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    19．如图所示，半径R=3.4m的光滑$\frac{1}{4}$圆弧轨道AB与粗糙水平台面BC相切于B点，在台面右端C处静止有质量M1=1kg的小物块Q．质量M2=1kg的长木板静止于水平面上，其上表面与BC相平，且紧靠端点C．将质量m=0.5kg的小物块P从圆弧轨道的最高点A由静止释放，P点到达C点与Q点相碰后，P恰好返回到B点停止运动，Q最终停止在长木板上．已知P与BC间、长木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.1；Q与长木板上表面间的动摩擦因数μ2=0.4，BC间距离为xBC=2m．取g=10m/s2，求：
    （1）Q滑上长木板时的速度；
    （2）长木板滑动的距离．

    分析 （1）先根据动能定理求出P滑到C点与Q碰撞前的速度大小，再根据动量守恒定律列式、对P由C返回B的过程中，根据动能定理列式，联立方程即可求解；
    （2）Q在木板上滑动过程中，先根据牛顿第二定律求出速度相等前的加速度，再根据运动学基本公式求解速度相等前的位移，Q与木板速度相等后，共速做匀减速直线运动直到停止，再根据运动学基本公式求解此过程中运动的位移，两段位移之和即为长木板滑动的距离．

    解答 解：（1）设P滑到C点与Q碰撞前的速度大小为v0，根据动能定理得：$mgR-{μ}_{1}mg{x}_{BC}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
    解得：v0=8m/s
    P与Q碰撞后P的速度大小为v1，Q的速度大小为v2，以P的初速度方向为正，根据动量守恒定律得：
    mv0=-mv1+M1v2，
    P由C返回B的过程中，根据动能定理有：$-{μ}_{1}mg{x}_{BC}=0-\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$，
    解得：v1=2m/s，v2=5m/s
    （2）Q在木板上滑动过程中，Q与木板的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律得：
    μ2M1g=M1a1，μ2M1g-μ1（M1+M2）g=M2a2，
    解得：${a}_{1}=4m/{s}^{2}$，${a}_{2}=2m/{s}^{2}$
    Q在木板上滑行时间为t1，与木板速度相等时，木板速度最多，设最大速度为v3，
    则v3=v2-a1t1，
    v3=a2t1，
    解得：${t}_{1}=\frac{5}{6}s$，${v}_{3}=\frac{5}{3}m/s$，
    木板在该过程中发生的位移大小为x1，
    ${x}_{1}=\frac{1}{2}{a}_{1}{{t}_{1}}^{2}=\frac{25}{36}m$
    Q与木板速度相等后，共速做匀减速直线运动直到停止，设该过程加速度大小为a3，位移大小为x2，
    μ2（M1+M2）g=（M1+M2）a3，
    ${x}_{2}=\frac{{{v}_{3}}^{2}}{2{a}_{3}}=\frac{25}{18}m$，
    木板滑动的距离x=x1+x2=2.08m
    答：（1）Q滑上长木板时的速度为5m/s；
    （2）长木板滑动的距离为2.08m．

    点评 本题主要考查动量守恒和动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析两个物体的受力情况和运动情况，明确使用动量守恒定律解题时要规定正方向，难度适中．

    练习册系列答案
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    A．系统的机械能守恒B．棒对A、B两球都不做功
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    D．ef的机械能与回路内产生的电能之和一定增大

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    A．穿过线框的磁通量不变，线框内没有感应电流
    B．线框内有感应电流，电流方向沿MNPQM
    C．线框内有感应电流，电流方向沿MQPNM
    D．线框内有感应电流，左半边沿AMQBA方向，右半边沿ANPBA方向

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    11．如图，倾角为θ=37°的足够长的斜面上，有一质量为M=1.0kg，长为L=2.55m的薄板A，薄板A由两种不同材料拼接而成，其上表面以ab为分界线，其中ab以上部分光滑，长度为L1=0.75m，下表面与斜面间的动摩擦因数μ1=0.4．在薄板A的上表面左端放一质量m=1.0kg的小物块B（可视为质点），同时将A，B由静止释放．已知B与A的上表面ab以下部分的动摩擦因数μ2=0.25，可认为滑动摩擦力与最大静摩擦力大小相等．物块B从薄板A上滑到斜面上时速度不变，取g=10m/s2，sin37=0.6，求：
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    （3）从A、B分离到A在斜面上追上B所用的时间．

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