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專題強化十二　用動量守恒定律解決“三類模型”問題
目標要求 　1.會用動量守恒觀點分析反沖運動和人船模型.2.會用動量觀點和能量觀點分析計算“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型的有關問題．
題型一　反沖運動和人船模型
1．反沖運動的三點說明
作用原理 反沖運動是系統內兩物體之間的作用力和反作用力產生的效果
動量守恒 反沖運動中系統不受外力或內力遠大于外力，所以反沖運動遵循動量守恒定律
機械能增加 反沖運動中，由于有其他形式的能轉化為機械能，所以系統的總機械能增加

2.人船模型
(1)模型圖示

(2)模型特點
①兩物體滿足動量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②兩物體的位移滿足：mx人t－Mx船t＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝MM＋mL，x船＝mM＋mL
(3)運動特點
①人動則船動，人靜則船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它們質量的反比；人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比，即x人x船＝v人v船＝Mm.



　　　　　 反沖運動

例1 　一火箭噴氣發動機每次噴出m＝200 g的氣體，氣體離開發動機噴出時的速度v＝
1 000 m/s.設火箭(包括燃料)質量M＝300 kg，發動機每秒噴氣20次．
(1)當發動機第三次噴出氣體后，火箭的速度為多大？
(2)運動第1 s末，火箭的速度為多大？
答案　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(1)設噴出三次氣體后火箭的速度為v3，
以火箭和三次噴出的氣體為研究對象，據動量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝3mvM－3m≈2 m/s
(2)發動機每秒鐘噴氣20次，以火箭和20次噴出的氣體為研究對象，根據動量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝20mvM－20m≈13.5 m/s.

　　　　　 人船模型

例2 　有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(重一噸左右)．一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量．他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船．用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L.已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為(　　)
A.m?L＋d?d B.m?L－d?d
C.mLd D.m?L＋d?L
答案　B
解析　設船的質量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船頭走到船尾用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝dt，v′＝L－dt.以船后退的方向為正方向，根據動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Mdt＝m?L－d?t，小船的質量為：M＝m?L－d?d，故B正確．

1.(滑塊—斜面中的人船模型)如圖1所示，一個傾角為α的直角斜面體靜置于光滑水平面上，斜面體質量為M，頂端高度為h.現有一質量為m的小物塊，沿光滑斜面下滑，當小物塊從斜面頂端自由下滑到底端時，斜面體在水平面上移動的距離是(　　)

圖1
A.mhM＋m B.MhM＋m
C.mh?M＋m?tan α D.Mh?M＋m?tan α
答案　C
解析　m與M組成的系統在水平方向上動量守恒，設m在水平方向上對地位移大小為x1，M在水平方向上對地位移大小為x2，以水平向左為正方向，則有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝htan α，解得x2＝mh?M＋m?tan α，C項正確．
2.(豎直方向上的人船模型)如圖2所示，氣球下面有一根長繩，一個質量為m1＝50 kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5 m．如果這個人開始沿繩向下滑，當滑到繩下端時，他離地面的高度是(可以把人看成質點)(　　)

圖2
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　當人滑到下端時，設人相對地面下滑的位移大小為h1，氣球相對地面上升的位移大小為h2，由動量守恒定律，得m1h1t＝m2h2t，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他離地高度是3.6 m，故選項B正確．

題型二　子彈打木塊模型
1．模型圖示

2．模型特點
(1)子彈水平打進木塊的過程中，系統的動量守恒．
(2)系統的機械能有損失．
3．兩種情景
(1)子彈嵌入木塊中，兩者速度相等，機械能損失最多(完全非彈性碰撞)．
動量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝12mv02－12(M＋m)v2
(2)子彈穿透木塊．
動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝12mv02－(12Mv22＋12mv12)
例3 　一質量為M的木塊放在光滑的水平面上，一質量為m的子彈以初速度v0水平打進木塊并留在其中，設子彈與木塊之間的相互作用力為Ff.則：
(1)子彈、木塊相對靜止時的速度是多少？
(2)子彈在木塊內運動的時間為多長？
(3)子彈、木塊相互作用過程中子彈、木塊發生的位移以及子彈打進木塊的深度分別是多少？
(4)系統損失的機械能、系統增加的內能分別是多少？
(5)要使子彈不射出木塊，木塊至少多長？
答案　見解析
解析　(1)設子彈、木塊相對靜止時的速度為v，以子彈初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝mM＋mv0
(2)設子彈在木塊內運動的時間為t，由動量定理得
對木塊：Fft＝Mv－0
解得t＝Mmv0Ff?M＋m?
(3)設子彈、木塊發生的位移分別為x1、x2，如圖所示，由動能定理得

