2025年高考物理复习试题分类训练：动量守恒定律及其应用（二）（解析卷）

专题29动量守恒定律及其应用(二)

34.(2023•全国)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为/,

圆管长度为20/。一质量为根的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所

受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生

的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求

(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；

(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；

(3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

O,

0F

20/

【答案】(1)小球速度大小史豆，圆盘速度大小工至；(2)/；(3)4

22

【解析】(1)过程1：小球释放后自由下落，下降/,根据机械能守恒定律

mgl=；mVg

解得

过程2：小球以向与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有

gmVg=gmv^+gMvy

mvQ=mvl+

解得

m-M12gl

即小球碰后速度大小国，方向竖直向上，圆盘速度大小为跑，方向竖直向下;

22

(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小

球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即

%+gf=V；

解得

匕一匕一%

I——

gg

根据运动学公式得最大距离为

"max=无盘一无球7gl)=优=/

22g

(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有

Xfil=X球1

即

1.

卬i+]gi2

解得

人--

g

此时小球的速度

3

%=匕+的二万%

圆盘的速度仍为匕，这段时间内圆盘下降的位移

v

1盘]=/i=：=2/

之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒

mv2+Mvx=mv2+Mv2

根据能量守恒

gmv^+gMv^=gmv；+；Mv'^

联立解得

v2=0

%二%

同理可得当位移相等时

%盘2=%球2

"12

/g，2

解得

―2%

g

圆盘向下运动

X盘2=，2.2=~-=4/

g

此时圆盘距下端管口13/,之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度

匕=gj=2%

有动量守恒

mv3+Mv^=+Mv^

机械能守恒

-mv；+-Mv"2=-mv；2+-Mv：2

2222

得碰后小球速度为

32

圆盘速度

.=皿

32

当二者即将四次碰撞时

X盘3=X球3

即

呼3=中3+；口；

得

_2Vg__

，3——“1—02

g

在这段时间内，圆盘向下移动

%盘3=呼3=*=6/

此时圆盘距离下端管口长度为

20Z-l/-2Z-4Z-6/=7Z

此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2/,故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动

X盘4=81

则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。

35.(2023・海南)如图所示，有一固定的光滑!圆弧轨道，半径R=0.2m,一质量为〃%=1kg的小滑块B从

轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知气=3kg,B、C间动

摩擦因数4=02,C与地面间的动摩擦因数〃2=0.8,C右端有一个挡板，C长为L。

求：

(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大？

(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多少？

(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用

的时间。

16J

【解析】(1)滑块下滑到轨道底部，有

12

mRmV

Bg=-B0

解得

%=2m/s

在底部，根据牛顿第二定律

F片

解得

&=30N

由牛顿第三定律可知B对A的压力是30N。

(2)当B滑上C后，对B分析，受摩擦力力向左，根据牛顿第二定律得

ma

A==BB

解得加速度向左为

%=2m/s2

对C分析，受B向右的摩擦力〃网Bg和地面向左的摩擦力

•4c=〃2("?B+〃k)g

根据牛顿第二定律

解得其加速度向左为

2

a2=10m/s

由运动学位移与速度关系公式召-喏=2依，得B向右运动的距离

C向右运动距离

由功能关系可知，B、C间摩擦产生的热量

Q=W^g(x1-x2)

可得

Q=1.6J

(3)由上问可知，若B还末与C上挡板碰撞，C先停下，用时为J有

「%

a2

解得

:=0.2s

B的位移为

12

xB1=贴-5印1=0.36m

则此刻的相对位移为

x相=xB1-x2=0.16m

此时

vB1=v-%£]=1.6m/s

由L>0.16m,一定是C停下之后，B才与C上挡板碰撞。设再经G时间B与C挡板碰撞，有

,12

L-0.16=1.6%]-~%，2

解得

t[=0.8-Jo.8—L

碰撞时B速度为

Vg2=—q/2=2\/0.8_L

碰撞时由动量守恒可得

=（〃2A+7*B）V

解得碰撞后B、C速度为

Jo.8-L

V=-----------

2

之后二者一起减速，根据牛顿第二定律得

%=〃尸+%，=8—

（%+恤）

后再经与后停下，则有

v,0.8-L

3

a316

故B从滑上C到最终停止所用的时间总时间

36.（2023•浙江）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角8=37。的直轨道A3、螺

旋圆形轨道BCDE,倾角。=37。的直轨道所、水平直轨道尸G组成，除尸G段外各段轨道均光滑，且各处

平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道A3、斯相切于8（E）处.凹槽GH〃底面印水平光滑，上面放有一无动

力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车上表面与直轨道下尸G、平台JK位于同一水平面。已知螺旋

