高考物理动量守恒定律应用.ppt

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1、动量守恒定律应用动量守恒定律应用(二二)一一.子弹打木块类问题子弹打木块类问题 子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。的木块，并留在木块中跟木块共同运动。例例1.1.设质量为设质量为mm的子弹以初速度的子弹以初速度v v0 0射向静止在光滑水射向静止在光滑水平面上的质量为平面上的质量为MM的木块，并留在木块中不再射出，的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为子弹钻入木块深度为d d。求木块对子弹的平均阻力的大。

2、求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。小和该过程中木块前进的距离。s2 ds1v0v解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：守恒：从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为系统的内能。设平均阻力大小为f f，设子弹、木块的位，设子弹、木块的位移大小分别为移大小分别为s s1 1、s s2 2，如图所示，显然有，如图所示，显然有s s1 1-s s2 2=

3、d d对子弹用动能定理：对子弹用动能定理：对木块用动能定理：对木块用动能定理：、相减得：相减得：这个式子的物理意义是：这个式子的物理意义是：f f d d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关

4、，所以这里应该用路程，而不是用位移）。所以这里应该用路程，而不是用位移）。练习练习1 1、子弹以一定的初速度射入放在光滑水平子弹以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是：面上的木块中，并共同运动下列说法中正确的是：()()A A、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩、子弹克服阻力做的功等于木块动能的增加与摩 擦生的热的总和擦生的热的总和B B、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功、木块对子弹做功的绝对值等于子弹对木块做的功CC、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量、木块对子弹的冲量大小等于子弹对木块的冲量D D、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和

5、子弹、系统损失的机械能等于子弹损失的动能和子弹 对木块所做的功的差对木块所做的功的差A C D 例例2 2、光滑水平面上静置厚度不同的木块、光滑水平面上静置厚度不同的木块A A与与B B，质量，质量均为均为MM。质量为。质量为mm的子弹具有这样的水平速度：它击中的子弹具有这样的水平速度：它击中可自由滑动的木块可自由滑动的木块A A后，正好能射穿它。现后，正好能射穿它。现A A固定，子弹固定，子弹以上述速度穿过以上述速度穿过A A后，恰好还能射穿可自由滑动的后，恰好还能射穿可自由滑动的B B，两，两木块与子弹的作用力相同。求两木块厚度之比。木块与子弹的作用力相同。求两木块厚度之比。v0AVv0A

6、BVB解解：设：设A木块厚度为木块厚度为a，B木块厚度为木块厚度为b射穿自由滑动的射穿自由滑动的A后速度为后速度为V mv0=(m+M)V f a=1/2mv02-1/2(m+M)V2=1/2mv02 M/(m+M)子弹射穿固定的子弹射穿固定的A后速度为后速度为v1，射穿，射穿B后速度为后速度为VB 1/2mv12=1/2mv02-f a=1/2(m+M)V2 mv1=(m+M)VB f b=1/2mv12-1/2(m+M)VB2 =1/2mv12 M/(m+M)a/b=v02/v12=(M+m)/m 练习练习2.2.如图示，在光滑水平桌面上静置一质量为如图示，在光滑水平桌面上静置一质量为M=

7、980M=980克的长方形匀质木块，现有一颗质量为克的长方形匀质木块，现有一颗质量为 m=20m=20克的子弹以克的子弹以v v0 0=300m/s =300m/s 的水平速度沿其轴线射向木的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共块，结果子弹留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为L=10cmL=10cm，子弹打进木块的深度为，子弹打进木块的深度为d=6cmd=6cm，设木块对，设木块对子弹的阻力保持不变。子弹的阻力保持不变。（1 1）求子弹和木块的共同的速度以及它们在此过程中）求子

8、弹和木块的共同的速度以及它们在此过程中所增加的内能。所增加的内能。（2 2）若子弹是以）若子弹是以V V0 0=400m/s=400m/s的水平速度从同一方向的水平速度从同一方向射向该木块的，则它能否射穿该木块？射向该木块的，则它能否射穿该木块？（3 3）若能射穿木块，求子弹和木块的最终速度是多少）若能射穿木块，求子弹和木块的最终速度是多少？v0(1)(2)v0V解解：（1）由动量守恒定律由动量守恒定律 mv0=(M+m)V V=6m/s系统增加的内能等于系统减少的动能系统增加的内能等于系统减少的动能 Q=fd=1/2mv02-1/2(M+m)V2=900-1/236=882J（2）设以设以4

