高考物理第二轮专题辅导讲座 第一讲 力学规律的综合应用

2024年1月10日发(作者：)

高考物理第二轮专题辅导讲座 第一讲 力学规律的综合应用

【命题趋向】

在物理学中，对力学问题的考查往往是将牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等知识相互联系来综合出题，研究对象常常是多个物体（组成的系统）。试题思路隐蔽，过程复杂，难度较大，能否正确分析求解这类问题问题是鉴别考生学习物理能力的试金石。高考是一种选拔性考试，必然要求试题要有一定的区分度和难度。因此综合性的动力学问题是历年高考的重点和热点。虽然近年采用综合考试主要是学科内的综合，试卷难度有所下降，有关力学知识的综合性考题难度也有一定下降，但高考中对此内容的考查仍然是年年有，且常常成为高考的压轴题，所占分值较大，自然07年的高考也会乐此不疲。

【考点透视】

解决动力学问题有三个基本观点，即是力的观点、动量的观点、能量的观点。

一、知识回顾

1．力的观点

⑴．匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：

牛顿第二定律：Fma

运动学公式：vtv0at，sv0t122at，vt2v02as，svt，saT2

2v2mr2 ⑵．圆周运动的主要公式：F向ma向mr2．动量观点

⑴．恒力的冲量：IFt

⑵．动量：pmv，动量的变化pmv2mv1

⑶．动量大小与动能的关系P2mEk

⑷．动量定理：Ip，对于恒力F合tmv2mv1，通常研究的对象是一个物体。

⑸．动量守恒定律：

条件：系统不受外力或系统所受外力的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，（如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计）；或系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零（在该方向上系统的总动量的分量保持不变）。

m2v2，研究的对象是一个系统（含两个或两个以上表达式：对于两个物体有m1v1m2v2m1v1相互作用的物体）。

3．用能量观点解题的基本概念及主要关系

⑴．恒力做功：WFscos，WPt，

121212mv，动能变化Ekmv2mv1

2221122⑶．动能定理：力对物体所做的总功等于物体动能变化，表达式W总mv2mv1

22⑵．重力势能EPmgh，动能Ek⑷．常见的功能关系

重力做功等于重力势能增量的负值WGEP

弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值WP弹E

有相对时，系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能，即Qfl121212mv0mv1mv2

222⑸．机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变。表达式有Ek1Ep1Ek2Ep2、Ek增Ep减、EA增EB减

⑹．能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律。

二、力学规律的选用原则：

1．研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时，一般用力的观点解题。

2．研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题一般用动量定理，如果涉及位移问题往往用动能定理。

3．若研究的对象为多个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题。

提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，由于它们作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场，但须注意到这些过程—般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。在涉及相对位移问题时，优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也等于系统增加的内能。

三、动力学问题的解题步骤

1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象及物理过程。

2．分析研究对象受力及运动状态和运动状态变化的过程，并作草图。

3．根据运动状态变化的规律确定解题观点，选择恰当的物理公式或规律。

4．根据选择的规律列式，有时还需挖掘题目的其他条件（如隐含条件、临界条件、几何关系等）列出补充方程。涉及矢量时应注意其方向性。

5．代人数据（统一单位）计算结果。

【例题解析】

一、力的观点与动量观点结合

例1 如图所示，长12 m，质量为50 kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：（g取10m/s）

（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。

（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。

（3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑动?还能滑行多远的距离?

解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为a1，木板的质量为M，加速度大小为a2，人与木板间的摩擦力为f，根据牛顿第二定律，对人有：fma1200N；

（2）设人从木板左端开始距到右端的时间为t，对木板受力分析可知：f(Mm)gMa2故22a2f(Mm)g2m/s，方向向左；

M1212由几何关系得：a1ta2tL，代入数据得：t2s

22（3）当人奔跑至右端时，人的速度v1a1t8m/s，木板的速度v2a2t4m/s；人抱住木柱的过程

中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：

mv1Mv2(mM)V （其中V为二者共同速度）

代入数据得V2m/s，方向与人原来运动方向一致；

以后二者以V2m/s为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为ag1m/s2，故木板滑行的距离v22m。 为s2a点拨：用力的观点解题时，要认真分析物体受力及运动状态的变化，关键是求出加速度。