圆形轨道半径A=0.5m,B点高度为L2A,FG长度心荏=25m,小长度L0=9m,摆渡车长度工=3m、质

量加=lkg。将一质量也为机的滑块从倾斜轨道AB上高度/z=2.3m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力

为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁〃立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6,

cos37°=0.8)

（I）求滑块过c点的速度大小％和轨道对滑块的作用力大小工；

（2）摆渡车碰到〃前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数〃;

（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间几

【答案】（1）vc=4m/s,兄=22N；（2）〃=0.3；（3）t=2.5s

【解析】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得

1,

mg（/z-1.2R-R-Rcos0）=—mvl

解得

vc=4m/s

滑块过c点时，根据牛顿第二定律可得

rc+mg=

解得

FC=22N

（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为L从静止释放到G点过程，根据动能定理可得

12

mgh-0.2mgLFG=—mv

解得

v=6m/s

摆渡车碰到〃前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速匕，以滑块和摆

渡车为系统，根据系统动量守恒可得

mv=2mVj

解得

v小,

v.=—=3m/s

12

根据能量守恒可得

121c2

Q=jumgL=—mv——x2mv1

解得

4=0.3

(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为

a=-——=3m/s

m

所用时间为

t=------=Is

xa

此过程滑块通过的位移为

v+v.._

xx=-丁％=4.5m

滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为

/2=jkH.=i,5s

一匕

则滑块从G到J所用的时间为

t=+12=2.5s

37.(2022・天津)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示，运动员在水平冰面上将冰壶A

推到"点放手，此时A的速度％=2m/s,匀减速滑行Xi=16.8m到达N点时，队友用毛刷开始擦A运动

前方的冰面，使A与NP间冰面的动摩擦因数减小，A继续匀减速滑行％=3.5m,与静止在尸点的冰壶B

发生正碰，碰后瞬间A、B的速度分别为h=0O5m/s和％=0.55m/s。已知A、B质量相同，A与间

冰面的动摩擦因数4=。。1,重力加速度g取lOm/s?,运动过程中两冰壶均视为质点，A、B碰撞时间极短。

求冰壶A

(1)在N点的速度匕的大小;

(2)与NP间冰面的动摩擦因数出。

MNP

毛

【答案】(1)匕=0.8m/s；(2)42=0・004

【解析】（1）设冰壶质量为加，A受到冰面的支持力为N,由竖直方向受力平衡，有

N=mg

设A在MN间受到的滑动摩擦力为了,则有

f=

设A在MN间的加速度大小为。，由牛顿第二定律可得

f-ma

联立解得

a==0.1m/s2

由速度与位移的关系式，有

V；—yj=-2aV]

代入数据解得

%=0.8m/s

（2）设碰撞前瞬间A的速度为匕，由动量守恒定律可得

mv2=mvA+mvB

解得

v2=0.6m/s

设A在NP间受到的滑动摩擦力为广，则有

/，=%mg

由动能定理可得

-f-^2

联立解得

以2—0.004

38.（2022•福建）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为％的轻质弹簧，弹簧

左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度%从滑板最左端滑入，滑行4后与B发

生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动.已知A、B、

C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为〃，重力加速度大小为g；最大静摩

擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求:

(1)C在碰撞前瞬间的速度大小；

(2)C与B碰撞过程中损失的机械能；

(3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。

cl—>vo[F|wwwwvwJA

【答案】(1)Jv：-2〃gs0；(2):皿喏-2〃gs°)；(3)红警i

【解析】(1)小物块C运动至刚要与物块B相碰过程，根据动能定理可得

-jumgs0=—mv^——mvl

解得C在碰撞前瞬间的速度大小为

巧="v；-2〃gSo

(2)物块B、C碰撞过程，根据动量守恒可得

mVj=2mv2

解得物块B与物块C碰后一起运动的速度大小为

%=gM-2〃gs°

故C与B碰撞过程中损失的机械能为

(3)滑板A刚要滑动时，对滑板A,由受力平衡可得

kAx+2/jmg=3fjmg

解得弹簧的压缩量，即滑板A开始运动前物块B和物块C一起运动的位移大小为

从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为

W=2jumg-Ax=2/Jm8

39.(2022.海南)有一个角度可变的轨道，当倾角为30。时，A恰好匀速下滑，现将倾角调为60。，从高为力

的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入光滑水平面，与8发生弹性正碰，8被一根绳子悬挂，与水平

面接触但不挤压，碰后8恰好能做完整的圆周运动，己知A的质量是B质量的3倍，求：

①A与轨道间的动摩擦因数〃；

②A与B刚碰完B的速度大小;

③绳子的长度心

【答案】①〃=等；②师;③0.6/?