9、00m/s射入时，仍不能打穿，射入深度为射入时，仍不能打穿，射入深度为d 由动量守恒定律由动量守恒定律 mV0 =(M+m)V V=8m/sQ=fd=1/2mv02-1/2(M+m)V2 =1600-1/264=1568Jd/d=1568/882=16/9 d=16/96=10.7cm L 所以能穿出木块所以能穿出木块题目下页v1v2（3）设射穿后，最终子弹和木块的速度分别为设射穿后，最终子弹和木块的速度分别为v1和和v2,系统产生的内能为系统产生的内能为 f L=10/6fd=5/3882=1470 J 由动量守恒定律由动量守恒定律 mV0 =mv1+Mv2由能量守恒定律由能量守恒定律fL=

10、1/2mV0 2-1/2 Mv12-1/2 mv22代入数字化简得代入数字化简得v1+49v2=400v12+49v22=13000消去消去v1得得 v22-16 v2+60=0 解得解得 v1=106 m/s v2=6 m/s题目上页 例例3 3、质量为、质量为2m2m、长为、长为L L的木块置于光滑的水平面的木块置于光滑的水平面上，质量为上，质量为mm的子弹以初速度的子弹以初速度v v0 0水平向右射穿木块后水平向右射穿木块后速度为速度为v v0 0/2/2。设木块对子弹的阻力。设木块对子弹的阻力F F 恒定。求：恒定。求：（1 1）子弹穿过木块的过程中木块的位移（）子弹穿过木块的过程中木

11、块的位移（2 2）若木块）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度uvu 5/8 v 02 即即当当(v 0-u)2 5/8 v 02 方程无解方程无解，表明子弹不能穿出木块表明子弹不能穿出木块。即即二、反冲运动二、反冲运动1.1.在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。动能转

12、化。可以把这类问题统称为反冲。2.2.在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动在系统内力作用下，系统内一部分物体向某发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量量变化时，系统内其余部分物体向相反方向发生动量变化的现象变化的现象.3.3.研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲研究反冲运动的目的是找反冲速度的规律，求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中各物体对地的运动状态对地的运动状态例例4.4.质量为质量为mm的人站在质量为的人站在质量为MM，长为，长为L L的静止小船的的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的

13、左端右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？时，船左端离岸多远？l2 l1解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移大小之和等于移大小之和等于s s。设人、船位移大小分别为设人、船位移大小分别为s s1 1、s s2 2，则：，则：mvmv1 1=Mv=Mv2 2，两边，两边同乘时间同乘时间t t，msms1 1=Ms=Ms2 2，而，而s s1 1+s+s2 2=s=s，应该注意到：此结论与人

14、在船上行走的应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。达船的左端，那么结论都是相同的。人、船模型的前提是系统初动量为零。人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用能再用mm1 1v v1 1=m=m2 2v v2 2这种形式列方程，而要利用这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v(m1+m2)v0 0=m=m1 1v v1 1+m+m2 2v v2

15、 2列式。列式。【练习练习3 3】20022002年，美国年，美国科学科学杂志评出的杂志评出的2001 2001 年世界十大年世界十大科技突破科技突破中，有一项是加拿大萨德伯里中，有一项是加拿大萨德伯里 中微子观测站的成果中微子观测站的成果该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值该站揭示了中微子失踪的原因，即观测到的中微子数目比理论值少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个少是因为部分中微子在运动过程中转化为一个 子和一个子和一个 子子 在在上述研究中有以下说法：上述研究中有以下说法：该研究过程中牛顿第二定律依然适用；该研究过程中牛顿第二定律依然适用；该研究中能的转化和守恒定律