二、动量观点与能量观点综合

例2 如图所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m的小物块A从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m2的挡板B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在OM段A、B与水平面间动摩擦因数均为，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：

（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小。

（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能Ep （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

解析：（1） 物块A在坡道上滑行时只有重力做功，满足机械能守恒的条件，有mgh12mv，故2v2gh。

（2） A、B在水平道上碰撞时内力远大于外力，A、B组成的系统动量守恒，有m1v(m1m2)v

接着A、B一起压缩弹簧到最短，在此过程中A、B克服摩擦力所做的功W(m1m2)gd由m12gh12能量守恒定律可得(m1m2)vEp(m1m2)gd，所以Ep(m1m2)gd。

2m1m2点拨：有关弹簧的弹性势能，由于教材中没有给出公式，因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来计算。能量守恒是自然界普遍遵守的规律，用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果，认真分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移，否则可能会前功尽弃。

例3 如图所示，在光滑的水平面上有一质量为m，长度为l的小车，小车左端有一质量也是m可视为质点的物块，车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽略），物块与小车间滑动摩擦因数为，整个系统处于静止状态。现在给物块一个水平向右的初速度v0，物块刚好能与小车右壁的弹簧接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回到左端时，恰与小车相对静止。求：

（1）物块的初速度v0及解除锁定前小车相对地运动的位移。

（2）求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少?

解析：（1）物块在小车上运动到右壁时，设小车与物块的共同速度为v，由动量守恒定律得mv02mv，由能量关系有mgl121mv02mv2，故v02gl，在物块相对小车向右运动的过程中，小车向右22v0v2作匀加速运动加速度为ag，速度由0增加到v，小车位移为s，则s；

22a（2）弹簧解除锁定的瞬间，设小车的速度为v1，物块速度为v2，最终速度与小车静止时，共同速度为v，由动量守恒定律得2mvmv1mv22mv，由能量关系有mgl联立四式解得：

12121mv1mv22mv2，

222v1v0v10和（舍去），所以v1v02gl，v20。

v20v2v0点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量，解出锁定意味着释放弹性势能能量。求解物理问题，有时需要根据结果和物理事实，作出正确判断，确定取舍。

例4 一辆质量为m＝2 kg的平板车，左端放有质量M＝3 kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数＝0.4，如图所示，开始时平板车和滑块共同以v0＝2 m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短，且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。设平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端（取g＝1.0 m/s），求：

（1）平板车第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v1。

（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长?

解析：（1） 平板车第—次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动。设向左运动的最大距离为s1，由动能定理得Mgs102mv01所以有s1m；

2Mg3212mv0

2（2）假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度v1，由于系统动量守恒，有Mv0mv0(Mm)v1，即v1(Mm)v00.4m/s

Mm，由设平板车从第—次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度v1所发生的位移大小为s121mv0mv12(Mm)22mv1有s1s1，表明平板车第二次与墙壁动能定理得Mgs1，显然s1222Mg2Mg(Mm)碰撞前已经达到了共同速度v10.4m/s，这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度；

（3）平板车与墙壁多次碰撞，使M与m之间发生相对滑动。由于摩擦生热，系统的动能逐渐减少，

直到最终停止在墙角边，设整个过程中物块与平板车的相对位移为l，由能量转化和守恒定律得2(mM)v0152Mgl(mM)v0，所以lm；

22Mg6点拨：用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力。在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学知识，如：数列求和、不等式求解、极值讨论等等，正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提。

例5 如图所示，C是放在光滑水平面上的一块木板，木板质量为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μ。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。

解析：（1）木块A先做匀减速直线运动至与C速度相同，后与一道做匀加速直线运动；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（设为v1）为止， A、B、C三者组成的系统动量守恒故：mv02mv0(mm3m)v1，v1=0.6v0；对木块B运用v0

A

2 v 0

B

C

91v01122动能定理，有mgsmv1m(2v0)，所以s。

2250g（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′（此时A、C共速），由动量定理知，至此，A、B的动量变化都相同，都为m(v0v)，因A、B、C组成的系统动量守恒，有2m(v0v)3mv，所以木块A在整个过程中的最小速度v/22v0。

