1、板块1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，其尺寸小于 L。小滑块与木板之间的动摩擦因数为 0412.(/)gms（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=22.8牛顿，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？解析：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力fNg小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度ams124/木板在拉力F和滑动摩擦力f 作用下向右匀加速运动的加速度fM2
2、()/使m能从M上面滑落下来的条件是 a21即 NgmFffF0)(/)( 解 得（2）设m在M上滑动的时间为 t，当恒力F=22.8N，木板的加速度）afs247()/./小滑块在时间t内运动位移 Sat1/木板在时间t内运动位移 2因 SL21即 sttt4./7.42解 得2、如图所示，质量为 m 的小物块以水平速度 v0 滑上原来静止在光滑水平面上质量为 M 的小车上，物块与小车间的动摩擦因数为 ，小车足够长。求：(1) 小物块相对小车静止时的速度；(2) 从小物块滑上小车到相对小车静止所经历的时间；(3) 从小物块滑上小车到相对小车静止时，系统产生的热量和物块相对小车滑行的距离。 解
3、：物块滑上小车后，受到向后的摩擦力而做减速运动，小车受到向前的摩擦力而做加速v0mM图 8v0mMV 共s1s2l运动，因小车足够长，最终物块与小车相对静止，如图 8 所示。由于“光滑水平面”，系统所受合外力为零，故满足动量守恒定律。(1) 由动量守恒定律，物块与小车系统：mv0 = ( M + m )V 共 0v共(2) 由动量定理，：(3) 由功能关系，物块与小车之间一对滑动摩擦力做功之和（摩擦力乘以相对位移）等于系统机械能的增量： 2201()1- flM+mVv共 0()vlg3、 如图所示，质量 m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L=15 m,现有质量 m2=0.
4、2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v0=2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数 =0.5,取 g=10 m/s2， 求（1）物块在车面上滑行的时间 t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v 0 不超过多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（1）设物块与小车的共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2102 设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理有02vt- 其中 g 解得 gmv
5、t210代入数据得 s24.0t （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度 v，则vmv2102 由功能关系有gL221201 代入数据解得 0v=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度 v0不能超过 5m/s。4、如图所示，质量 mA为 4.0 kg 的木板 A 放在水平面 C 上， 木板与水平面间的动摩擦因数 为 0.24，木板右端放着质量 mB为 1.0 kg 的 小物块 B（视为质点） ，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的 12 Ns 的瞬时冲量 I 作用开 始 运 动 ， 当 小 物块 滑 离 木 板 时 ， 木 板 的 动 能 E
6、KA为 8.0 J， 小 物 块 的 动 能 EKB为 0.50 J， 重 力 加 速 度 取 10 m/s2， 求 ：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度 v0；（2）木板的长度 L.答案 （1）3.0 m/s (2)0.50 m解析（1）设水平向右为正方向，有 I=mAv0 代入数据解得v0=3.0 m/s (2)设 A对 B、B对 A、C对 A 的滑动摩擦力的大小分别为 FAB、F BA和 FCA，B 在 A 上滑行的时间为 t，B 离开 A时 A 和 B 的速度分别为 vA和 vB，有-（F BA+FCA）t=m AvA-mAv0 FABt=mBvB 其中 FAB=FBAFCA= （m
7、A+mb）g 设 A、B 相对于 C 的位移大小分 别为 SA和 SB,有-（F BA+FCA）S A= 21mAvA2- mAv02 FABSB=EKB 动量与动能之间的关系为mAvA= AK2 mBvB= AEK2 木板 A 的长度L=sA-sB 代入数据解得 L=0.50 m5、一块质量为 M 长为 L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为 m 的小滑块以水平速度 v0 从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同求：（1）求滑块离开木板时的速度 v；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为 ，求木板的长度解析：（1
