“板-块”模型的综合分析-2025高考物理二轮复习与策略（解析版）

“板一块”模型的综合分析

【备考指南】1.高考对本讲的命题借助“滑块一木板”模型，设置多个情境、

多个过程，考查模型建构能力、逻辑推理能力和分析综合能力。2.要善于将实

际问题转化为物理模型，灵活运用整体法和隔离法，综合应用运动过程分析、

动力学分析、动量和能量关系。

1.常见板块模型的分析

常见类型不意图々图像

V

少0、滑块

同向

一块7__,。共

快带慢板

s板s相对

ah7

，木板

反向-vo00

；夕闻少共

互相阻

一。0/滑块

2.解决“板块”模型规律的选择

(1)系统有外力或地面(斜面)不光滑，应用牛顿运动定律以及运动学规律分析求解。

对于过程比较复杂的问题，可以应用图像进行分析求解。

(2)系统无外力，利用动量守恒定律和能量关系分析各阶段初、末状态，进而解

决相关问题。

3.解决“板一块”模型问题的三个注意点

(1)滑块一木板达到共同速度时注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。

(2)注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们之间的相对位移。

(3)运用运动学公式或动能定理列式时位移用对地面的位移，求解系统摩擦生热

时用相对位移。

考向1水平面上的“板一块”模型

[典例1](2024•新课标卷)如图所示，一长度Z=1.0m的均匀薄板初始时静止

在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板

的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离A/=t时，物块从薄板右端水

平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到。点。已知物块与薄板的质

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量相等，它们之间的动摩擦因数"=0.3,重力加速度大小g=10m/s2。求：

，，，，，，，，

(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；

(2)平台距地面的高度。

［解析］(1)解法一由题意可知物块在薄板上运动的过程中，物块和薄板之间

一直存在相对运动，物块向右做匀减速直线运动，薄板向右做匀加速直线运动,

又物块和薄板的质量相等，则物块和薄板的加速度大小均为

a=/ig=3m/s2

设物块的初速度大小为(4,物块在薄板上的运动时间为力，则由运动学公式有

12Z

X-a1-

物2/+6

12/

X-a

板1-

26

联立并代入数据解得以=4m/s,ti=-So

解法二设物块从薄板右端水平飞出时，物块速度为％,薄板速度为以。对物

块与薄板组成的系统，从开始运动到物块从薄板右端飞出时，根据动量守恒定

律有

分别对物块和薄板根据动能定理有

—fimg•夕说-崎

oZZ

pmg・iZ=|mv^—0

联立并代入数据解得

(^=4m/s,n=3m/s,Vi=\m/s

对薄板由动量定理有

代入数据解得So

(2)结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为Vi=\m/s

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由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动，薄板做匀速直线运动，设物

块从薄板飞出后的运动时间为打,平台距地面的高度为伍则由运动学公式有:

26

="2

12

又t

--g2

2

联立并代入数据解得mo

［答案］(1)4m/s|s(2)|m

【教师备选资源】

1.如图所示，质量为1kg、足够长的长木板6放在水平地面上，质量为2kg

的物块N放在木板5的左端。物块N与木板6间的动摩擦因数为0.7,木板5

与地面间的动摩擦因数为0.2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为

10m/s2o现对N施加一水平向右的拉力R则物块速度以、木板速度迎随时间

变化的图像可能是()

A［单独对木板和物块分析，系统水平方向受外力作用，设二者恰不发生相对

滑动时，外力大小为Fo,对物块有Fo—〃加也=蛆口，对木板有〃1加叔一〃2(叫4

2

+niB)g=mBaB,且入=劭，解得Fo=3ON,aA=aB=Sm/s0A选项中，物块和

木板一起加速运动，且加速度满足要求，A正确；B选项中，物块的加速度大于

木板的加速度，均小于二者的最大共同加速度，B错误；C选项中，物块的加速

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度大小为8.5m/s2,木板的加速度大小为4.25m/s2<8m",C错误；D选项中，