對子彈：－Ffx1＝12mv2－12mv02
解得：x1＝Mm?M＋2m?v022Ff?M＋m?2
對木塊：Ffx2＝12Mv2
解得：x2＝Mm2v022Ff?M＋m?2
子彈打進木塊的深度等于相對位移，即x相＝x1－x2＝Mmv022Ff?M＋m?
(4)系統損失的機械能為：E損＝12mv02－12(M＋m)v2＝Mmv022?M＋m?
系統增加的內能為Q＝Ff·x相＝Mmv022?M＋m?
(5)假設子彈恰好不射出木塊，此時有FfL＝12mv02－12(M＋m)v2
解得L＝Mmv022Ff?M＋m?
因此木塊的長度至少為Mmv022Ff?M＋m?

3．(子彈打木塊模型)如圖3所示，相距足夠遠且完全相同的兩個木塊，質量均為3m，靜止放置在光滑水平面上，質量為m的子彈(可視為質點)以初速度v0水平向右射入木塊，穿出第一塊木塊時速度變為25v0，已知木塊的長為L，設子彈在木塊中所受的阻力恒定，試求：

圖3
(1)子彈穿出第一塊木塊后，第一個木塊的速度大小v以及子彈在木塊中所受阻力大小．
(2)子彈在第二塊木塊中與該木塊發生相對運動的時間t.
答案　(1)15v0　9mv0225L　(2)5L6v0
解析　(1)子彈打穿第一塊木塊過程，由動量守恒定律有
mv0＝m(25v0)＋3mv，解得v＝15v0
對子彈與第一塊木塊相互作用過程，由能量守恒定律有
FfL＝12mv02－12m(25v0)2－12×3mv2
解得子彈在木塊中所受阻力Ff＝9mv0225L.
(2)對子彈與第二塊木塊相互作用過程，由于12m(25v0)2＝2mv0225<9mv0225，則子彈不能打穿第二塊木塊，設子彈與第二塊木塊共同速度為v共，
由動量守恒定律有m·25v0＝(m＋3m)v共，解得v共＝v010
對第二塊木塊，由動量定理有Fft＝3m·v010
解得子彈在第二塊木塊中的運動時間為t＝5L6v0.
題型三　滑塊—木板模型
1．模型圖示

2．模型特點
(1)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能
(2)若木塊未從木板上滑下，當兩者速度相同時，木板速度最大，相對位移最大(完全非彈性碰撞拓展模型)
3．求解方法
(1)求速度：根據動量守恒定律求解，研究對象為一個系統；
(2)求時間：根據動量定理求解，研究對象為一個物體；
(3)求系統產生的內能或相對位移：根據能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對象為一個系統．
例4 　(2019·河南九師聯盟質檢)如圖4所示，在光滑水平面上有B、C兩個木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一個可視為質點的物塊A，A、B、C的質量分別為3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右運動，C以速度v向左運動．B、C的上表面等高，二者發生完全非彈性碰撞但并不粘連，碰撞時間很短．A滑上C后恰好能到達C的中間位置，C的長度為L，不計空氣阻力．求：


圖4
(1)木板C的最終速度大小；
(2)木板C與物塊A之間的摩擦力的大小Ff；
(3)物塊A滑上木板C之后，在木板C上做減速運動的時間t.
答案　(1)56v　(2)mv23L　(3)3L2v
解析　(1)設水平向右為正方向，B、C碰撞過程中動量守恒，
則有：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝v3
A滑到C上，A、C組成的系統動量守恒，
則有：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝56v；
(2)根據能量關系可知，在A、C相互作用過程中，木板C與物塊A之間因摩擦產生的熱量為
Q＝12(3m)v2＋12mv12－12(3m＋m)v22
Q＝Ff·L2
聯立解得Ff＝mv23L；
(3)在A、C相互作用過程中，以C為研究對象，由動量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝3L2v.