【解析】①倾角为30。时匀速运动，根据平衡条件有

mgsin30°=/nmgcos30°

得

V3

"F

②③4从高为h的地方滑下后速度为％,根据动能定理有

h1

3mgh-//•3mgcos60°---------二—•3相片

sin6002

A与8碰撞后速度分别为匕和％，根据动量守恒、能量守恒有

3mv0=3mv1+mv2

g3mVg=g3冽v；+；mvl

5到达最高点速度为匕，根据牛顿第二定律有

片

mg=

根据能量守恒有

1212c,

—mv2=—mv3+mg•2L

解得

v2=y13gh

L=0.6h

40.（2022.湖北）打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的

轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高（图中实线位置）时，C到两定滑轮的距离均为

L,重物A和B的质量均为硒系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为

60。。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为J忙时，与正下

方质量为2根的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动鼻距离后静止(不

考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。

(1)求C的质量；

(2)若D在运动过程中受到的阻力尸可视为恒力，求尸的大小；

(3)撤掉桩D,将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。

【答案】(1)鬲；(2)6.5根g；(3)(4-2若加gZ

【解析】(1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知

mcg-2mgcos30

解得

mc=y/3m

(2)CO碰后C的速度为零，设碰撞后。的速度口根据动量守恒定律可知

=6mx0+2mv

解得

12产V5

co碰撞后。向下运动1距离后停止，根据动能定理可知

0——x2mv2=2mg--F—

21010

解得

F=6.5mg

(3)设某时刻C向下运动的速度为M,AB向上运动的速度为v,图中虚线与竖直方向的夹角为。，根据机

械能守恒定律可知

1'2c1/'、2LL

—mv+2x一机(ucosa)=mg------2mgl------L)

2c2ctanasina

令

L、，L，、

y=mg2mg{.L)

ctanasina

对上式求导数可得

空=扃3上^+2,

da(sina)1(sincr)2

当手=0时解得

da

6

cosa=——

2

即

a=30°

此时

y=mg——---2mg(—----L)=mgL

ctanasina

于是有

22

；mcv+2xgm(vcosa)=mgL

解得

v2=_gL

3<3

—i---

42

此时c的最大动能为

=(4-2后mgL

41.（2022•浙江）如图所示，在竖直面内，一质量小的物块a静置于悬点。正下方的A点，以速度v逆时

针转动的传送带与直轨道43、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、的长度均为/。圆弧形细管

道DE半径为R,所在竖直直径上，E点、高度为H。开始时，与物块。相同的物块6悬挂于。点，并向左

拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与。发生弹性正碰。已知〃?=2g,/=lm,

2?=0.4m,H=0.2m,v=2m/s,物块与MN、CO之间的动摩擦因数〃=0.5,轨道AB和管道。E均光滑,

物块。落到FG时不反弹且静止。忽略V、2和N、C之间的空隙，CD与OE平滑连接，物块可视为质点,

取g=10m/s2o

（1）若〃=1.25m,求a、b碰撞后瞬时物块。的速度%的大小;

（2）物块。在OE最高点时，求管道对物块的作用力然与/z间满足的关系；

（3）若物块b释放高度0.9m</i<1.65m,求物块。最终静止的位置x值的范围（以A点为坐标原点，水平

向右为正，建立x轴）。

【答案】⑴5m/s；（2）既=0.M-0.14（N”2L2m,且方向竖直向下）；（3）当0.9m</z<1.2m时,

2.6m<x<3m,当L2mV/z<1.65m时,

【解析】（1）滑块6摆到最低点过程中，由机械能守恒定律

mgh=gmv1

解得

vb=5m/s

b与。发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得

mvh=mvb+mv0

1211719

~mvb=~mvb+2mvo

联立解得

%=%=5m/s

（2）由（1）分析可知，物块匕与物块。在A发生弹性正碰，速度交换，设物块。刚好可以到达E点，高度

为4,根据动能定理可得

mg%-2pimgl-mgH=0

解得

%=1.2m

以竖直向下为正方向

FN+mg=m^

1\

由动能定理

12

mgh—2jLimgl—mgH=—mvE

联立可得

氏且方向竖直向下)