16、依然适用；该研究中能的转化和守恒定律依然适用；若发现若发现 子和中微子子和中微子的运动方向一致，则的运动方向一致，则 子的运动方向与中微子的运动方向也可能一子的运动方向与中微子的运动方向也可能一致；致；若发现若发现 子和中微子的运动方向相反，则子和中微子的运动方向相反，则 子的运动方向与子的运动方向与中微子的运动方向也可能相反其中正确的是：中微子的运动方向也可能相反其中正确的是：A.A.，B.B.，C.C.，D.D.；解析解析:牛顿运动定律适用于牛顿运动定律适用于“低速低速”“”“宏观宏观”物体物体,而动量守恒定而动量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普适规律律和能量守恒定律是自然界中的普适规

17、律,在中微子转化为在中微子转化为 子子和和 子时子时,动量守恒和能量守恒定律仍然适用动量守恒和能量守恒定律仍然适用,当当 子与中微子的运子与中微子的运动方向一致时动方向一致时,子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同子的运动方向有可能与中微子的运动方向相同,也有可能与中微子运动方向相反也有可能与中微子运动方向相反;但但 子运动方向与中微子运动子运动方向与中微子运动方向相反时方向相反时,子的运动方向与中微子的运动方向一定相同子的运动方向与中微子的运动方向一定相同.答案答案CC正确正确.【练习练习4 4】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹

18、）及靶的总质量为连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为M,M,枪内有枪内有n n颗子颗子弹，每颗子弹的质量为弹，每颗子弹的质量为mm，枪口到靶的距离为，枪口到靶的距离为L L，子弹，子弹水平射出枪口相对于地的速度为水平射出枪口相对于地的速度为v v0 0，在发射后一发子弹，在发射后一发子弹时，前一发子弹已射入靶中，在射完时，前一发子弹已射入靶中，在射完n n颗子弹时，小船颗子弹时，小船后退的距离为（后退的距离为（）解析解析:设设n n颗子弹发射的总时间为颗子弹发射的总时间为t,t,取取n n颗子弹为整体颗子弹为整体,由由动量守恒得动量守恒得nmvnmv0 0=Mv=Mv1 1,即即nmvnmv0

19、0t=Mvt=Mv1 1t;t;设子弹相对于地面移动的距离为设子弹相对于地面移动的距离为s s1 1,小船后退的距离为小船后退的距离为s s2 2,则有则有:s:s1 1=v=v0 0t,st,s2 2=v=v1 1t;t;且且s s1 1s s2 2=L=L解得解得:答案：答案：CC【练习练习5 5】如图所示，一质量为如图所示，一质量为mml l的半圆槽体的半圆槽体A A，A A槽槽内外皆光滑，将内外皆光滑，将A A置于光滑水平面上，槽半径为置于光滑水平面上，槽半径为R.R.现有现有一质量为一质量为mm2 2的光滑小球的光滑小球B B由静止沿槽顶滑下，设由静止沿槽顶滑下，设A A和和B B均

20、为弹性体，且不计空气阻力，求槽体均为弹性体，且不计空气阻力，求槽体A A向一侧滑动的向一侧滑动的最大距离最大距离解析解析:系统在水平方向上动量守恒系统在水平方向上动量守恒,当小球运动到糟的当小球运动到糟的最右端时最右端时,糟向左运动的最大距离设为糟向左运动的最大距离设为s s1 1,则则mm1 1s s1 1=m=m2 2s s2 2,又因为又因为s s1 1s s2 2=2R,=2R,所以所以【例例5 5】科学家设想在未来的航天事业中用太阳科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆

21、，使太光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S S，太阳，太阳帆对光的反射率为帆对光的反射率为100%100%，设太阳帆上每单位面，设太阳帆上每单位面积每秒到达积每秒到达n n个光子，每个光子的动量为个光子，每个光子的动量为p p，如，如飞船总质量为飞船总质量为mm。求：（求：（1)1)飞船加速度的表达式。飞船加速度的表达式。(2)(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？何？解析解析:(1):(1)设经过时间设经过时间t t，则在时间，则在时间t t内射到太阳帆内射到太阳帆上的

