高中物理解题手册专题10滑块模型

216专题十一 滑块模型重点难点提示以滑块为模型的物理问题，将其进行物理情景的迁移，或对其初始条件与附设条件做某些演变、拓展，便于构成许多内涵丰富、情景各异的综合问题。由于这类问题涉及受力和运动分析、动量和功能分析以及动力学、运动学、动量守恒、能量守恒等重要内容的综合应用，因此，滑块模型问题成为高考考查学生知识基础和综合的能力的一大热点。通过对滑块模型问题的分析、研讨，掌握其基本特征，分清其在不同情景中的物理本质，对于启迪学生思维和培养学生的各种能力，特别是提高学生解题能力和开发学生研究性学习潜能的作用都是不可低估的。习题分类解析类型一 单滑块问题如图所示，一颗质量为 m 的子弹以速度 v0 射人静止在光滑水平面上的木块 M 中且未穿出。设子弹与木块间的摩擦为 f。子弹打进深度 d 相对木块静止，此时木块前进位移为 s。分析与解答：对系统，由动量守恒有：mv 0=（Mm ）v 对子弹由动能定理有：2021sf对木块由动能定理：2vf得：220)(1mMfd动能的损失：20vfEk故打入深度 201)(mfd变式 1 如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为 980g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为 20g 的子弹以 300m/s 的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为 10cm，子弹打进木块的深度为 6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。（2）若子弹是以 400m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块？分析与解答：设子弹的初速度为 v0，射入木块的共同速度为 v.以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有 （2 分）解得mM)(0 smmMv/0.6/2.9803此过程系统所增加的内能217（2）设以 v0=400m/s 的速度刚好能够射穿材质一样厚度为 d的另一个木块.则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有 mM)(0 sm/0.8/2.9804此过程系统所损耗的机械能由功能关系有 dfsEfds相相 ,两式相比即有 f相相于是有 cmcdE104756882156因为 d10cm，所以能够穿透此木块. 变式 2 固定在地面的水平桌子左端放有质量 M 的木块，木块厚 10cm，其右端和桌子右边缘相距 L=4.0m，木块和桌面间的动摩擦因数 =0.80。质量为 m0=100g 的子弹（可以视为质点）以 v0=100m/s 的速度水平向右射入木块，并留在木块中，子弹钻入木块的深度是 5.0cm。木块在桌面上滑行了 s=1.0m 后停下。求：子弹射入木块后，木块开始在桌面上滑行的初速度 v 是多大？木块的质量 M 是多少？ 子弹射入木块过程系统的动能损失 E 是多少？ 如果子弹射入木块前的初速度 v0 可以在 100m/s 到200m/s 范围内取值，并设子弹钻入木块过程中所受的阻力大小恒定，为使木块在桌面上滑行的距离最远，其他条件都不变，v 0 应取多大？这个最远距离 sm 是多大? 分析与解答：子弹和木块共同滑行过程用动能定理：(M+m)gs= 21vmM初速度 v=4.0m/s 根据子弹射入木块过程两者组成的系统动量守恒：mv 0=(M+m)v，可求 M=2.4kg 子弹射入木块过程系统的动能损失 E =480J 2201mMv设子弹和木块在桌面上滑行的距离为 s，由 v2=2as，有 sv2；设子弹和木块间的相互作用力大小为 f，若子弹没有射穿木块，最后和木块共同运动，钻入v/(ms-1)t/sO100 24 v/218木块的深度为 d，根据能量守恒：摩擦生热 ，有 dv02，mMvmvfQ22100因此子弹初速度是 v0 时刚好未射穿木块，这时子弹和木块开始滑行的初速度变为 v，2在桌面上滑行的距离则变为 2s=2.0m。若子弹速度再大，将射穿木块。由速度图象分析：子弹在木块中运动过程，子弹和木块的加速度大小是恒定的，与子弹初速度大小无关；子弹、木块速度图线和纵轴所围面积表示子弹钻入木块的深度，图中带点部分的面积表示木块厚度，对应的木块滑行初速度是 4 m/s。从图中可以看出，当子弹2初速度大于 100 m/s 后，射穿时木块的速度 v/反而小了，因此在桌面上滑行的距离随之2变小。因此，当 v0=100 m/s 时，木块在桌面上滑行距离最大是 2.0m。