5点拨：对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情况和运动情况，抓住相关联的运动状态，问题仍然很容易解决。

三、三种观点综合应用

例6 对于两物体碰撞前后速度在同一直线上，且无机械能损失的碰撞过程，可以简化为如下模型：A、B两物体位于光滑水平面上，仅限于沿同一直线运动。当它们之间的距离大于等于某一定值d时，相互作用力为零，当它们之间的距离小于d时，存在大小恒为F的斥力。设A物体质量m1＝l.0kg，开始时静止在直线上某点；B物体质量m2＝3.0 kg，以速度v0从远处沿直线向A运动，如图所示。若d＝0.10 m，F＝0.60 N，v0＝0.20m/s，求：

（1）相互作用过程中A、B加速度的大小；

（2）从开始相互作用到A、B间的距离最小时，系统（物体组）动能的减少量；

（3） A、B间的最小距离。

解析：（1）由牛顿运动定律可知，相互作用过程中A、B加速度的大小分别为a1F0.60m/s2，m1a2F0.20m/s2；

m2（2）A、B间距离最小时，两者速度相同，全过程满足由动量守恒的条件，故有m2v0(m1m2)v，

所以vm2v00.15m/s

(m1m2)112m2v0(m1m2)v20.015J；

22系统（物体组）动能的减少量为|Ek|（3）根据匀变速直线运动规律得v1a1t，v2v0a2t，而距离最小时有v1=v2 ，由匀变速直线运动121a1t，s2v0ta2t2，由几何关系可知ss1ds2，解以上各22式得A、B间的最小距离s0.075m。

规律可得两物体位移分别为s1点拨：理论联系实际，用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求。在处理有关问题时，为了方便需要忽略问题中的次要因素，突出主要因素，作恰当的简化，建立与所学知识间的联系，最终达到解决问题的目的。本题对实际问题的处理有较好的示范作用。

例8 如题右图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm（β为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为力加速度为g。试求：

（1）待定系数β。

1R,碰撞中无机械能损失。重4（2）第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力。

（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。

mgRmgR 故3；

441mgR1mgR22（2）设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为v1、v2，则mv1，mv2，故2424解析：（1）由机械能守恒定律得mgRv1gR，向左；v22gR向右；

22v2设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N，Nmgm，由牛顿第三定律知RNN4.5mg，方向竖直向下。

（3） 由机械能守恒定律知，第一次碰撞前A的速度为v02gR。

mv1mv2mV1mV2设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则解得1122mgRmV1mV222V12gR，V20 （另一组解：V1gRgR，V2不合题意，舍去）。

22由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。

点拨：对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断，并把推导过程正确地表达出来，体现了对推理能力的考查，希望考生注意这方面的训练。

【专题训练与高考预测】

1 如右图，质量为M3kg的木板放在光滑水平面上，质量为m1kg的物块在木板上，它们之间有摩擦，木板足够长，两者都以v4m/s的初速度向相反方向运动，当木板的速度为v12.4m/s时，物块（ ）

A．加速运动 B．减速运动

C．匀速运动 D．静止不动

2 如右图所示，一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直线上的A、B间作简谐运动，O为平衡位置，C为A、B的中点，已知OC＝h，振子的周期为T，某时刻物体恰好经过C点并向上运动，则从此时刻开始的半个周期时间内，下列说法错误的是（ ）

A．重力做功2mgh

B．重力的冲量大小为mgT

2C．合外力的冲量为零

D．合外力做功为零

3 有一传送装置如图所示，水平放置的传送带保持以v＝2m/s的速度向右匀速运动。传送带两端之间的距离L＝10m，现有一物件以向右4m/s的初速度从左端滑上传送带，物件与传送带之间的动摩擦因数＝0.2。求物件从传送带的左端运动到右端所用的时间 （g＝10m/s）。