22、光子数为：上的光子数为：N Nnstnst对光子由动量定理得对光子由动量定理得Ft=NPFt=NP一一N N（一（一P P）对飞船由牛顿运动定律得对飞船由牛顿运动定律得F Fmama由以上三式解得飞船的加速度为由以上三式解得飞船的加速度为(2(2）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对）若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得：光子由动量定理得：ft=0ft=0一一N N（一（一P P）由由得得【练习练习6 6】宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lmlm，就有，就有1010个平均质量为个平均质量为2102107 7的微尘粒与飞船相撞，的微尘粒与飞船相

23、撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度飞船的速度10 km/s10 km/s，飞船喷气产生的推力至少应维，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？持多大？解析：设飞船速度为解析：设飞船速度为v v，飞行时间为，飞行时间为tt，每前进，每前进1m1m附附着的尘粒数为着的尘粒数为n n，尘粒的平均质量为，尘粒的平均质量为mm0 0，则在，则在tt内飞内飞船增加的质量船增加的质量mmnmnm0 0vt.vt.据动量定理据动量定理FtFtmvmv。可知推力：。可知推力：【例例5 5】一玩具车携带若干质量为一玩具车携带若干质量为mm的弹丸的弹

24、丸,车和弹丸的车和弹丸的总质量为总质量为M,M,在半径为在半径为R R的光滑轨道上以速率的光滑轨道上以速率v v0 0做匀速做匀速圆周运动圆周运动,若小车每转一周便沿运动方向相对地面以若小车每转一周便沿运动方向相对地面以恒定速度恒定速度u u发射一枚弹丸发射一枚弹丸,求求:1.1.至少发射多少颗弹丸后至少发射多少颗弹丸后,小车开始反向运动小车开始反向运动?2.2.写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的写出小车反向运动前发射相邻两枚弹丸的时间间隔的表达式表达式.解析解析:(1):(1)设发射第一枚弹丸后设发射第一枚弹丸后,玩具车的速度为玩具车的速度为v v1 1,由切由切线方向动量守恒得

25、线方向动量守恒得:(M(Mm)vm)v1 1mu=Mvmu=Mv0 0 得得第二枚弹丸发射后第二枚弹丸发射后,则则(M(M2m)v2m)v2 2mu=(Mmu=(Mm)vm)v1 1 得得则第则第n n枚弹丸发射后枚弹丸发射后,小车的速度为小车的速度为小车开始反向运动时小车开始反向运动时,v,vn n0,0,则则(2)(2)发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第发射相邻两枚弹丸的时间间隔就是发射第k(kn)k(kn)枚枚弹丸后小车的周期弹丸后小车的周期,即即:练习练习7.7.总质量为总质量为MM的火箭模型的火箭模型 从飞机上释放时的速度从飞机上释放时的速度为为v v0 0，速度方向水平。火箭向后

26、以相对于地面的速率，速度方向水平。火箭向后以相对于地面的速率u u喷出质量为喷出质量为mm的燃气后，火箭本身的速度变为多大？的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为火箭剩余质量变为M-mM-m，以，以v v0 0方向为正方向，方向为正方向，【练习练习8 8】春节期间孩子们玩春节期间孩子们玩“冲天炮冲天炮”，有一只被，有一只被点燃的点燃的“冲天炮冲天炮”喷出气体竖直向上运动，其中有喷出气体竖直向上运动，其中有一段时间内一段时间内“冲天炮冲天炮”向上作匀速直线运动，在这向上作匀速直线运动，在这段时间内

27、段时间内“冲天炮冲天炮”的有关物理量将是（的有关物理量将是（）A A，合外力不变；，合外力不变；B B反冲力变小；反冲力变小；CC机械能可能变大；机械能可能变大；D D动量变小动量变小解析：由竖直匀速上升可知，答案解析：由竖直匀速上升可知，答案A A和和CC是正确的，但是正确的，但在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，在匀速上升的过程中隐含有燃料燃烧喷出气体的现象，结果结果“冲天炮冲天炮”的质量必然减小，所以答案的质量必然减小，所以答案B B和和D D也是也是对的，否则就会将对的，否则就会将B B和和D D答案漏选答案漏选 答案：答案：ABCDABCD 例例6 6、如图所示，质量为如

