题目内容
如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为L=0.5m，质量为M=0.6kg．在第一块长木板的最左端放置一质量为m=0.98kg的小物块．已知小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为m=0.02kg的子弹以的υ=150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g取10m/s2．（1）分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动．
（2）求物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s．
【答案】分析：通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；能根据动量定理和动能定理判定物块的滑动，并列式求解．
解答：解：（1）由题意子弹、小物块、长木板的质量分别为m、m、M，子弹的初速度为v，子弹击中小物块后二者的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
mv=（m+M）v1 …①
子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′=m+m．设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动，则满足：
μ1M′g＞μ2[M′+（6-n）M]g…②
其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．
由②式解得n＞4.3
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．
（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理
-μ1 M′g×4L=
M′
-
…③
由①③式解得 v2=1m/s
物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理
-μ1 M′gt=M′v3-M′v2…⑤
〔μ1 M′g-μ2（M′+M）g〕t=Mv3…⑥
由⑤⑥式解得v3=0.25m/s
在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理
-μ1 M′g s1=
M′
-
M′
可解得s1=
m＜0.5m
即物块与木板获得0.25m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．
由动能定理
-μ2 （M′+M）g s2=-
（M′+m）
解得s2=
m
所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2
解得s≈2.27m
答：（1）经分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；
（2）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s=2.27m．
点评：能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，木块滑动的距离可以根据滑块的运动结合动能定理求解；熟练使用动能定理和动量定理是解决本题的关键．
解答：解：（1）由题意子弹、小物块、长木板的质量分别为m、m、M，子弹的初速度为v，子弹击中小物块后二者的共同速度为v1，由动量守恒定律得：
mv=（m+M）v1 …①
子弹击中小物块后物块的质量为M′，且M′=m+m．设当物块滑至第n块木板时，木板才开始运动，则满足：
μ1M′g＞μ2[M′+（6-n）M]g…②
其中μ1、μ2分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数．
由②式解得n＞4.3
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动．
（2）设物块刚滑上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理
-μ1 M′g×4L=
M′-…③由①③式解得 v2=1m/s
物块在第五块木板表面做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得相同的速度v3，由动量定理
-μ1 M′gt=M′v3-M′v2…⑤
〔μ1 M′g-μ2（M′+M）g〕t=Mv3…⑥
由⑤⑥式解得v3=0.25m/s
在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理
-μ1 M′g s1=
M′-M′ 可解得s1=
m＜0.5m即物块与木板获得0.25m/s的共同速度，之后整体向前匀减速运动s2后静止．
由动能定理
-μ2 （M′+M）g s2=-
（M′+m）解得s2=
m所以物块总共发生的位移s=4L+s1+s2
解得s≈2.27m
答：（1）经分析小物块滑至第5块长木板时，长木板才开始在地面上滑动；
（2）物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大距离s=2.27m．
点评：能正确判断长木板开始运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进行求解，木块滑动的距离可以根据滑块的运动结合动能定理求解；熟练使用动能定理和动量定理是解决本题的关键．
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有五个完全相同的小滑块1、2、3、4、5滑块，以相同的初速度υ0先后依次相隔0.5s，从斜面底端A点开始沿斜面向上作匀减速直线运动．第1个滑块沿斜面上滑0.8m时，速度恰好减小为零，此时第5个滑块开始从A点沿斜面上滑，如图所示，求：
，其中r和R的意义见图7-1。
，其中r指考察点到球心的距离
，其中ρ为电荷体密度。这个式子的物理意义可以参照万有引力定律当中（条件部分）的“剥皮法则”理解〔
即为图7-2中虚线以内部分的总电量…〕。
，U内 = k
= 
，其中ε为绝对介电常数（真空中ε0 = 
，其它介质中ε= 
），εr则为相对介电常数，εr = 
。
= 
+
+
+ … +
q0U0 = 
C
= 
E2 
E2 。而且，这以结论适用于非匀强电场。
= ΔΩ = 
，ΔE2 = k
，即：ΔE1 = ΔE2 ，而它们的方向是相反的，故在P点激发的合场强为零。
，方向由P指向O点。
= Σ
= 0 ，最后的ΣE = ΣEz ，所以先求
，而且ΔScosθ为面元在xoy平面的投影，设为ΔS′
ΣΔS′
球面，每个
球面在x、y、z三个方向上分量均为
kπσ，能够对称抵消的将是y、z两个方向上的分量，因此ΣE = ΣEx …
= a ，如图7-7所示，试求空腔中各点的场强。
= r1 ，
= r2 ，则大球激发的场强为
= 
kρπr1 ，方向由O指向P
= 
kρπr2 ，方向由P指向O′
kρπa ，方向均沿O → O′，空腔里的电场是匀强电场。
πkρq〔
?
〕。
= r ，以无穷远为参考点，试求P点的电势UP 。
段，各段在P点形成的电势相同，而且它们是标量叠加。
；结论不会改变。
= k
·
= kσΔΩ
；（2）球心电势仍为k
，但其它各点的电势将随电量的分布情况的不同而不同（内部不再是等势体，球面不再是等势面）。
－ k
+ k
。
+ k
+ k
= 0
q
+ k
q ；（2）UB = k
(1－
) 。
UA ；UB′= 
UA + 
UB 。
U′
（U1 + U2 + U3 + U4）。
+ U半球面
－ UP 。
是以B为圆心、L为半径的半圆。A处放有电量为q的电荷，B处放有电量为－q的点电荷。试问：（1）将单位正电荷从O点沿
移到D点，电场力对它做了多少功？（2）将单位负电荷从D点沿AB的延长线移到无穷远处去，电场力对它做多少功？
+ k
= 0
+ k
= －
；（2）
。 
；（2）Ek1 = 
k
，Ek2 = 
k
；（3）k
。
+
+
）。
= 2 k
+ k
+ 
mv2 + 
2m
。
〕。
、A板内侧电量
，B板内侧电量?
、B板外侧电量
；（2）A板外侧空间场强2πk
，方向垂直A板向外，A、B板之间空间场强2πk
，方向由A垂直指向B，B板外侧空间场强2πk
，方向垂直B板向外；（3）A、B两板的电势差为2πkd
，A板电势高。
）？如果在板间充满相对介电常数为εr的电介质，是否会影响四个面的电荷分布（答：不会）？是否会影响三个空间的场强（答：只会影响Ⅱ空间的场强）？
·
（方向相左），内侧受力
·
（方向向右），它们合成即可，结论为F = 
Q1Q2 ，排斥力。〕
= 
，即 
= 
关系求解，比较常规（上下部分的场强相等）。
? 
）
Q ，介质部分的电量为
Q ；（2）整个空间的场强均为
；（3）
Q 。
Q 。
+ 
= 
解C′即可。
+ 
= 
C ；（2）
C 。
+
+
= 0
+ 
= 
，Q2′= 
，这样系统的储能就可以用
得出了。
；（2）
。