4．(滑塊—木板模型)如圖5所示，質量m1＝0.3 kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5 m，現有質量m2＝0.2 kg且可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0＝2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止．物塊與車面間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：

圖5
(1)物塊在車面上滑行的時間t；
(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不超過多少．
答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，根據動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
設物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應用動量定理有－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
代入數據解得t＝0.24 s
(2)要使物塊恰好不從小車右端滑出，需滿足物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設其為v′，則有m2v0′＝(m1＋m2)v′
由動能定理有
－μm2gL＝12(m1＋m2)v′2－12m2v0′2
代入數據解得v0′＝5 m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度不超過5 m/s.
課時精練

1．(多選)關于反作用力在日常生活和生產技術中的應用，下列說法中正確的是(　　)
A．在平靜的水面上，靜止著一只小船，小船上有一人，人從靜止開始從小船的一端走向另一端時，小船向相反方向運動
B．普通汽車行駛時，通過排氣筒向后排出燃氣，從而獲得向前的反作用力即動力
C．農田灌溉用自動噴水器，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，彎管會自動轉向
D．軟體動物烏賊在水中經過體側的孔將水吸入鰓腔，然后用力把水擠出體外，烏賊就會向相反方向游去
答案　ACD
解析　人從小船的一端走向另一端時，要受到小船給人的摩擦力，方向與人行走的方向相同．根據反沖現象原理與動量守恒定律，人對小船也有摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向與人行走的方向相反，因此小船將在這個摩擦力的作用下改變運動狀態，向人行走的相反方向運動，故A正確；普通汽車行駛時，通過排氣筒向后排出燃氣，雖然燃氣對排氣筒有反作用力，但畢竟反作用力很小，并不是汽車動力的來源，故B錯誤；農田灌溉用的自動噴水器，當水從彎管的噴嘴里噴射出來時，根據反沖現象原理與動量守恒定律知，彎管在水的反作用力的推動下會自動旋轉，大大增加了噴水的面積，故C正確；烏賊經過身體側面的孔把水吸入鰓腔，然后用力把水擠出體外，根據牛頓第三定律可知，烏賊就獲得了方向相反的反作用力，從而向排水的相反方向游去，故D正確．
2．(2021·山東臨沂市質檢)我國在酒泉衛星發射中心用長征四號乙運載火箭成功發射首顆X射線調制望遠鏡衛星“慧眼”．假設將發射火箭看成如下模型：靜止的實驗火箭，總質量為M＝2 100 g．當它以對地速度為v0＝840 m/s噴出質量為Δm＝100 g的高溫氣體后，火箭的對地速度為(噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計)(　　)
A．42 m/s B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s
答案　B
解析　噴出氣體過程中重力和空氣阻力可忽略不計，可知在火箭發射的過程中二者組成的系統豎直方向的動量守恒，以噴出氣體的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正確，A、C、D錯誤．
3．(2019·湖南婁底市下學期質量檢測)質量為M的氣球上有一個質量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應為(　　)
A.mm＋Mh B.Mm＋Mh
C.M＋mMh D.M＋mmh
答案　C
解析　設人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統為研究對象，豎直方向動量守恒，規定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1
人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h，平均速度大小為v2＝L－ht
人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝ht
聯立得：0＝－M·L－ht＋m·ht，
解得：L＝M＋mMh，故C正確，A、B、D錯誤．
4.世界上第一個想利用火箭飛行的人是明朝的士大夫萬戶．如圖1所示，他把47個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，飛上天空，然后利用風箏平穩著陸．假設萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]總質量為M，點燃火箭后在極短的時間內，質量為m的熾熱燃氣相對地面以v0的速度豎直向下噴出．忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為g，下列說法中正確的是(　　)

圖1
A．火箭的推力來源于空氣對它的反作用力
B．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為mv0M－m
C．噴出燃氣后，萬戶及所攜帶設備能上升的最大高度為m2v02g?M－m?2
D．在火箭噴氣過程中，萬戶所攜設備機械能守恒
答案　B
解析　火箭的推力來源于燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對火箭的作用力，A項錯誤；在燃氣噴出后的瞬間，將萬戶及所攜設備[火箭(含燃料)、椅子、風箏等]視為系統，動量守恒，設火箭的速度大小為v，規定火箭運動方向為正方向，則有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝mv0M－m，B項正確；噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據運動學公式可得上升的最大高度h＝v22g＝m2v022?M－m?2g，C項錯誤；在火箭噴氣過程中，燃料燃燒時產生的向后噴出的高溫高壓氣體對萬戶及所攜設備做正功，所以萬戶及所攜設備機械能不守恒，D項錯誤．
5．(多選)長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面，由于A、B間存在摩擦，之后A、B速度隨時間變化情況如圖2所示，g＝10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)

