高中物理《解题手册》专题10滑块模型.doc

_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：mv0=（Mm）v 对子弹由动能定理有： 对木块由动能定理： 得： 动能的损失： 故打入深度 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 此过程系统所增加的内能 （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，由动量守恒定律有此过程系统所损耗的机械能由功能关系有两式相比即有于是有因为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，v0应取多大？这个最远距离sm是多大? v/(ms-1)t/sO100 4 v/ 分析与解答：子弹和木块共同滑行过程用动能定理：(M+m)gs=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：mv0=(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 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，钻入木块的深度为d，根据能量守恒：摩擦生热，有dv02，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，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4m/s。从图中可以看出，当子弹初速度大于100m/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变小。因此，当v0=100m/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=， 由动量守恒，有：mv0=(M+m)v1 ，得：； （2）第二次入射时，有：mv0 - (M+m)v1 =(M+2m)v2=0 ，第三次入射时，有：mv0 = (M+3m)v3 ，第四次入射时，有：mv0 - (M+3m)v3 =(M+4m)v4=0 ， 第八次入射后，有：mv0 - (M+7m)v7 = (M+8m)v8=0 ，第九次入射时，有：mv0 = (M+9m)v9 ， 得：； 由机械能守恒，有： 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 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 L v0 m v 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=（Mm）v （2）可得 所以 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：vB= 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 B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 又由能的转化和守恒定律可得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。ABF fAB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：mv0=(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， 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，mM.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.V0V0BAV0V0BL1L2L0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;对B据牛顿第二定律和运动学公式有：f=MaB, ,V=V0-aBt;由几何关系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它们最后的速度大小为V. V0，方向向右。对A，向左运动的最大距离为。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 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。对B：-ft=MVMV0 解得：VV0，方向向右 A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，L2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，L0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= 对于A ： -fL1= - f(L1-L2)= 由几何关系L0+L2=L 联立求得L1=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：MV0mV0=(m+m)V 解得：V. V0，方向向右 .对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL= 对于A fL1= 由上述二式联立求得L1=.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，g10ms2，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-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： mAv2mBv1=(mA+mB)v 解得，v=lms (2)设小车的最小长度为L，由功能关系得： 解得：L0.75m (3)设小车做变速运动的时间为t，由动量定理得：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/s2，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=（Mm）v v0设物体相对于木板的位移为s，由能量守恒定律得 得: (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）v1Mv0 得: v1=gt1=4m/s 设t1时间内物体发生的位移为s1，由动能定理得， 物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律得:，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： 物体在1s内发生的位移: s=s1+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？A v0 5m B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： S=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： 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FF=(M+m)a mg=ma 得： F=(M+m)g=0.1(3+1)10N=4N （2）小物体的加速度 木板的加速度 解得物体滑过木板所用时间 物体离开木板时的速度 （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V 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:LAB (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 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vB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 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 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 = （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 =依次类推可知，经过n次碰撞后，一起运动的速度大小是vn = （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：AObaBEO(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 Uab=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 得： （2）对于滑块从Ob过程，由动能定理得： 得： (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： 而 得： 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动量守恒，有：设A离开O点的最大距离为，由动能定理有：解得：(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：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：解得： (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:(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:ESABl 解得:v1=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 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： 解得:x1=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: 解得:x20.05m 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=x2+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：Bqv1 +mg=Nv1 = 5.0 m/s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：mv1 + Mv2 = mv1 +Mv2（2分）系统机械能守恒，则：mv12 + 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：MV0=（M+m