4 一个质量m60kg的滑雪运动员从高h20 m的高台上水平滑出，落在水平地面上的B点，由于落地时有机械能损失，落地后只有大小为10 m/s的水平速度，滑行到C点后静止，如图所示。已知A与B、B与C之间的水平距离s130

m，s240m，g＝10m/s，不计空气阻力。求：

22v0

（1）滑雪运动员在水平面BC上受到的阻力大小f。

（2）平抛运动的初速度。

（3）落地时损失的机械能E。

5 如图所示，质量M=0.2kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数2=0.1，现有一质量为m0.2kg的滑块，以v0=1.2m/s的速度滑上长板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数1=0.4，滑块最终没有滑离长木板，求滑块从开始滑上长木板到最后相对于地面静止下来的过程中，滑块滑行的距离是多少（以地球为参考系，g=10m/s）

6 质量为M的小物块A静止在离地面高h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v0与之发生正碰（碰撞时间极短）。碰后A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为L，碰后B反向运动，求B后退的距离。已知B与桌面间的动摩擦因数为，重力加速度为g。

7 如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板2m

v0

M

位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速v04.0m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。

8 质量为m1kg的小木块（可视为质点）放在质量为M=5kg的长木板上的左端，如图所示，长木板放在光滑水平桌面上，小木块与长木板间的动摩擦因数=0.1，长木板的长度为m

F

L2m，现要使小木块从长木板的右端脱离出来，给小木块施加水平向右的恒力M

2F作用2秒，则F至少为多大（g10m/s）？

9 在光滑水平面上静止有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙，与滑块的动摩擦因数1圆弧，它们紧靠在一起，如图所示。一个可视为质点的物块P，质量也为4vm，它从木板AB的右端以初速度v0滑入，过B点时速度为0，然后又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块2为μ，滑块CD上表面是光滑的CD圆弧的最高点C处。求：

（1）物块滑到B处时的木板的速度（2）木板的长度L；

（3）滑块CD圆弧的半径R。

vAB

[参考答案]

1 A。

解析：木板和对物块组成的系统动量守恒，规定向右为矢量的正方向，设最终的共同速度为V，则有：Mvmv(Mm)V，所以V2m/s；又因为木板和对物块相互作用的全过程中均动量守恒，当木板的速度为v12.4m/s时，物块，设物块的速度为v2，则有MvmvMv1mv2，v20.8m/s，故物块正在向右作加速运动，正确选项是A。

2 C。

解析：由题意可知，C、B应关于点对称，故重力做功mg2h2mgh，重力冲量IGmgt＝mgT，2合力冲量Imv(mv)2mv0，由动能定理得合外力做功WEk0，所以本题的正确选项是C。

3

4.5s。

解析： 因v04m/sv＝2m/s，物件在传送带上做匀减速运动，当速度减小到与传送带速度相同后，随传送带匀速运动。由牛顿第二定律Fma得amgmg2m/s2， 减速所经过的位移2v2v0vv0Ls11s，物件到达右端还需时间t23.5s，物件到达右s13m，所用时间t1av2a端共需时间

tt1t24.5s。

4

75N，15m/s，15750J。

12mv2解析：（1）对BC过程运用动能定理得fs2mv，f（2）在平抛运动过程中因75N；22s2h12gt，有t2s2h（3）由能量守恒知，落地时损失2s，平抛运动的初速度为v0115m/s；tg的机械能为E5

0.24m。

112mv0mghmv215750J。

22解析：滑块滑上长木板后，作匀减速运动，长木板作匀加速运动直到速度相同为止，以后整体再作匀减速运动至速度为零。

滑块的加速度大小为a11mgm4m/s2，长木板的加速度大小为a21mg2(mM)gM2m/s2，设经过时间t达到共同速度v，则有v0a1ta2t，故t0.2s，12at0.16m；整体作匀减速运动的位移为s2，由动能定理得2v0.4m/s，滑块的位移为s1v012(mM)gs2(mM)v2，有s20.8m，滑块滑行的距离为ss1s20.24m。

2

1MLg6

v02gm2h。

12gt，LVt，设v为22解析：设t为A从离开桌面至落地经历的时间，V表示刚碰后A的速度，有h刚碰后B的速度的大小，由动量守恒得mv0MVmv，设B后退的距离为l，由动能定理得，11MLgmglmv2，解得lv022gm2h7 2.4J。