(3)当1.2m</z<1.65m时，物块位置在E点或E点右侧，根据动能定理得

12

mgh-2jumgl—mgH=—mvE

从E点飞出后，竖直方向

产

水平方向

sft

根据几何关系可得

DF=—m

5

联立解得

x=3l+DF+邑

代入数据解得

/

3+m<x<3.6+m

当0.9mv/zvl.2ni时，从生=0.9m释放时，根据动能定理可得

mgh-jumgs2=0

解得

s2=1.8m

可知物块达到距离。点0.8m处静止，滑块〃由E点速度为零，返回到8时，根据动能定理可得

mgH-Rings3=0

解得

邑=0.4m

距离C点0.6m,综上可知当0.9mv/zvl.2m时

31-s3<x<3l

代入数据得

2.6m<r<3m

42.(2022・广东)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上

的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度％为10m/s向上滑动时，受到

滑杆的摩擦力/为1N,滑块滑到3处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。

已知滑块的质量根=0.2kg,滑杆的质量M=Q6kg,A、8间的距离/=1.2m,重力加速度g取10m/s?,不

计空气阻力。求：

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小M和N?；

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小叼；

(3)滑杆向上运动的最大高度鼠

【答案】(1)M=8N,M=5N；(2)匕=8m/s；(3)h=0.2m

【解析】(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即

M=(7〃+M)g=8N

当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1N,方

向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

N2=Mg-f'=5N

(2)滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有

-mgl-fl=；mv^-gmVg

代入数据解得匕=8m/s。

(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有

mvY=(m+M)v

碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

_(wj+M)g/2=0_3(〃?+M)y2

代入数据联立解得/，=0.2m。

43.(2022•河北)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端

分别放置物块C、D,物块质量均为1kg,A和C以相同速度%=10m/s向右运动，B和D以相同速度也向

左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形

成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为〃=。/。重力加速度大小取g=10m/s2。

(1)若。(上＜0.5,求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；

(2)若左=0.5,从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。

10-20%

【答案】(1)v物=5(1-幻m/s,%=--—m/s,方向均向右；(2)1.875m

【解析】(1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为“,C、D

的质量均为m=lkg,以向右方向为正方向，则有

mv0-m-kv0=(m+物

解得

可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(l-Qm/s,方向向右。

滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为明，滑板A和B质量分

别为1kg和2kg,则由

Mv0-2.M-kv0=(M+2M)vm

匕"“=里』m/s>0

则新滑板速度方向也向右。

(2)若k=0.5,可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为

y物'=5(1-左)m/s=5x(1-0.5)m/s=2.5m/s

碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为

小迎m/s=Om/s

3

可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块

的质量为根’=2kg,新滑板的质量为M'=3kg,相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒可得

m'v^'=(m'+M')v^

解得

v共=lm/s

根据能量守恒可得

1,12

=-m'v_5(7〃'+A/')丫共

解得

x和=1.875m

44.(2022•全国)如图(a),一质量为根的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运

动，1=0时与弹簧接触，至打=2办时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的V—图像如图(b)所示。己

知从f=0到公办时间内，物块A运动的距离为0.36卬°。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一

直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为

e(sin6=0.6),与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求

(1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值;

(2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；

(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

图(a)

【答案】(1)0.6%诏；(2)0/768%(3)0.45

【解析】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即/="时刻，根据动量守

恒定律

mB・1.2%=（mfi+m）v0

根据能量守恒定律

112

Epmax=”（L2%）2--（"%+相）%

联立解得

mB=5m

Epn1ax=0.6%片

（2）解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律

F=ma

可知同一时刻

=

5aB

则同一时刻A、8的的瞬时速度分别为

VA=aAt，VB=L2%一_

根据位移等速度在时间上的累积可得

SA=丫〃（累积），SB=为，（累积）

又

=0.36%/。

解得

SB=1128%%

第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As=sB-sA=0.768%%

解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有

x1,2v0=6mv0=mBvB+mvA

对方程两边同时乘以时间Af,有

6mv0Az=5mvBAt+mvA^t

。-历之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得

ms

6mv0t0=5mSB+A

将%=0.36引。代入可得

%=1.128%"

则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值

As=sB-sA=0.768%"

(3)物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2%,方

向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为以，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得

mvA-5m•0.8%=m•(-2%)+5mvB

根据能量守恒定律可得

mv2

~A+^--5m-(O.8vo)•(--5mVg

联立解得

方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据动能定理可得

12

-mgLsin0-jumgLcos0=0-—m(2v0)

下滑过程，根据动能定理可得

12

mgLsin0—jumgLcos^=—mv0-0

联立解得

4=0.45

方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，

mgsin0+jumgcos0=ma卜,mgsin0-jumgcos0-mar

上滑时末速度为0,下滑时初速度为0,由匀变速直线运动的位移速度关系可得

v2

2a上次=(2%了一0,2〃下x="从'2=0

联立可解得

〃=0.45

45.(2021•海南)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度vo向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻

放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为根和2加，它们之间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g。

(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；

(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；

(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到

滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

【答案】(1)；(2)x；(3)t=,W=mvo2

25〃g

【解析】(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有

2mvo=3mv共

解得

v共=

(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有

V次=1v

再根据动量守恒定律有

2mvo=2mv木+mv»

联立化简得

24

V/ff=yVo,V=­V0

再根据功能关系有

-nmgx=|x2mvmvft2-Jx2mvcr

经过计算得