圖2
A．木板獲得的動能為1 J
B．系統損失的機械能為2 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數為0.1
答案　ABD
解析　由題圖可知，最終木板獲得的速度為v＝1 m/s，A、B組成的系統動量守恒，以B的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，則木板獲得的動能為Ek＝12Mv2＝12×2×12 J＝1 J，故A正確；系統損失的機械能ΔE＝12mvB2－12(m＋M)v2，代入數據解得ΔE＝2 J，故B正確；根據v－t圖象中圖線與t軸所圍的面積表示位移，由題圖得到0～1 s內B的位移為xB＝12×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移為xA＝12×1×1 m＝0.5 m，則木板A的最小長度為L＝xB－xA＝1 m，故C錯誤；由題圖可知，B的加速度a＝ΔvΔt＝
1－21 m/s2＝－1 m/s2，負號表示加速度的方向，由牛頓第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正確．
6．(多選)如圖3所示，一個質量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個質量為m的小木塊．現使木箱瞬間獲得一個水平向左的初速度v0，下列說法中正確的是(　　)

圖3
A．最終小木塊和木箱都將靜止
B．最終小木塊和木箱組成的系統損失的機械能為Mv022－?Mv0?22?M＋m?
C．木箱速度為v03時，小木塊的速度為2Mv03m
D．最終小木塊速度為Mv0m
答案　BC
解析　木箱與木塊組成的系統動量守恒，以木箱的初速度方向為正方向，設最終速度為v1，由動量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木塊和木箱最終速度v1＝Mv0m＋M，故A、D錯誤；對整個過程，由能量守恒定律可得小木塊和木箱組成的系統損失的機械能為ΔE＝12Mv02－12(m＋M)v12＝Mv022－M2v022?m＋M?，故B正確；木箱與木塊組成的系統動量守恒，以木箱的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度為v3＝v03時，小木塊的速度為v2＝2Mv03m，故C正確．



7．(多選)(2019·四川石室中學診斷)如圖4所示，長為L、質量為3m的長木板B放在光滑水平面上，質量為m的鐵塊A放在長木板右端．一質量為m的子彈以速度v0射入木板并留在其中，鐵塊恰好不滑離木板．子彈射入木板中的時間極短，子彈、鐵塊均可視為質點，鐵塊與木板間的動摩擦因數恒定，重力加速度為g.下列說法正確的是(　　)

圖4
A．木板獲得的最大速度為v05
B．鐵塊獲得的最大速度為v05
C．鐵塊與木板之間的動摩擦因數為v0240gL
D．子彈、木板、鐵塊組成的系統損失的機械能為2mv025
答案　BCD
解析　子彈射入瞬間，子彈和木板B組成的系統動量守恒，有mv0＝4mv1，解得v1＝14v0，故A錯誤；對木板B、子彈和鐵塊A組成的系統，由動量守恒定律有mv0＝5mv2，解得v2＝15v0，故B正確；子彈射入木板后，對木板B(包括子彈)和鐵塊A組成的系統，由能量守恒定律得－μmgL＝12·5mv22－12·4mv12，解得μ＝v0240gL，故C正確；由能量守恒定律可知，子彈、木板、鐵塊組成的系統損失的機械能為ΔE＝12mv02－12·5mv22＝25mv02，故D正確．
8.(2019·四川第二次診斷)如圖5甲所示，一塊長度為L、質量為m的木塊靜止在光滑水平面上．一顆質量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊．當子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s，如圖乙所示．設子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質點．則子彈穿過木塊的時間為(　　)

圖5
A.1v0(s＋L) B.1v0(s＋2L)
C.12v0(s＋L) D.1v0(L＋2s)
答案　D
解析　子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統動量守恒，以v0的方向為正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，
設子彈穿過木塊的過程所受阻力為Ff，對子彈由動能定理得：－Ff(s＋L)＝12mv12－12mv02，
由動量定理得：－Fft＝mv1－mv0，
對木塊由動能定理得：Ffs＝12mv22，
由動量定理得：Fft＝mv2，
聯立解得：t＝1v0(L＋2s)，故選D.
9.如圖6所示，質量為m3＝2m的滑道靜止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半徑為R的四分之一圓弧，圓弧底部與長為0.5R滑道水平部分相切，滑道末端距離地面高度為R，整個滑道均光滑．質量為m2＝3m的物體2(可視為質點)放在滑道的B點，現讓質量為m1＝m的物體1(可視為質點)自A點由靜止釋放，兩物體在滑道上相碰后粘為一體，重力加速度為g.求：