变式 3 如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为 R 的光滑 1/4 圆弧轨道，两轨道恰好相切质量为 M 的小木块静止在 O 点，一质量为 m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中随小木块一起运动，恰好能达到圆弧的最高点 C（子弹和木块可视作质点） 问：（1）子弹入射前的速度？（2）若每当木块返回或停止在 O 点时立即有一颗相同的子弹射入木块，并留在其中，则当第 9 颗子弹射入木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度是多少？分析与解答：（1）由题，第一次入射后速度 v1=， gRvB由动量守恒，有：mv 0=(M+m)v1 ，得：； mM20（2）第二次入射时，有：mv 0 - (M+m)v1 =(M+2m)v2=0 ，第三次入射时，有：mv 0 = (M+3m)v3 ，第四次入射时，有：mv 0 - (M+3m)v3 =(M+4m)v4=0 ， 第八次入射后，有：mv 0 - (M+7m)v7 = (M+8m)v8=0 ，第九次入射时，有：mv 0 = (M+9m)v9 ， 得： ； gRMv 29 由机械能守恒，有： gh29)(变式 4 如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为 M=4.00的平板小车，车上放一质量为 m=1.96 的木块，木块到平板小车左端的距离 L=1.5m，车与木块一起以 v=0.4m/s的速度向右行驶，一颗质量为 m0=0.04的子弹以速度 v0 从右方射入木块并留在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数=0.2，取 g=10m/s2。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？分析与解答：子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度 v1 时，小车速度不变，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 219L v0m v此后木块(含子弹)以 v1 向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v2，则 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 201 )()(2)( vMmvmgLm联立化简得： v02+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 为最大值， v0149.6m/s类型二 双滑块相互作用系统如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的盒子，盒子中央有一质量为 m 的小物体（大小可忽略） ，它与盒底部的摩擦系数为 。盒子内部长 l，现给物体 m 以水平初速 v0 向右运动。设物体与壁碰撞时无能量损失。求：（1）物体相对盒子静止时，盒的速度大小；（2）物体 m 与盒壁碰撞的碰撞次数。分析与解答：（1）由 m 以 v0 开始运动到 m 与 M 相对静止的全过程中，系统动量守恒，符合子弹打木块模型。即 mv0=（ M m） v 0（2） 220)(1vEfdk可得 20g gmMvd)(20所以 21)(20gmvldn变式 1 如图所示，有两个物体 A，B ，紧靠着放在光滑水平桌面上，A 的质量为2kg，B 的质量为 3kg。有一颗质量为 100g 的子弹以 800m/s 的水平速度射入 A，经过 0.01s又射入物体 B，最后停在 B 中，A 对子弹的阻力为 3103N，求 A，B 最终的速度。分析与解答： 设 A，B 质量分别为 mA， mB， 子弹质量为 m。子弹离开 A 的速度为了 v，物体 A，B 最终速度分别为 vA， vB。在子弹穿过 A 的过程中，以 A，B 为整体，以子弹初速 v0 为正方向，应用动量定理。ft=（ mA+mB） u （u 为 A，B 的共同速度）解得 ： u = 6m/s。由于 B 离开 A 后 A 水平方向不受外力，所以 A 最终速度 VA=u=6m/s。对子弹，A 和 B 组成的系统，应用动量守恒定律：mv0=mAvA+（ m+mB） vB解得：v B= 21.94m/s。物体 A，B 的最终速度为 vA=6m/s， vB=21.94m/s。变式 2 如图，物块 A 以初速度 V0 滑上放在光滑水平面上的长木板 B。若 B 固定，则A 恰好滑到 B 的右端时停下；若 B 不固定，则 A 在 B 上滑行的长度为板长的 4/5，求A、B 的质量比。分析与解答：B 固定时：对 A 由动量定理 201mvfL220V0V0B AV0 V0BL1L2L0B 不固定时： A 相对 B 滑动距离 4L/5 时，AB 相对静止，此时共同速度为 V，由动量守恒定律 vmMv)(0又由能的转化和守恒定律 220)(154vmfL可得 M=4m。