8、）设长木板的长度为 l，长木板不固定时，对 M、 m 组成的系统，由动量守恒定律，得 由能量守恒定律，得 当长木板固定时，对 m，根据动能定理，有 联立解得（2）由两式解得6、如图所示，一质量为 M 的平板车 B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A， m M，A、B 间动摩擦因数为 ，现给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度 v0，使 A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后 A不会滑离 B，求：（1）A、B 最后的速度大小和方向.（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小.答案:（1） A 刚好没有滑离 B 板，表示当 A 滑到 B
9、 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 mM v0，方向向右（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，木块速度为零，平板车速度为 v，由动量守恒定律得 vmMv0 这一过程平板向右运动 S， 221Vgs解得 s= 20vgmM7、如图所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为 3m，在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B，它们与木板间的动摩擦因数均为 。最初木板静止，A、 B 两木块同时以方向水平向右的初速度 v0 和2v0 在木板
10、上滑动，木板足够长， A、 B 始终未滑离木板。求：（1）木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速度刚好相等的过程中，木块 B 所发生的位移；（2）木块 A 在整个过程中的最小速度。解：（1）木块 A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块 B 一直做匀减速直线运动；木板 C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到 A、 B、 C 三者的速度相等为止，设为 v1。对 A、 B、 C 三者组成的系统，由动量守恒定律得： 10)3(vmm（3 分） 对木块 B 运用动能定理，有： 2021gs（2 分）解得 )5/(9:0gv （2 分）（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为 v，所用时间
11、为 t，由牛顿第二定律：对木块 A： ma1, （1 分） 对木板 C： 3/2/gma, （1分） 当木块 A 与木板 C 的速度相等时，木块 A 的速度最小，因此有： ttv)(0 （ 2 分）解得 )5/(30gvt木块 A 在整个过程中的最小速度为： （2 分）（1 分）8、如图所示，质量 M 为 4kg 的平板小车静止在光滑的水平面上，小车左端放一质量为 lkg的木块，车的右端固定一个轻质弹簧现给木块一个水平向右的 10Ns 的瞬间冲量，木块便沿车向右滑行，在与弹簧相碰后又沿原路返回，并恰好能达到小车的左端，求：（1）弹簧被压缩到最短时平板车的速度 v；（2）木块返回小车左端时的动能
12、 Ek；（3）弹簧获得的最大弹性势能 EpmCA Bv0 2v0（1）2m/s；（2）2J；（3）20J解析：（1）由题意水平地面光滑，可知小车和木块组成的系统在水平方向动量守恒，当弹簧被压缩到最短时，二者速度相等，设木块获得的初速度为 v0，由动量定理得l=mv0 运动过程中水平方向动量守恒，则 mv0=(M m)v 由解得 v=2m/s则弹簧被压缩到最短时平板车的速度为 2m/s，方向与木块初速度方向相同（2）当木块返回到小车左端时，二者速度也相同，设其共同速度为 v1，由系统动量守恒可得 mv0=(M m)v1解得 v1=2m/s故小块此时的动能（3）设弹簧获得的最大弹性势能为 Epm，
13、木块和小车间的摩擦因数为 ，小车长为 L对整个运动过程分析可知，从开始到弹簧压缩到最短时，木块和小车的速度相等则有整个过程中，对系统应用动能定理得：解得 =20J2、在光滑水平面上有一带挡板的长木板,其质量为 m,长度为 L(挡板的厚度可忽略), 木板左端有一质量也是 m (可视为质点)的滑块,挡板上固定有一个小炸药包 ,如图所示,( 小炸药包长度以及质量与长木板相比可忽略)滑块与木板间的动摩擦因数恒定,整个系统处于静止.给滑块一个水平向右的初速度 v0,滑块相对于木板向右运动,刚好能与小炸药包接触,此时小炸药包爆炸(此过程时间极短,爆炸后滑块与木板只在水平方向运动,且完好无损), 滑块最终回
14、到木板的左端,恰与木板相对静止.求:(1)小炸药包爆炸完毕时,滑块和木板的速度;(2)从滑块开始运动到最终停在木板左端的整个过程中木板相对地面的位移.2 解析：(1)设滑块刚要与炸药包接触时的速度为 v1对滑块和木板系统在爆炸前: 012mv解得: 水平向右01v对滑块与木板系统在爆炸前应用功能关系:2201()mgLv设爆炸后滑块和木板的速度分别为 v1/，v 2/,最终滑块相对静止于木板的左端时速度为 v2,系统在爆炸过程、爆炸前后动量守恒: 102 Lv0m m02mv对系统在爆炸后应用功能关系: 2221()mgLvmv由解得: ,水平向右. 120;v(2)爆炸前,对木板应用动能定理
