大小为v2=1.5m/s，M与m的大小相等；（3）若该滑块B与木板A间的动摩擦因数μ=0.3，g取10m/s2．木板A的长度是0.75m．【解析】（1）AB组成的整

体在水平方向上不受外力，设向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0=（M+m）v解得：（2）由题意得滑块B以v1=3.0m/s的初速度冲上木板A，滑块未掉下就达到共同速度，由动量守恒定律得：mv1=（M+m）v即：3m=1.5（m+M）解得：M=m（3）若该滑块B与

木板A间的动摩擦因数μ=0.3，则：代入数据得：L=0.75m7、【答案】（1）20516vgL；（2）2064vg．【解析】（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：0011()22mvmvmv…①由

能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：2220011111()22222mgLmvmvmv…②联立①②解得：20516vgL…③（2）当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平

方向动量守恒有：0121()()2mvmvmmv…④由A、C组成的系统机械能守恒：2220121111()(2)2222mvmvmvmgR…⑤联立④⑤解得：2064vRg8、【答案】0.54【解析】设子弹射入木块后

的共同速度为v1，以水平向左为正，则由动量守恒有：m0v0﹣mv=（m+m0）v1…①代入数据解得：v1=8m/s它们恰好不从小车上掉下来，则它们相对平板车滑行s=6m时它们跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒有：（m+m0）v1﹣Mv

=（m+m0+M）v2…②由能量守恒定律有：22200102111222QmmgsmmvMvmmMv…③联立①②③并代入数据得：μ=0.54答：木块与平板之间的动摩擦因数为0.54．9、【答

案】①2mMgRm②2()9MmRMm【解析】①第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m＋M）v1系统由O到C的运动过程中机械能守恒，由

机械能守恒定律得：211()()2mMvmMgR由以上两式解得：02mMvgRm②由动量守恒定律可知，第2、4、6…颗子弹射入木块后，木块的速度为0，第1、3、5…颗子弹射入后，木块运动。当第9颗子弹射入木块时，以子弹初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

：mv0＝（9m＋M）v9设此后木块沿圆弧上升的最大高度为H，由机械能守恒得：291(9)(9)2mMvmMgH由以上各式可得：2()9MmHRMm。10、【答案】A【解析】当滑块的合力为0时，滑块速度最大，即知在c点时滑块的

速度最大，此瞬间滑块受力平衡，则有sin30mgkbc，可得100.5sin3050/0.1kmgbcNm，故A正确；滑块从d到a，运用动能定理得00GWW弹，又8pWEJ弹，可得8GWJ，即克服重力做功8J，所以从d到b滑块克服重力做功小于

8J，故B错误；滑块从a到c，由系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与重力势能增加量之和等于弹簧弹性势能的减小量8J，所以滑块的动能最大值小于8J，故C错误；弹簧弹性势能的最大值为8J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功为8J．从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功

小于8J，故D错误．11、【答案】（1）小物块由A到B的时间为3s；（2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小为50J；（3）P距C点35m【解析】（1）由平抛运动的规律可得：h1-h2=12gt2解得：t=122(

)hhg代入数据得：t=3s；（2）由几何关系得∠BOC=60°故vB=2v1由动能定理得：mg（h1-h2）=12m（vB2-v21）联立并代入数据得：v1=10m/s；vB=20m/s；因为EP=12mv12代入数据得：EP

=50J；（3）由动能定理得：mgh2-μmgx=0-12mvB2；代入数据得：x=105m；故P点距C点35m．答：（1）小物块由A到B的时间为3s；（2）小物块原来压缩弹簧时储存的弹性势能Ep的大小为50J；（3）P距C点35m；