28、图所示，质量为M=2kgM=2kg的小车放在光滑水平面上，的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为在小车右端放一质量为m=1kg m=1kg 的物块。两者间的动摩擦因数为的物块。两者间的动摩擦因数为=0.1=0.1，使物块以，使物块以v v1 1=0.4m/s=0.4m/s 的水平速度向左运动，同时使小车的水平速度向左运动，同时使小车以以v v2 2=0.8m/s=0.8m/s 的初速度水平向右运动，的初速度水平向右运动，（取（取g=1g=10m/s0m/s2 2）求：）求：（1 1）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向）物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向 （2

29、2）为使物块不从小车上滑下，小车的长度）为使物块不从小车上滑下，小车的长度L L至少多大？至少多大？Mmv1v2解：解：（1 1）木块先向左匀减速运动到）木块先向左匀减速运动到0 0，再匀加速运动到共，再匀加速运动到共同速度同速度V VMmV1MmVV由动量守恒定律由动量守恒定律 (m+M)V=Mv2-mv1V=0.4m/s（2）由能量守恒定律由能量守恒定律mgL=1/2Mv22+1/2mv12 -1/2(m+M)V2L=0.48m 例例七七.一一质质量量为为MM的的长长木木板板B B 静静止止在在光光滑滑水水平平面面上上，一一质质量量为为m m 的的小小滑滑块块A A（可可视视为为质质点点）

30、以以水水平平速速度度 v v0 0从从长长木木板板的的一一端端开开始始在在木木板板上上滑滑动动，到到达达另另一一端端滑滑块块刚刚离离开开木木板板时时的的速速度度为为1/3v1/3v0 0，若若把把此此木木板板固固定定在在水水平平桌桌面面上上，其其它它条条件件相相同同，求求：滑滑块块离开木板时的速度。离开木板时的速度。解：解：木板不固定时，如图示：木板不固定时，如图示：S2 v0/3VBALv0LAf1Bf2由动量守恒定律由动量守恒定律 m v0=1/3 mv0+MVV=2mv0/3M由能量守恒定律由能量守恒定律 fL=1/2mv02-1/2m1/9 v02-1/2MV2=2/9m v02(2-

31、m/M)若把此木板固定在水平桌面上，滑块离开木板时若把此木板固定在水平桌面上，滑块离开木板时 的速度为的速度为v，由动能定理由动能定理-fL=1/2m v 2-1/2mv02 由以上四式解得由以上四式解得 例例8.8.的的摩摩擦擦系系数数为为，现现在在小小车车与与物物体体以以速速度度v v0 0在在水水平平光光滑滑地地面面上上一一起起向向右右匀匀速速运运动动.当当小小车车与与竖竖直直墙墙壁壁发发生生弹弹性性碰碰撞撞后后，物物体体在在小小车车上上向向右右滑滑移移一一段段距距离离后后一一起起向向左左运运动动，求求物物体体在在小小车车上上滑滑移的最大距离移的最大距离.Mmv0解：解：小车碰墙后速度反

32、向，由动量守恒定律小车碰墙后速度反向，由动量守恒定律Mmv0v0（M+m）V=（M-m）v0最后速度为最后速度为V，由能量守恒定律，由能量守恒定律MmVV1/2（M+m）v0 2-1/2（M+m）V 2=mg S练习练习9.9.如图所示，在光滑水平面上放有质量为如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m2m的木的木板，木板左端放一质量为板，木板左端放一质量为mm的可视为质点的木块。两的可视为质点的木块。两者间的动摩擦因数为者间的动摩擦因数为，现让两者以，现让两者以v v0 0的速度一起向竖的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者

33、最终一起运动。求碰后：两者最终一起运动。求碰后：（1 1）木块相对地面向右运动的最大距离）木块相对地面向右运动的最大距离L L（2 2）木块相对木板运动的距离）木块相对木板运动的距离S S2mmv0v0解：解：木板碰墙后速度反向如图示木板碰墙后速度反向如图示2mmv0v0（1）当木块速度减小为）当木块速度减小为0时时 L2mmv1v=02mv0-mv0=2mv1v1=v0/2 mgL=1/2mv02 L=v02/2g（2）当两者速度相同时）当两者速度相同时v22mv2Sm2mv0-mv0=3mv2v2=v0/3mgS=1/23mv02-1/23mv22S=4v02/3g 例例1010：长：长L