二者的加速度相同，但大于二者的最大共同加速度，D错误。］

2.(2023•辽宁卷)如图所示，质量皿=1kg的木板静止在光滑水平地面上，右

侧的竖直墙面固定一劲度系数A=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量

阳2=4kg的小物块以水平向右的速度%=)m/s滑上木板左端，两者共速时木

板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数4=0」，最大静摩

擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量

x的关系为耳=如2。取重力加速度g=10m/§2,结果可用根式表示。求：

二

(1)木板刚接触弹簧时速度修的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离XI；

(2)木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量X2及此

时木板速度修的大小；

(3)已知木板向右运动的速度从外减小到0所用时间为力。木板从速度为14时到

之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能AU(用功表示)。

［解析］(1)设木板接触弹簧前的加速度大小为由，小物块受到的力为最大静摩擦

力或滑动摩擦力时的加速度大小为"2。

解法一对木板和小物块，由牛顿第二定律可得w«2g=〃2iai,

由运动学公式可得

l^=ait,H=K)-a2#,xi=|aiZ2

联立解得n=lm/s,xi=0.125m0

解法二对木板，由牛顿第二定律可得

对木板和小物块整体，根据动量守恒定律可得

阳2%=(〃，1+阳2)/

解得14=1m/s

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由运动学公式可得.=鲁=0.125m

2alo

(2)小物块与木板即将相对滑动时，对整体由牛顿第二定律可得辰2=(〃”十M2”2

从木板与弹簧接触到小物块与木板之间即将相对滑动，对木板、物块和弹簧组

成的系统，由能量守恒定律可得，(叫+m2)vl=^(jn1+m2)V2+，左老

联工解得X2=0.25m,Hm/So

(3)木板速度为以时，木板和小物块的加速度相同，木板的速度从区向右减小到

0,然后再由0向左加速到外大小，此时木板和小物块的加速度再次相同，木板

从速度为区到之后与小物块加速度首次相同的过程中，小物块的加速度不变，

小物块对木板的摩擦力不变，根据运动的对称性可知，这一过程所用时间为2械

木板位移为零，整个过程中系统因摩擦转化的内能等于小物块动能的减少量。

解法一对小物块由运动学规律可得

X3=H,2为一12(2力)2

由功能关系可得AU=w«喏X3

解得AU=4(V^to-2瑞Jo

解法二取向右为正方向，木板从速度为区到之后与小物块加速度首次相同的

过程中，对小物块由动量定理可得

一flfn2g•2%=阳2%一帆2%

对整个系统，由能量守恒定律可得

mv

AL/=|m2V2~^2s

解得AU=4(V^t()-2瑞Jo

［答案］(1〃m/s0.125m(2)0.25mym/s(3)4(V3t0-2喻J

D考向2斜面上的“板一块”模型

［典例2］如图所示，长L=1.6m的刚性轻绳将质量阳=3.0kg的滑块尸(可视为

质点)悬挂在。点。起始时滑块P位于。点正上方的N点，轻绳恰好伸直，给

滑块P一向左的水平初速度14=2短m/s,当滑块运动到最低点6时轻绳恰好

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断裂，滑块尸从光滑水平面C点飞出以后恰好无碰撞地落在位于斜面上的长木