变式 3 质量为 M 的小车 A 左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为 m的小物块 B 从右端以速度 v0 冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能 EP 和全过程系统摩擦生热 Q 各多少？简述B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。分析与解答：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv 0=(m+M)v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能 EP 恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以 EP 是全过程摩擦生热 Q 的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以 EK=Q=2EP而 ， mvEk20mvvp2,4020至于 B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对 B 的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F 也一定大于摩擦力 f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B 脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和 B 具有向左的共同速度，并保持匀速运动。变式 4 如图所示，一质量为 M、长为 L 的长方形木板 B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A，m M.现以地面为参照系，给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度(如图 1)，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后 A 刚好没有滑离 B板，以地面为参照系.(1)若已知 A 和 B 的初速度大小为 V0，求它们最后的速度大小和方向.(2)若初速度的大小未知，求小木块 A 向左运动到达的最远处 (从地面上看)离出发点的距离.分析与解答：方法 1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。A 刚好没有滑离 B 板，表示当 A 滑到 B 板的最左端时，A、B 具有相同的速度，设此速度为 V，经过时间为 t，A、B 间的滑动摩擦力为 f.如图所示。对 A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f=maA, L2= ， V=-V0+aAt;201tatVA对 B 据牛顿第二定律和运动学公式有：f=MaB, ,V=V0-aBt;20ttB由几何关系有：L 0+L2=L；由以上各式可求得它们最后的速度大小为A BF fAB221小锦囊从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。V . V0，方向向右。mMfL2对 A，向左运动的最大距离为 。LMmaVLA4201方法 2、用动能定理和动量定理求解。A 刚好没有滑离 B 板，表示当 A 滑到 B 板的最左端时，A、B 具有相同的速度，设此速度为 V，经过时间为 t, A 和 B 的初速度的大小为 V0，则据动量定理可得：对 A： ft= mV+mV0 对 B：-ft=MV MV0 解得：V V0，方向向右 mMA 在 B 板的右端时初速度向左，而到达 B 板左端时的末速度向右，可见 A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为 V的两个阶段。设 L1 为 A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2 为 A 从速度为零增加到速度为 V 的过程中向右运动的路程，L 0 为 A 从开始运动到刚好到达 B的最左端的过程中 B 运动的路程，如图 2 所示，设 A 与B 之间的滑动摩擦力为 f，则由动能定理可得：对于 B ： -fL0= 01MV对于 A ： -fL1= - 20mf(L1-L2)= 由几何关系 L0+L2=L 联立求得 L1= M4)(方法 3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。