15、: 2110sv爆炸后, 对木板应用动能定理: 222mg所以木板对地的总位移:s=s 1+s2 由以上各式解得:s=2 L,水平向右 9、如图所示，光滑水平面上有一质量 M4.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L1.0m 的水平轨道，水平轨道左侧连一半径 R=0.25m 的 1/4 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 O/点相切车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m1.0kg 的小物块紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数 0.5整个装置处于静止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点 A， g 取10m/s2求：（1）解除锁定前弹簧的弹性
16、势能；（2）小物块第二次经过 O/点时的速度大小；（3）最终小物块与车相对静止时距 O/点的距离解析：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点 A 时，二者的共同速度 设弹簧解除锁定前的弹性势能为 ，上述过程中系统能量守恒，则有 代入数据解得 （2）设小物块第二次经过 时的速度大小为 ，此时平板车的速度大小为 ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有 由式代入数据解得 m/s （3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为 0设小物块相对平板车滑动的总路程为 s，对系统由能量守恒有 代入数据解得 s=1.5m 则距 点的距离 x s
17、L0.5m 10、如图所示，光滑水平面上有一质量 M=4.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L=1.0m 的水平轨道，水平轨道左侧是一半径 R=0.25m 的 1/4 光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 O点相切。车右端固定一个尺寸可以忽略，处于锁定状态的压缩轻弹簧，一质量 m=1.0kg 的小物体（可视为质点）紧靠弹簧，小物体与水平轨道间的动摩擦因数。整个装置处于静止状态。现将轻弹簧解除锁定，5.0小物体被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点 A。不考虑小物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力。g取 10m/s2，求：（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能（2）小物体第二次经过 O 点时的速度
18、大小（3）最终小物体与车相对静止时距 O点的距离。1、 解：（1）平板车和小物块组成的系统水平方向动量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点 A 时，二者的共同速度为：v 共 =0 设弹簧解除锁定前的弹性势能为 EP，上述过程中系统能量守恒，则有mgLREP代入数据解得：E P=7.5J （2）设小物块第二次经过 O时的速度大小为 vm，此时平板车的速度大小为 vM，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统水平方向动量守恒和机械能守恒，则有：Mmv0代入数据解得： 221gR svm/0.2（3）最终平板车和小物块相对静止时，二者的共同速度为 0，设小物块相对平板车滑动的总路程为 s，对系统由能量守恒，
19、有：sEP代入数据解得：s=1.5m则距 O点的距离 x=s L=0.5m11、如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道 AB 是光滑的，在最低点 B 与水平轨道 BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的 10 倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物体从 A 点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块重力的 9 倍，小车的质量是物块的 3 倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求：（1）物块开始下落的位置距水平轨道 BC的竖直高度
20、是圆弧半径的几倍。MRO mA O（2）物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 解析：(1)设物块的质量为 m，其开始下落的位置距 BC 的竖直高度 为 h，到达 B 点时的速度为 v，小车圆弧轨道的半径为 R。由机械能守恒定律，有 21mvg由牛顿第三定律，可知 B 点对物体的支持力为 9mg根据牛顿第二定律有 vgn29解得 h=4R即物块开始下落的位置距 BC 的竖直高度是圆弧轨道半径的 4 倍。(2)设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F，物块滑到 C 点时与小车的共同速度为 ，v物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中小车对地面的位移大小为 s。依题意，小车的质量3m，BC 长度为