板上的刀点。已知长木板(含挡板)的质量M=3.0kg,木板长8=7.5m,滑块尸

与长木板上表面间的动摩擦因数为W=0.45,长木板下表面与斜面间的动摩擦因

数为偿=0.75,滑块P与挡板间的碰撞都是弹性碰撞且碰撞时间极短，各接触面

间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，足够长斜面的倾角9=37。，滑块尸碰撞

挡板前木板保持静止，已知重力加速度g=10m/s2,§也37。=0.6,cos37°=0.80

求：

(1)滑块P在光滑水平面BC上运动速度的大小功；

(2)图中。点与刀点间的水平距离〃和竖直距离h；

(3)在整个运动过程中，因滑块尸和长木板间的摩擦力而产生的热量

［解析］⑴因为以=2四m/s<y［gL=4m/s,所以滑块尸从N点先做平抛运动，

如图甲所示，设当轻绳与竖直方向成，角时轻绳再次伸直，则根据平抛运动规律

可得

C

B

甲

Lsin0=—cos〃)=；g钎

联立解得，=90。，A=等s

当轻绳再次伸直以后，将以％i=gfi=4鱼m/s为初速度开始做圆周运动

根据机械能守恒定律得

|mvj»=|mVy1+mgL

6/17

解得/=8m/So

(2)滑块P到O点时速度方向与斜面平行，如图乙所示，可得

Vp

乙

%=6m/s

H>=10m/s

2

而%=gf,所以，=0.6s,h=^gt=1.8m,d=l^t=4.8m0

(3)滑块尸刚滑上长木板时，分别对滑块和长木板进行受力分析，长木板不发生

滑动，滑块P在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有mgsin(p—fiimg

cos(p=ma,解得a=2.4m/s2

滑块P从。运动到与挡板碰撞前笠’2-vj)=—2ab

解得(/=8m/s

滑块P和长木板碰撞后长木板开始下滑，在长木板下滑时，对滑块尸与长木板

构成的系统在沿斜面方

向进行受力分析，则有

(M+m)gsin中一"2(M+m)gcos(p=Q

故此后运动过程中滑块P与长木板系统沿斜面方向动量保持不变。当滑块P与

挡板不再发生碰撞，设滑块尸与长木板一起匀速下滑的速度为匕由动量守恒定

律得ZM(/=(»I+A/)K

解得1^=4m/s

设当滑块P与挡板不再发生碰撞时长木板的位移为x,由功能关系可知，因滑块

P和长木板间的摩擦力而产生的热量Q=(M+m)gxsin(p—fi2(m+M)gx

1

cos

代入数据解得2=48J。

［答案］(1)8m/s(2)4.8m1.8m(3)48J

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微专题突破练（二）

1.（2024•四川达州12月调研）如图所示，鱼缸放在铺有桌布的水平桌面上，距

桌子右边缘为人一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸恰好滑到桌子右

边缘，已知桌布从鱼缸下滑出后，鱼缸在桌面上滑动的距离为，2。下列说法正确

的是（）

A.鱼缸与桌布、桌面间的动摩擦因数之比为/1：/2

B.鱼缸在桌布、桌面上的滑动时间之比为（/1一/2）：h

C.桌布对鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为/i：h

D.猫要想吃到鱼缸中的鱼（让鱼缸滑出桌面），需要给桌布施加更大的力

B［鱼缸运动的全过程，根据动能定理有〃—，2）—"2Mg/2=0,鱼缸与桌布、

桌面间的动摩擦因数之比为"1:"2=，2:（h~l2）,故A错误；由"〃电=阳"得”=

/1g,加速度大小之比的：a2="lg：〃喏=，2：（/1—，2）,鱼缸在桌布的摩擦力作用

下做匀加速运动，在桌面的摩擦力作用下做匀减速运动，根据|/=加，得鱼缸在

桌布、桌面上的滑动时间之比为力：/2=心：ai=（/i一份：，2,故B正确；桌布对

鱼缸做的功与鱼缸克服桌面阻力做的功之比为1：1,C错误；猫要想吃到鱼缸

中的鱼（让鱼缸滑出桌面），需票给桌布施加更小的力，使鱼缸加速时间更长，D

错误。］

2.（2023•湖北4月调研）如图（a）所示，物块和长木板置于倾角为，=37。且足够

长的斜面上。/=0时对长木板施加沿斜面向上的拉力F,使长木板和物块由静止

开始沿斜面上滑，作用一段时间后撤去拉力凡已知长木板和物块始终保持相对

静止，两者上滑时速度的平方与位移之间的关系1Ax图像如图（b）所示，已知sin

37。=0.6,cos37°=0.8,重力加速度取g=10m/s?,最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，则下列说法正确的是（）