A 刚好没有滑离 B 板，表示当 A 滑到 B 板的最左端时，A、B 具有相同的速度，设此速度为 V， A 和 B 的初速度的大小为 V0，则据动量守恒定律可得：MV0 mV0=(m+m)V 解得：V . V0，方向向右 .m对系统的全过程，由能量守恒定律得 ： Q=fL= 220)(1)1VMm（对于 A fL1= 20由上述二式联立求得 L1= .M4)(222变式 5 如图甲所示，质量 mB=1 kg 的平板小车 B 在光滑水平面上以 v1=1 ms 的速度向左匀速运动当 t=0 时，质量 mA=2kg 的小铁块 A 以 v2=2 ms 的速度水平向右滑上小车，A 与小车间的动摩擦因数为 =0.2。若 A 最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g10ms 2，求：(1)A 在小车上停止运动时，小车的速度为多大?(2)小车的长度至少为多少?(3)在图乙所示的坐标纸中画出 1.5 s 内小车 B 运动的速度一时间图象分析与解答： (1)A 在小车上停止运动时，A、B 以共同速度运动，设其速度为 v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv2m Bv1=(mA+mB)v 解得，v=lms (2)设小车的最小长度为 L，由功能关系得：2212 vmgLBABAA 解得：L0.75m (3)设小车做变速运动的时间为 t，由动量定理得：1vmtBA解得：t0.5s 故小车的速度时间图象如图所示 类型三 存在外力作用的双滑块系统.如图所示，一质量为 M=2kg 的足够长的长木板在光滑的水平面上以速度 v0=3m/s 的速度向右匀速运动，某时刻一质量 m=1kg 的物体无初速的放在长木板的右端，物体与木板的动摩擦因数 =0.5，g=10m/s 2，求(1)物体相对长板的位移多大？(2)若在物体无初速放在长木板右端的同时对长木板施加一水平向右的恒力 F=7.5N，则在 1s 内物体的位移为多大？分析与解答：设物体与木板的共同速度为 v，由动量守恒定律得Mv0=（ M m） v 设物体相对于木板的位移为 s，由能量守恒定律得-0.5v/(m/s)1.51.00.50 1.51.00.5 t/s-1.5-1.0-0.5v/(m/s)1.51.00.50 1.51.00.5 t/s乙-1.5-1.0甲v2v1BAv0223A v0 5mB220)(1vmMvmgs得: g6.)(2)设经时间 t1 两物体达共同速度 v1，对于物体由动量定理得mgt1=mv1 对于物体和木板，由动量定理得Ft1=（ M+m） v1 Mv0 得: sFgmMt 8.)(v1=gt1=4m/s 设 t1 时间内物体发生的位移为 s1，由动能定理得， 21vgsgs6.2物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律得: ，gsmMFa2/5.故物体与木板能保持相对静止. 在 t2=0.2s 内物体发生的位移： ttvs85.0212物体在 1s 内发生的位移: s=s 1+s2=2.45m 变式 1 在光滑水平面上静止放置一长木板 B，B 的质量为 M=2同，B 右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质量为 m=1，以 v0=6m/s 的速度从 B 左端水平地滑上 B。如图所示。A、B 间动摩擦因数为 =0.4，B 与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时无能量损失。取g=10m/s2。求：要使物块 A 最终不脱离 B 木板，木板 B 的最短长度是多少？分析与解答：A 滑上 B 后到 B 与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度 v 需作以下判断：mv0=(M+m)v, 得 v=2m/s此时 B 对地位移为 S1，则对 B： 21MvmgSS=1m5m,故在 B 与墙相撞前与 A 已达到相同速度 v，设此时 A 在 B 上滑行 L1 距离，则：2201)(vMmvgL变式 2 如图所示，光滑水平面上静止放着长 L=1.6m，质量为 M=3kg 的木块（厚度不计） ，一个质量为 m=1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和 M 之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力 F， （g 取 10m/s2）(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果拉力 F=10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？(3)如果拉力 F=10N，要使小物体从木板上掉下去，拉力 F 作用的时间至少为多少？