圖6
(1)物體1從釋放到運動到圓弧底部時，滑道向左運動的距離；
(2)物體1和2落地時，距滑道右側底部的距離．
答案　(1)R3　(2)62R
解析　(1)物體1從釋放到運動到圓弧底部過程中，物體1、滑道組成的系統水平方向動量守恒，設物體1水平位移大小為x1，滑道水平位移大小為x3，有：
0＝m1x1－m3x3，x1＋x3＝R
解得x3＝R3.
(2)設物體1運動到滑道上的B點時物體1的速度大小為v1，滑道的速度大小為v3，軌道對物體1的支持力為FN，對物體1和滑道組成的系統，由機械能守恒定律有
mgR＝12mv12＋12m3v32
由動量守恒定律有0＝m1v1－m3v3
物體1與物體2碰撞后立即飛離軌道做平拋運動，設物體1和物體2相碰后的共同速度大小為v2，做平拋運動時物體1、2水平位移大小為s1，軌道向左滑動的距離為s2，
由動量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
R＝12gt2
s1＝v2t
s2＝v3t
聯立并代入數據可以求得Δs＝s1＋s2＝62R.
10.如圖7所示，光滑水平地面上有一足夠長的木板，左端放置可視為質點的物體，其質量為m1＝1 kg，木板與物體間的動摩擦因數μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右運動，木板與豎直墻碰撞時間極短，且沒有機械能損失．g＝10 m/s2.

圖7
(1)如果木板質量m2＝3 kg，求物體相對木板滑動的最大距離；
(2)如果木板質量m2＝0.6 kg，求物體相對木板滑動的最大距離．
答案　(1)0.96 m　(2)0.512 m
解析　(1)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，以水平向左為正方向，對物體與木板系統，由動量守恒定律有：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s，方向向左，不會與豎直墻再次碰撞
由能量守恒定律有
12(m1＋m2)v02＝12(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m
(2)木板與豎直墻碰撞后，以原速率反彈，對物體及木板系統，由動量守恒定律得：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
解得v′＝－0.2 m/s，負號表示方向向右，將與豎直墻再次碰撞，最后木板停在豎直墻處
由能量守恒定律得：
12(m1＋m2)v02＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.



11.一塊足夠長的木板C質量為2m，放在光滑的水平面上，如圖8所示．在木板上自左向右放有A、B兩個完全相同的物塊，兩物塊質量均為m，與木板間的動摩擦因數均為μ.開始時木板靜止不動，A、B兩物塊的初速度分別為v0、2v0，方向如圖所示．試求：

圖8
(1)木板能獲得的最大速度．
(2)A物塊在整個運動過程中的最小速度．
(3)全過程AC間由于摩擦產生的熱量跟BC間由于摩擦產生的熱量之比是多少？
答案　見解析
解析　(1)當A、B和木板速度相同時，木板的速度最大，取向右為正方向，對三者組成的系統運用動量守恒定律得mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝34v0
(2)開始時，A、B做勻減速直線運動的加速度大小為a＝μmgm＝μg，A、B都滑動時，木板C的加速度大小為a′＝μmg＋μmg2m＝μg.因為A的初速度小，A與木板C先達到共同速度，當A與木板達到共同速度后，A與木板一起做勻加速直線運動．可知，A與木板速度相同時，速度最小，則有v＝v0－at＝a′t，解得t＝v02μg，則A物塊在整個運動過程中的最小速度為v＝v0－at＝v02
(3)A、C剛共速時速度為：v＝v02，A、C間的相對位移大小為Δx＝v0＋v2t－v2t＝v02t＝v024μg，A、C間由于摩擦產生的熱量QAC＝μmgΔx＝14mv02
全過程系統由于摩擦產生的熱量等于系統動能減少量，為Q＝12mv02＋12m(2v0)2－12(m＋m＋2m)v′2
解得Q＝118mv02
B、C間由于摩擦產生的熱量為QBC＝Q－QAC＝98mv02
即QACQBC＝29.

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