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v2/(m2-s-2)

16

89

(b)

A.拉力歹的作用时间为2s

B.拉力歹作用时长木板的加速度大小为2m/s2

C.长木板与斜面间的动摩擦因数为0.25

D.物块与长木板之间的动摩擦因数可能为0.75

C［由j=2ox,可知在题图(b)中斜率的绝对值等于加速度大小的2倍，有ai

„2

=—=1m/s2,选项B错误；撤去拉力时的速度大小为片4m/s,拉力作用时间

2.x

为fi=X=4s,选项A错误；撤去拉力后的加速度大小a2=9=8m/s2,由牛顿

第二定律有(Af+»/)gsincos，=(J/+7”)a2,解得〃i=0.25,选项C

正确；物块与长木板之间无相对滑动，由牛顿第二定律得cos，一wigsin

解得“220.875,物块与长木板之间的动摩擦因数不可能为0.75,选项

D错误。］

3.(多选)(2024•1月九省联考吉林、黑龙江卷)如图(a),质量均为〃，的小物块

甲和木板乙叠放在光滑水平面上，甲到乙左端的距离为初始时甲、乙均静止,

质量为"的物块丙以速度以向右运动，与乙发生弹性碰撞。碰后，乙的位移x

随时间t的变化如图(b)中实线所示，其中力时刻前后的图像分别是抛物线的一

部分和直线，二者相切于P,抛物线的顶点为2。甲始终未脱离乙，重力加速度

为g。下列说法正确的是()

(a)(b)

A.碰后瞬间乙的速度大小为空

B.甲、乙间的动摩擦因数为恶

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C.甲到乙左端的距离L2等

D.乙、丙的质量比ZM：J/=l：2

BC［设碰后瞬间乙的速度大小为％,碰后乙的加速度大小为a,由题图（b）可知

x=Vito-|ato=^，抛物线的顶点为。，根据x-f图像的切线斜率表示速度，

则有％=a・2h,联立解得％=等，a=詈，根据牛顿第二定律可得〃=丝也=

pg,解得甲、乙间的动摩擦因数为〃=4，故A错误，B正确；由于甲、乙质

3g"

量相同，则甲做加速运动的加速度大小也为a=署，根据题图（b）可知，力时刻甲、

3to

乙刚好共速,则0〜勿时间内甲、乙发生的相对位移为Ax=x匕一x甲——知

等，则甲到乙左端的距离满足上2-=等，故C正确；物块丙与乙发

生弹性碰撞，碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒可得"以=网》2+加%，

mv

IMVQ=|Mvl+Il,可得％=产~以=?，可得乙、丙的质量比为阳：〃=

222M+m3

2：1,故D错误。］

4.（多选）如图甲所示，一小车静止在光滑水平地面上，上表面尸。是以。为圆

心,半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,左端P与平台等高且平滑对接（不粘连）。

一小球以某一水平速度冲上小车，测得在水平方向上小球与小车的速度大小分

别为％、V1,作出区--图像，如图乙所示。已知P点距地面高〃=5，重力加速

度为g,则下列说法正确的是（）

A.小车质量是小球质量的2倍

B.小球上升到最高点时的速度为孚

C.小球上升的最大高度为］

D.小球落地时与小车左端P点的水平距离为也

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BC［设小球质量为阳，小车质量为〃，小球和小车组成的系统在水平方向所受