分析与解答：（1）根据牛顿第二定律F=(M+m)a F224mg=ma 得： F=(M+m)g=0.1(3+1)10N=4N （2）小物体的加速度210.1/mgams木板的加速度22.03/FMLtat1由解得物体滑过木板所用时间 1.6ts物体离开木板时的速度 1/vm2110.8kEmvJ（3）若 F 作用时间最短，则物体离开木板时与木板速度相同。设 F 作用的最短时间为 t1，物体在木板上滑行的时间为 t，物体离开木板时与木板的速度为 V11213vatvatvat则 2:()mM由 动 量 守 恒 定 律1 194.5ttt得21().62vvt由 位 移 关 系 .6t解 得 112.50.8ts将 代 入 得变式 3 如图所示，右端有固定挡板的滑块 B 放在光滑的水平面上.B 的质量为M=0.8kg，右端离墙壁的距离为 L=0.09m.在 B 上靠近挡板处放一个质量为 m=0.2kg 的小金属块 A.A 和挡板之间有少量炸药.A 和 B 之间的动摩擦因数 =0.2.点燃炸药，瞬间释放出化学能.设有 E0=0.5J 的能量转化为 A 和 B 的动能.当 B 向右运动与墙壁发生碰撞后，立即以碰前的速率向左运动.A 始终未滑离 B.g=10m/s2，求:(1)A 和 B 刚开始运动时 vA、 vB；(2)最终 A 在 B 上滑行的距离 s.分析与解答：解:(1)A 和 B 在炸药点燃前后动量守恒，设向左为正mvA MvB = 0 0221EMvm解得 vA=2m/s 方向向左 vB=0.5m/s 方向向右 (2)B 运动到墙壁处时，设 A 和 B 的速度分别为 vA和 vBLAB225对 A 和 B，设向左为正，由动量守恒定律有mvA MvB = mvA - MvB 对 B 由动能定理有221MvmgL解得 vA= 1.6m/s vB= 0.4m/s 设 A 和 B 最终保持相对静止时的共同速度为 v由动量守恒定律得 mvA + MvB= (M + m)v 由功能关系有 201gsE求出 s = 0.75m 变式 4 如图所示，在光滑的水平面上有一辆长平板车，它的中央放一个质量为 m 的小物块，物块跟车表面的动摩擦因数为 0.20，平板车的质量 M = 2m，车与物块一起向右以初速度 v0 匀速运动，车跟右侧的墙壁相碰设车跟墙壁碰撞的时间很短，碰撞时没有机械能损失，重力加速度为 g，求：（1）平板车的长度至少是多大时，小物块才不会从车上落下来？（2）若在车的左侧还有一面墙壁，左右墙壁相距足够远，使得车跟墙壁相碰前，车与小物块总是相对静止的，车在左右墙壁间来回碰撞，碰撞 n 次后，物块跟车一起运动的速度大小是多少？（3）小物块在车表面相对于车滑动的总路程是多少？分析与解答：（1）平板车跟右侧墙壁相碰后速度大小不变方向相反，车与物块有相对运动，车与物块之间的滑动摩擦力 f = 0.2 mg设物块与车的共同速度为 v1，对车与物块组成的系统，根据动量守恒定律有(M m) v0 = (M + m) v1设平板车的长至少为 L，根据能量守恒则有解得 L =f2)(2)(2110 gv3402（2）由第（1）问可解得 v1 = v0/ 3即平板车和物块一起以速度 v1 向左运动，跟左侧墙壁碰撞，同样讨论可得v2 = 021)3(依次类推可知，经过 n 次碰撞后，一起运动的速度大小是 vn = 0)31(（3）经过足够多次的碰撞后，由于不断有摩擦力做功，最终物块和平板车的速度都变为 0，则在这个过程中，平板车和物块的动能都克服摩擦转化成内能因此有 fs = (M + m) v02 / 2变式 5 如图所示，光滑水平面上有一质量为 M、长为 L 的长木板，其上有一质量为 m 的物块，它与长木板间的动摩擦因数为 ，开始时长木板与小物块均靠在与水平面垂直的左边固定挡板处以共同的速度 v0 向右运动，当长木板与右边固定竖直挡板碰撞后立即以大小相同的速率反向运动，且左右挡板之间的距离足够长。（1）若 m1)，到达 b 点时动能恰好为零，小滑块最终停在O 点，求：(1)小滑块与水平面间的动摩擦因数 .(2)Ob 两点间的电势差 Uob.(3)小滑块运动的总路程 S.分析与解答： (1)由 Aa=Bb= ,O 为 AB 连线的中点得： a、b 关于 O 点对称，则4LUab=0 设小滑块与水平面间的摩擦力大小为 f，对于滑块从 ab 过程，由动能定理得：而 f=mg 02Efqab得： mgL0（2）对于滑块从 Ob 过程，由动能定理得：04nEfUqOb得： qb2)1(3)对于小滑块从 a 开始运动到最终在 O 点停下的整个过程，由动能定理得：F MEmLA O ba BEO2340EsfUqaO而 qnba2)1(得： LS4变式 2 如图所示，质量 M0.40的靶盒 A 位于光滑水平导轨上，开始时静止在 O 点，在 O 点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中的虚线区域。当靶盒 A 进入相互作用区域时便有向左的水平恒力 F20N 作用。