解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v．

由功能关系得mgh=

1

2

mv2+μmgcosθ

h

sinθ

①

以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量I=mv-m（-v）②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′，则

1

2

mv2=mgh′+μmgcosθ

h′

sinθ

③

同理，有mgh′=

1

2

mv′2+μmgcosθ

h′

sinθ

④

I'=mv'-m（-v'）⑤

式中，v′为小物块再次到达斜面底端时的速度，I’为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．由①②③④⑤式得I'=kI⑥

式中  k=

tanθ-μ tanθ+μ

⑦

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为I1=2m

2gh0(1-μcotθ)

⑧

总冲量为I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)⑨

由   1+k+k2+…kn-1=

1-kn

1-k

  ⑩

得     I=

1-k4

1-k

2m

2gh0(1-μcotθ)

（11）

代入数据得     I=0.43(3+

6

)N•s              

答：在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是0.43(3+

6

)N•s．             

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则v2=2a

h

sinθ

②

以沿斜面向上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为I=mv-m（-v）③

由①②③式得I1=2m

2gh(1-μcotθ)

④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′，依牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma'⑤

小物块沿斜面向上运动的最大高度为h′=

v2

2a′

sinθ⑥

由②⑤⑥式得   h'=k²h⑦

式中   k=

tanθ-μ tanθ+μ

⑧

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量I′=2m

2gh′(1-μcotθ)

⑨

由④⑦⑨式得 I'=kI⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为I1=2m

2gh0(1-μcotθ)

（11）

总冲量为         I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)（12）

由   1+k+k2+…kn-1=

1-kn

1-k

（13）

得       I=

1-k4

1-k

2m

2gh0(1-μcotθ)

（14）

代入数据得     I=0.43(3+

6

)N•s                             （15）

答：在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是0.43(3+

6

)N•s．