34、=1mL=1m，质量，质量M=1kgM=1kg的木板的木板ABAB静止于光静止于光滑水平面上。在滑水平面上。在ABAB的左端有一质量的左端有一质量m=1kgm=1kg的小木块的小木块CC，现以水平恒力，现以水平恒力F=20NF=20N作用于作用于CC，使其由静止开始向，使其由静止开始向右运动至右运动至ABAB的右端，的右端，CC与与ABAB间动摩擦因数间动摩擦因数=0.5=0.5，求，求F F对对CC做的功及系统产生的热量做的功及系统产生的热量ABCM=1kgm=1kgF=20N解解：由于：由于C受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板受到外力作用所以系统动量不守恒，设木板向前运动的位移是向前运

35、动的位移是S，则木块的位移为，则木块的位移为S+L,时间为时间为t ABCFSL对对C：F（S+L）-mg（S+L）=1/2mvm2 （F-mg）t=mvm 对对AB：mgS=1/2MvM2 mg t=M vM 解以上四式得：解以上四式得：vm=3vM S=0.5 m F对对C做的功做的功 W=F（S+L）=30J 摩擦生的热摩擦生的热 Q=mgL=5J 例例11.11.如图所示，如图所示，A A、B B是静止在水平地面上完全相同的是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。两块长木板。A A的左端和的左端和B B的右端相接触。两板的质量的右端相接触。两板的质量皆为皆为M=2.0kgM=2.0kg

36、，长度皆为，长度皆为l l=1.0m,=1.0m,C C 是一质量为是一质量为m=1.0kgm=1.0kg的木块现给它一初速度的木块现给它一初速度v v0 0=2.0m/s=2.0m/s，使它从，使它从B B板的左端开始向右动已知地面是光滑的，而板的左端开始向右动已知地面是光滑的，而CC与与A A、B B之间的动摩擦因数皆为之间的动摩擦因数皆为=0.10=0.10求最后求最后A A、B B、CC各以各以多大的速度做匀速运动取重力加速度多大的速度做匀速运动取重力加速度g=10m/sg=10m/s2 2.ABCM=2.0kgM=2.0kgv0=2.0m/sm=1.0kg12解解：先先假假设设小小物

37、物块块C C 在在木木板板B B上上移移动动距距离离 x x 后后，停停在在B B上上这这时时A A、B B、C C 三者的速度相等，设为三者的速度相等，设为V VABCVABCv0Sx由动量守恒得由动量守恒得 在此过程中，木板在此过程中，木板B B 的位移为的位移为S S，小木块，小木块C C 的位移为的位移为S+S+x x由功能关系得由功能关系得相加得相加得解解、两式得两式得代入数值得代入数值得 题目下页 x 比比B 板板的的长长度度l 大大这这说说明明小小物物块块C不不会会停停在在B板板上上，而而要要滑滑到到A 板板上上设设C 刚刚滑滑到到A 板板上上的的速速度度为为v1，此此时时A、B

38、板的速度为板的速度为V1，如图示：，如图示：ABCv1V1则由动量守恒得则由动量守恒得由功能关系得由功能关系得以题给数据代入解得以题给数据代入解得由于由于v1 必是正数，故合理的解是必是正数，故合理的解是题目 上页下页ABCV2V1y 当当滑滑到到A之之后后，B 即即以以V1=0.155m/s 做做匀匀速速运运动动而而C 是是以以 v1=1.38m/s 的的初初速速在在A上上向向右右运运动动设设在在A上上移移动动了了y 距距离离后后停止在停止在A上，此时上，此时C 和和A 的速度为的速度为V2，如图示：，如图示：由动量守恒得由动量守恒得 解得解得 V2=0.563 m/s 由功能关系得由功能关系得解得解得 y=0.50 my 比比A 板的长度小，故小物块板的长度小，故小物块C 确实是停在确实是停在A 板上板上最后最后A、B、C 的速度分别为的速度分别为:题目上页 代怀孕 代怀孕 再鬻搋