在 P 处有一固定的发射器 B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度 V050m/s、质量0.10的子弹，当子弹打入靶盒 A 后，便留在盒内，碰撞时间极短。若每当靶盒 A 停在或到达 O 点时，就有一颗子弹进入靶盒A 内，求：（1）当第一颗子弹进入靶盒 A 后，靶盒 A 离开 O 点的最大距离。（2）当第三颗子弹进入靶盒 A 后，靶盒 A 从离开 O 点到又回到 O 点所经历的时间（3）当第 100 颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间和。分析与解答：(1)设第一颗子弹进入靶盒 A 后，子弹与靶盒的共内速度为 根据碰撞过程系统1v动量守恒，有： 0)(Mm设 A 离开 O 点的最大距离为 ，由动能定理有： 1s 211)(0vMmFs解得： s25.1(2)根据题意，A 在的恒力 F 的作用返回 O 点时第二颗子弹正好打入，由于 A 的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A 将静止在 O 点。设第三颗子弹打入 A 后，它们的共同速度为 ，由系统动量守恒得： 3v 30)(vmv设 A 从离开 O 点到又回到 O 点所经历的时间为，取碰后 A 运动的方向为正方向，由动量定理得： 3)(02MmtF解得： st5.(3)从第(2)问的计算可以看出，第 1、3、5、（21）颗子弹打入 A 后，A 运动时间均为 故总时间 stt20总变式 3 在绝缘水平面上放一质量 m=2.010-3kg 的带电滑块 A，所带电荷量 q=1.010-7C.在滑块 A 的左边 l=0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块 B，质量 M=4.010-3kg，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接) 且弹簧处于自然状态，弹簧原长 S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为 E=4.0105N/C，滑块 A 由静止释放后向左滑动并与滑块 B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内) ，此时弹性势能 E0=3.210-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为 =0.5，g 取 10m/s2.求:235(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度 v；(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离 s.分析与解答： (1)设两滑块碰前 A 的速度为 v1，由动能定理有 :21mvglqEl解得:v 1=3m/s A、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为 v vM)(1解得:v=1.0m/s (2)碰后 A、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为 x1，由动能定理有：2011 )()( vmEgxmqEx解得:x 1=0.02m 设反弹后 A、B 滑行了 x2 距离后速度减为零，由动能定理得: )(20M解得:x 20.05m 以后，因为 qE(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S=x 2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m=0.08m. 类型六 磁场中的滑块如图所示，质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，AD 部分是表面粗糙的水平导轨，DC 部分是光滑的 圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于 B = 1.0 T 的4垂直纸面向里的匀强磁场中，今有一质量为 m = 1.0 kg的金属块（可视为质点）带电量 q = 2.010-3 C 的负电，它以 v0 = 8 m/s 的速度冲上小车，当它将要过 D 点时，它对水平导轨的压力为 9.81 N(g 取 9.8 m/s2)求：（1）m 从 A 到 D 过程中，系统损失了多少机械能？（2）若 m 通过 D 点时立即撤去磁场，在这以后小车获得的最大速度是多少？