合外力为零，所以水平方向动量守恒，则由题图乙数据可得股/证=加后9，

解得股=",故A错误；小球上升到最高点时与小车具有共同速度，则有MJ正

=解得/共=手，故B正确；设小球上升的最大高度为根据机

械能守恒定律有|/«（后灭）2=T（m+网）吸_+股且17，解得〃=］故C正确；设小

球滑回至尸点时，小球和小车的速度分别为/球和/车，根据动量守恒定律和机

械能守恒定律分别有阳//=阳/球+M/车，11（7万月）2=［m》上解得

/球=0,/车=7^^，小球离开小车后做自由落体运动，小车做匀速直线运动，

所以小球落地时与小车左端尸点的水平距离为x=/车m故

D错误。］

5.（多选）（2024•湖南长沙雅礼中学9月测试）如图所示，一质量为V的长直木

板放在光滑的水平地面上，木板左端放有一质量为〃，的木块，木块与木板间的

动摩擦因数为“，在长直木板右方有一竖直的墙。使木板与木块以共同的速度以

向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），设木板足够长，木块

始终在木板上，重力加速度为g。下列说法正确的是（）

I

A.如果放=2阳，木板只与墙壁碰撞一次，整个运动过程中因摩擦产生的热量

大小为轲畸

B.如果"=加，木板只与墙壁碰撞一次，木块相对木板的位移大小为其

2〃g

C.如果M=0.5〃］,木板第100次与墙壁发生碰撞前瞬间的速度大小为（£）99%

D.如果"=0.5阳，木板最终停在墙的边缘，在整个过程中墙对木板的冲量大小

为1.5/wkb

ACD［木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速度等大反向，水平方向没有其他外力

作用，动量守恒，如果〃=2阳，碰撞后合动量方向向左，则木板只与墙壁碰撞

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一次，最后二者以速度/向左做匀速直线运动，取向左为正方向，根据动量守

恒定律得M%—解得（/=%,整个运动过程中因摩擦产生的热

量大小为畸+gm畸-3（放+而”=［加畸，故A正确；如果"=〃?，木

板与墙壁碰撞后，二者的合动量为零，最后木板静止时木块也静止，木板只与

墙壁碰撞一次，根据能量关系可得+，nw。，解得木块相对木板的

„2

位移大小为也，故B错误；如果M=0.5TM,木板与墙发生弹性碰撞，碰撞后速

度等大反向，碰撞后二者的合动量方向向右，设第一次共速后的速度为修，取

向右为正，根据动量守恒定律可得取%一凶（4=（加+必（4,解得则

木板向左减速到0所运动距离大于从0以相同加速度增大到詈所运动的距离，所

以共速前木板没有与墙壁碰撞，二者以共同速度14匀速运动，木板第二次与墙

壁碰撞前瞬间的速度为H；同理可得，木板与墙壁第二次碰撞后达到共速的速

度为^=|K=Q）%,木板第三次与墙壁碰撞前瞬间的速度为以=G）以，则木

板与墙壁第三次碰撞后达到共速的速度为U5=1l4=（|）3K）,以此类推，木板第

©99

%,故C正确；如果凶=0.5〃［,木

板最终停在墙的边缘，对全过程，根据动量定理可得，在整个过程中墙对木板

的冲量大小为/=0»+必《4=1.5阳J4,故D正确。］

6.（多选）（2024•1月九省联考河南卷）如图（a）所示，“L”形木板Q静止于粗糙

水平地面上，质量为1kg的滑块尸以6m/s的初速度滑上木板，f=2s时与木板

相撞并粘在一起。两者运动的以图像如图（b）所示。重力加速度大小g取10m/s2,

则（）

12/17

v/(m-s-1)