21、 10R。滑动摩擦力 mgF由动量守恒定律，有 来源:学科网)3(vv对物块、小车应用动能定理，有 221)10(sRF32vm解得 0.3 答案：(1)4 倍 (2)0.312、如图所示，光滑的曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车的上表面相平，质量为 m 的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑下平板小车，使得小车在光滑水平面上滑动已知小滑块从光滑轨道上高度为 H 的位置由静止开始滑下，最终停到板面上的 Q 点若平板小车的质量为 3m用 g 表示本地的重力加速度大小，求：（1）小滑块到达轨道底端时的速度大小 v0；（2）小滑块滑上小车后，平板小车可达到的最大速度 V；（3）该过程
22、系统产生的总热量 Q答案：（1） ；（2） ；（3）解析: 滑块滑至 Q 点时它与小车具有相同速度，这个速度大小为 V，则有：解得 13、如图 10-1 所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道 AB 是光滑的，在最低点 B 与水平轨道 BC 相切，BC 的长度是圆弧半径的10 倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从 A 点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端 C 处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点 B 时对轨道的压力是物块重力的 9 倍，小车的质量是物块的 3 倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨
23、道时的能量损失。求：（1）物块开始下落的位 置距水平轨道 BC 的竖直高是圆弧半径的几倍；（2）物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 。 答案：（1） （2）Rh43.0【解析】 （1）设物块的质量为 ，其开始下落处的位置距 BC 的竖直高度为m，到达 B 点时的速度为 ，小车圆弧轨道半径为 R。由机械能守恒定律，有2mgh由牛顿第三定律，可知 B 点对物块的支持力为 g9根据牛顿第二定律，有 Rmg29解得 Rh4即物块开始下落的位置距水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍。（2）设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F，物块滑到 C 点时与小车的共同速度为，物块在小车上由 B 运
24、动到 C 的过程中小车对地面的位移大小为 。依题意，小车 s的质量为 ，BC 长度为 10R。由滑动摩擦定律，有m3F= g由动量守恒定律，有 )(对物块、小车分别应用动能定理，有221)10(msRF0)3(212mFs解得 .14、(2009 山东理综，24，15 分）如图所示，某货场而将质量为 m1=100 kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径 R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板 A、B，长度均为l=2m，质量均为 m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。
25、货物与木板间的动摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 =0.2。 （最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。（2）若货物滑上木板 4 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 1应满足的条件。（3）若 1=0。5，求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间。14 【解析】 （1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为 ，对货物的下滑过程 中根据机械0v能守恒定律得， ，设货物在轨道末端所受支持力的大小为 ,根据牛210mgRv NF顿第二定律得， ，联立以上两式代入数据得 ,根据1NF 30牛顿第三定律，货
26、物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000N，方向竖直向下。（2）若滑上木板 A 时，木板不动，由受力分析得 ，若滑1212()mgg上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得 ，联立式代入数据得 。10.6（3） ，由式可知，货物在木板 A 上滑动时，木板不动。设货物在木板 A1.5上做减速运动时的加速度大小为 ，由牛顿第二定律得 ，设货物滑到1a11mga木板 A 末端是的速度为 ，由运动学公式得 ，联立式代入数1v210vl据得 ，设在木板 A 上运动的时间为 t，由运动学公式得 ，14/vms 101vt联立式代入数据得 。0.4ts【考点】机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动