分析与解答：（1）设 m 抵达 D 点的速度为 v1 ，则：Bqv 1 +mg=Nv1 = = = 5.0 m/sBqgN0.1.2893设此小车速度为 v2，金属块由 A-D 过程中系统动量守恒则：mv0 = mv1 +Mv2v2 = 1.0 m/s损失的机械能 E = mv02 - mv12- Mv22 = 18 J（2）在 m 冲上 圆弧和返回到 D 点的过程中，小车速度一直在增大，所以当金属4块回到 D 点时小车的速度达到最大，且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则：mv 1 + Mv2 = mv1 +Mv2（2 分）系统机械能守恒，则：ESABl236mv12 + Mv22 = mv12+ Mv02v2=1 m/s 和 v2=3 m/sv2=1 m/s 舍去，小车能获得的最大速度为 3 m/s变式 1 如图所示，光滑水平面上方有垂直纸面向里、磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场，质量 M=2kg 的平板小车以 v0=14m/s 的速度在水平面上运动，将质量为 m=0.1kg、电荷量 q=0.2C 的绝缘小物块，无初速的放在小车的右端，小车足够长，与物块之间有摩擦，g 取 10m/s2。求：（1）物块的最大速度； （2）小车的最小速度；（3）产生的最大内能。分析与解答：（1）设物块与小车对静止 由动量守恒：MV 0=（ M+m） V 则V=13.3m/s 因 qVB=1.33Nmg=1N 故小车、物块不会相对静止 则当 qVmB=mg 时 物块有最大速度 smqBg/10（2）当物块速度最大时，小车速度最小 由水平方向上动量守恒：MV 0=MV1+mVm V1=13.5m/s （3）由能量守恒，产生的最大内能：22120mMVQQ=8.75J 变式 2 .如图所示，有一质量 M=2kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，小物块a、b 静止在板上的 C 点，a、 b 间绝缘且夹有少量炸药已知 ma=2kg，m b=1kg，a、b 与小车间的动摩擦因数均为 =0.2a 带负电，电量为 q，b 不带电平板车所在区域有范围很大的、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B，且 qB=10Ns/m炸药瞬间爆炸后释放的能量为 12J，并全部转化为 a、b 的动能，使得 a 向左运动，b 向右运动取 g=10m/s2 ，小车足够长，求 b 在小车上滑行的距离分析与解答：炸开瞬间，对 a、b 有：0 = mava mbvb 12 = mava2 + mbvb2 12 12解得：v a = 2m/s ，v b = 4m/s 爆炸后对 a 有： qBva = mag = 20N 因此 a 与车之间无摩擦力而做匀速运动，从左端滑离小车对 b 与小车组成的系统由动量守恒定律有：mbvb = （m b +M）v 对 b 与小车组成的系统由能量守恒有：-mbgs = （m b + M）v 2 - mbvb2 12 12解得：s = m 83bCa B237类型七 电磁场中的滑块如图所示，PR 是一块长为 L=4 m 的绝缘平板固定在水平地面上，整个空间有一个平行于 PR 的匀强电场 E，在板的右半部分有一个垂直于纸面向外的匀强磁场 B，一个质量为m=0.1 kg.带电量为 q=0.5 C 的物体，从板的 P 端由静止开始在电场力和摩擦力的作用下向右做匀加速运动，进入磁场后恰能做匀速运动.当物体碰到板 R 端挡板后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场，物体返回时在磁场中仍做匀速运动，离开磁场后做匀减速运动停在 C 点，PC=L/4，物体与平板间的动摩擦因数为 =0.4.求：（1）判断物体带电性质，正电荷还是负电荷？（2）物体与挡板碰撞前后的速度 v1 和 v2；（3）磁感应强度 B 的大小；（4）电场强度 E 的大小和方向.分析与解答：(1)由于物体返回后在磁场中无电场，且仍做匀速运动，故知摩擦力为0，所以物体带正电荷.且：mg =qBv2(2)离开电场后，按动能定理，有：- mg =0- mv24L1得：v 2=2 m/s(3)代入前式求得：B= T2(4)由于电荷由 P 运动到 C 点做匀加速运动，可知电场强度方向水平向右，且：(Eq-mg) mv12-0L进入电磁场后做匀速运动，故有：Eq=(qBv1+mg)由以上两式得： 42m/sv2.4N/CE变式 1 如图所示，PR 是一长为 L=0.64m 的绝缘平板，固定在水平地面上，挡板R 固定在平板的右端.整个空间有一个平行于 PR 的匀强电场 E，在板的右半部分有一垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的宽度 d=0.32m.一个质量 m=0.5010-3kg、带电荷量为q=5.010-2C 的小物体，从板的 P 端由静止开始向右做匀加速运动，从 D 点进入磁场后恰能做匀速直线运动.当物体碰到挡板 R 后被弹回，若在碰撞瞬间撤去电场（不计撤去电场对原磁场的影响） ，物体返回时在磁场中仍作匀速运动，离开磁