6

5

4

A.。的质量为1kg

B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1

C.由于碰撞系统损失的机械能为1.0J

D.r=5.8s时木板速度恰好为0

AC［两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设尸的质量为〃i=lkg,Q

的质量为Af,由系统动量守恒定律得〃，以，根据以图像可知，

(4=3m/s,H=1m/s,乃=2m/s,代入上式解得Af=lkg,故A正确；设P与

。之间的动摩擦因数为“，2与地面之间的动摩擦因数为〃2,根据V-t图像可知，

22

0~2s内尸与°的加速度大小分别为劭=1.5m/s,ae=0.5m/s,对P、°分别

受力分析，由牛顿第二定律得"i〃ig=/wap,］Uimg—fi2(m+M)g=MaQ,联立解得

"2=0.05,故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为谱+：M说-|(m+

M)若，代入数据解得AE=1.0J,故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定

理得一"2(阳+效32=0一伽+必⑸代入数据解得/2=4S,因此木板速度恰好

为零的时刻为，=〃+，2=2s+4s=6s,故D错误。故选AC。］

7.(2024•河北衡水8月开学考)某游乐项目可简化为利用纸带把滑块拉到平台

上，如图所示。光滑固定斜面的倾角。=37。，长度L=L44m,纸带平铺在斜面

上，下端与斜面底端对齐。可视为质点的滑块放在纸带上静止在斜面正中间，

滑块与纸带间的动摩擦因数〃=0.9,重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.60现

用力沿斜面向上匀加速拉动纸带。

(1)若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，试计算拉动纸带的加速度不得小于多

少；

13/17

⑵若滑块能运动到平台上，试计算拉动纸带的加速度不得超过多少。

［解析］(1)设纸带加速度为由时，滑块到达斜面顶端时纸带恰好被拉出，滑块

加速度为“s,对滑块，由牛顿第二定律有“igcos，一wigsin，=股必

滑块位移纸带位移上=，/，联立解得对=2.4m/s?

若在滑块到达斜面顶端前纸带被拉出，拉动纸带的加速度不得小于2.4m/s2o

(2)设纸带加速度为念时，滑块先以加速度外加速，离开纸带后在斜面上以加速

度大小以减速，到达斜面顶端时速度恰好减到0,对滑块，由牛顿第二定律有

mgsin8=ma'

设滑块加速时间为力，减速时间为f2,最大速度为Kn。

由平均速度公式，有，=g/«l+f2),又吃=.由，Hn=«xh,解得力=1S

由位移关系，有:电针一：。5音=1,

解得“2=2.64m/s2

若滑块能运动到平台上，拉动纸带的加速度不得超过2.64m/s2o

［答案］(1)2.4m/s2(2)2.64m/s2

8.(2024•湖南长沙长郡中学9月月考)如图甲所示，水平地面上左侧有一固定

的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧N5,圆弧半径为火=7.5m,右端是

粗糙的水平面6G紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车尸，小车质量为阳o=lkg,

小车左端和斜槽末端C平滑过渡但不粘连，在。点静止放置一滑块M可视为质

点)，滑块质量为如=2kg,最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足

够远。已知斜槽5C段长度为上=1.2m,由特殊材料制成，从6点到。点其与

小球"间的动摩擦因数"o随到5点距离增大而均匀减小到0,变化规律如图乙

所示。滑块N与小车的水平上表面间的动摩擦因数为〃=0.1,水平地面光滑，

现将一质量为阳2=2kg的小球M(可视为质点)从斜槽顶端N点静止滚下，经过

N6C后(球滑动)与静止在斜槽末端的滑块N发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰

撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度方

向改变，速度大小减小为碰撞前的一半，重力加速度取g=10m/s2,求：

14/17

⑴小球运动到。点时(还未与滑块碰撞)的速度大小；

⑵小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前的过程中，滑块与小车间由

于摩擦产生的热量。

［解析］(1)设小球到。点的速度为八,从6到C过程中小球克服阻力做功为

WfBC,由题图乙可知该过程摩擦力随距离增大在均匀减小，则有

小球由4到C过程中，由动能定理可得

migR—WfBC=^m2VQ,解得/=12m/s。

(2)小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，故碰后速度交换，

即碰后滑块速度大小为

《(4=12m/s

设滑块滑上小车后与小车达到的共同速度为滑块和小车组成的系统，在水

平方向上受到的合外力为零，满足动量守恒，由动量守恒定律有