27、学方程、受力分析15、如图所示，光滑曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车上表面相平，质量为 m 的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑上小车，使得小车在光滑水平面上滑动。已知小滑块从高为 H 的位置由静止开始滑下，最终停到小车上。若小车的质量为 M。g 表示重力加速度，求：（1）滑块到达轨道底端时的速度大小 v0（2）滑块滑上小车后，小车达到的最大速度 v（3）该过程系统产生的内能 Q（4）若滑块和车之间的动摩擦因数为 ，则车的长度至少为多少？解析：（1）滑块由高处运动到轨道底端，机械能守恒。 201mvgH2 分 gHv20 1 分（2）滑块滑上平板车后，系统水平方向不受外力，
28、动量守恒。小车最大速度为与滑块共速的速度。m v0=（m+M）v 2 分gM22 分(3)由能的转化与守恒定律可知，系统产生的内能等于系统损失的机械能，即： HmvgHQ2)(14 分 （根据化简情况酌情给分）（4）设小车的长度至少为 L，则m g L=Q 3 分即 MgL)()(1 2 分16、如图所示，在光滑的水平面上，有一 A、B、C 三个物体处于静止状态，三者质量均为 m，物体的 ab 部分为半径为 R 的光滑 1/4 圆弧，bd 部分水平且粗糙，现让小物体 C 自a 点静止释放，当小物 C 到达 b 点时物体 A 将与物体 B 发生碰撞，且与 B 粘在一起（设碰撞时间极短） ，试求：
29、（1） 小物体 C 刚到达 b 点时，物体 A 的速度大小？（2）如果 bd 部分足够长，试用文字表述三个物体的最后运动状态。需简要说明其中理由（1） （2）C 最后要停下来，A,B 也要同时停下来解析：(1).设小物体滑到 b 点时,小物体 C 的速度为 V1,滑块 A 的速度为 V2,设水平向右为正方向,那么在小物体下滑的过程中,由机械能守恒可得: mgR=mV12/2 + mV22/2 小物体 C 和滑块 A 组成的系统,由水平方向动量守恒可得: mV1-mV2=0 由,可得: V1=V2= 即物体 A 的速度大小为 (2).当滑块 A 与滑块 B 碰撞后粘在一起,且物体 A,B,C 组
30、成的系统在水平方向上不受外力作用,故系统在水平方向上动量守恒(2 分),但小物体 C 在 bd 部分滑动时由于受摩擦力的作用,速度不断减小,因为 bd 部分足够长,故小物体 C 最后要停下来,(3 分),由于系统水平动量守恒,且系统水平方向总动量为零,故物体 A,B也要同时停下来(2 分)17、如图 8-1 所示，质量为 m=0.4kg 的滑块，在水平外力 F 作用下，在光滑水平面上从 A点由静止开始向 B 点运动，到达 B 点时外力 F 突然撤去，滑块随即冲上半径为 R=0.4 米的 光滑圆弧面小车，小车立即沿光滑水平面 PQ 运动。设：开始时平面 AB 与圆弧 CD41相切，A、B、C 三
31、点在同一水平线上，令 AB 连线为 X 轴，且 AB =d=0.64m，滑块在 AB面上运动时，其动量随位移的变化关系为 P=1.6 kgm/s，小车质量 M=3.6kg，不计能量x损失。求：(1)滑块受水平推力 F 为多大 ? (2)滑块通过 C 点时，圆弧 C 点受到压力为多大?(3)滑块到达 D 点时，小车速度为多大 ?分析与解：(1)由 P=1.6 =mv，代入 x=0.64m，可得滑块到 B 点速度为：V B=1.6 /m=1.6 =3.2m/sAB，由动能定理得：FS= mVB2所以 F=mVB2/(2S)=0.4X3.22/(2X0.64)=3.2N(2)滑块滑上 C 立即做圆周
32、运动，由牛顿第二定律得：N-mg=mVC2/R 而 VC=VB 则 N=mg+mVC 2/R=0.4X10+0.4X3.22/0.4=14.2N(3)滑块由 CD 的过程中，滑块和小车组成系统在水平方向动量守恒，由于滑块始终紧贴着小车一起运动，在 D 点时，滑块和小车具有相同的水平速度 VDX 。由动量守恒定律得： mVC=(M+m)VDX所以 VDX=mVC/(M+m)=0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.32m/s(4) 滑块一定能再次通过 C 点。因为滑块到达 D 点时，除与小车有相同的水平速度 VDX 外，还具有竖直向上的分速度 VDY，因此滑块以后将脱离小车相对于小车做竖直上抛运
33、动 (相对地面做斜上抛运动)。因题中说明无能量损失，可知滑块在离车后一段时间内，始终处于 D 点的正上方( 因两者在水平方向不受力作用，水平方向分运动为匀速运动，具有相同水平速度)， 所以滑块返回时必重新落在小车的 D 点上，然后再圆孤下滑，最后由 C 点离开小车，做平抛运动落到地面上。由机械能守恒定律得： mVC2=mgR+ (M+m)VDX2+ mVDY2所以以滑块、小车为系统，以滑块滑上 C 点为初态，滑块第二次滑到 C 点时为末态，此过程中系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒(注意：对滑块来说，此过程中弹力与速度不垂直，弹力做功，机械能不守恒)得：mV C=mVC+MV 即 mVC2= mVC2+ MV2上式中 VC、V 分别为滑块返回 C 点时，滑块与小车的速度， V=2mVC/(M+m)=2X0.4X3.2/(3.6+0.4)=0.64m/sVC=(m-M)VC/(m+M)=(0.4-3.6)X3.2/(0.4+3.6)=-2.56m/s(与 V 反向)(5)滑块离 D 到返回 D 这一过程中，小车做匀速直线运动，前进距离为：S=V DX2VDY/g=0.32X2X1.1/10=0.07m