。

2解析：物块在长木板上向右滑行时作减速运动，长木板作加速运动，碰撞时物块再传递一部分能量给长木板，以后长木板减速，物块加速直到速度相同为止。设木块和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定121mv0(mM)v2。因相对滑动而产生22的内能为Qmg2s，E用表示在碰撞过程中损失的机械能，由能量守恒定律可得EQE，1mM2v02mgs，代入数据得E=2.4J。 则E2mM8

1.85N。

FmgF1，撤去力后小木块的加速度为解析：未撤去力2秒内，小木块的加速度为a1mmga2g1m/s2，长木板一直在加速，其加速度为a30.2m/s2；刚撤去力时小木块Mv的速度v1a1t2(F1)，位移s11t2(F1)，长木板的速度为v2a3t0.4m/s，位移为2vs12t0.4m，相对位移为s1s1s22F2.4，以后至小木块刚要滑离长木板时二者速度相等，2Fv由动量守恒定律得mv，有，该段时间内相对位移为s2Ls14.42FMv(mM)v1231211222由能量守恒定律得mgs2mv1Mv2(mM)v，整理得5F6F60，解得222F1.85N。

律得mv0(mM)v，设全过程损失的机械能为E，E9

vAB22v05v0v0，L，R。

416g64g解析：（1）物块P在AB上滑动时，三个物体组成的系统动量守恒，即

mv0mv02mvAB，有2vABv0；

425v0121v21v2（2）由能量守恒可得mgLmv0m()2m()，所以L；

2222416g（3）在物块P与CD相互作用的过程中，满足动量守恒定律和机械能守恒定律，故mv0mvAB2mv，2

2v01v01212。

mmvABmvmgR，解得：R64g22222

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例3 如图所示，水平面放一质量为0.5 kg的长条形金属盒，盒宽l=lm，它与水平面间的动摩擦因数是＝0.25，在盒的A端有一个与盒质量相等的小球，球与盒无摩擦。现在盒的A端迅速打击一下金属盒，给盒以lN·s的向右的冲量，设球与盒间的碰撞没有能量损失，且碰撞时间极短，求球与盒组成的系统从开始运动到完全停止所用时间 （g＝10m/s） 。

解析：本题包括了五个物理过程，即给盒冲量使盒具有初速度，盒与球碰撞，球作匀速直线运动，球与盒再次碰撞，最后盒作匀减速运动。

对盒由动量定理得ImAv0，则盒被打击后的速度v02I＝2m/s；

mA盒与球碰撞时间极短，盒与球组成的系统动量守恒，所以mAv0mAvAmBvB，由于碰撞没有能量损失，有111222mAv0mAvAmBvB，而mAmB，代入数据，解得vA0，vB2m/s（即质量相同的222两物体发生弹性碰撞时速度互换）；

B球在盒内向右匀速运动，经时间t1l＝0.5s，球在右端与盒相碰，由动量守恒和能量守恒可得，vB碰后盒与球的速度分别为vA2m/s，vB0。

2v12AA盒克服摩擦力做功，由2mAgs0mAv0.4ml，即盒在停下之前与球不再A，得s24g相碰，设盒滑行时间为t2 ，由动量定理得2mAgt20mAvA，t2从开始运动到完全停止所用时间tt1t20.9 s。

vA0.4s，球与盒组成的系统g点拨：能把较为复杂的物理问题能够分解为若干较简单问题，并找出物理量之间的关系，是高考的一种能力要求。按照时间的先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同状态）进行分析（包括计算）的解题方法，叫程序法，它是求解物理问题中较普遍的一种方法，希望考生认真领会。

例5 （4） 与s1类似，平板车第二次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离s2由动能定理得2mv0mv121(Mm)2(Mm)22Mgs20mv1，所以s2，同理平板车第三次与s122Mg2Mg(Mm)2(Mm)2

(Mm)4墙壁碰撞后向左运动的最大距离为，s3s1，综上所述，平板车每次与墙壁碰撞后向左运动4(Mm)(Mm)2的距离组成等比数列，公比为所以平板车第—次与墙壁碰撞后所走的总路程为2(Mm)s2s125m。

236(Mm)1(Mm)2