新教材-人教版高中物理選擇性必修第一冊 第一章 動量守恒定律 知識點考點重點難點提煉匯總

第一章動量守恒定律1、2動量動量定理 -1-3動量守恒定律 -9-4實驗：驗證動量守恒定律 -17-5彈性碰撞和非彈性碰撞 -24-1、2動量動量定理一、動量1．動量(1)定義：物理學中把物體的質量m跟運動速度v的乘積mv叫作動量．(2)定義式：p＝mv.(3)單位：在國際單位制中，動量的單位是千克米每秒，符號為kg·m/s.(4)矢量：由于速度是矢量，所以動量是矢量，它的方向與速度的方向相同．2．用動量概念表示牛頓第二定律(1)公式表示：F＝eq\f(Δp,Δt).(2)意義：物體所受到的合外力等于它動量的變化率．二、動量定理1．沖量(1)定義：物理學中把力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．(2)公式：I＝FΔt＝F(t′－t)．(3)矢量：沖量是矢量，它的方向跟力的方向相同．(4)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大．2．動量定理(1)內容：物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量．(2)公式表示eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I＝p′－p,Ft′－t＝mv′－mv))(3)意義：沖量是物體動量變化的量度，合外力的沖量等于物體動量的變化量．考點一動量定義新的物理量，可以用比值法，如v、a、R、C等；也可以用乘積法，如W、EP、p、I等.1．動量(1)定義：物體的質量m和其運動速度v的乘積稱為物體的動量，記作p＝mv.①動量是動力學中反映物體運動狀態(tài)的物理量，是狀態(tài)量．②在談及動量時，必須明確是哪個物體在哪個時刻或哪個狀態(tài)所具有的動量．(2)單位：動量的單位由質量和速度的單位共同決定．在國際單位制中，動量的單位是千克米每秒，符號為kg·m/s.(3)矢量性：動量是矢量，它的方向與物體的速度方向相同，遵循矢量運算法則．2．動量與動能的區(qū)別與聯(lián)系物理量比較項動量動能定義式p＝mvEk＝eq\f(1,2)mv2單位kg·m/sJ性質矢量標量特點(1)動量是可以在相互作用的物體間傳遞、轉移的運動量(2)v的大小或方向變化都可使p發(fā)生變化(3)動量的改變與力的時間積累過程相對應(1)動能可以轉化為熱能、光能、電能等其他形式的能量(2)只有v的大小發(fā)生變化時才會使Ek發(fā)生變化(3)動能的改變與力的空間積累過程(位移)相對應聯(lián)系都是狀態(tài)量，分別從不同的側面反映和表示機械運動Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)典例勻速圓周運動，動量時刻變化，動能不變狀態(tài)量與時刻相對應，如動量、動能等；過程量與時間相對應，如沖量、功等．3．動量的變化量一條直線上矢量運算法則：(1)先規(guī)定正方向；(2)用“＋”“－”號表示各矢量方向；(3)將矢量運算簡化為代數運算.(1)動量的變化量是指物體的末動量與初動量的矢量差．設末動量為p′，初動量為p，則Δp＝p′－p＝mv′－mv＝mΔv.(2)動量的變化量Δp也是矢量，其方向與速度的改變量Δv的方向相同．(3)動量變化量Δp的計算方法①若物體做直線運動，只需選定正方向，與正方向相同的動量取正，反之取負．Δp＝p′－p，若Δp是正值，就說明Δp的方向與所選正方向相同；若Δp是負值，則說明Δp的方向與所選正方向相反．②若初、末狀態(tài)動量不在一條直線上，可按平行四邊形定則求得Δp的大小和方向，這時Δp、p為鄰邊，p′為平行四邊形的對角線．如圖所示．動量為矢量，動量變化遵守矢量運算法則.【例1】質量為m＝0.1kg的橡皮泥，從高h＝5m處自由落下(g取10m/s2)，橡皮泥落到地面上靜止，求：(1)橡皮泥從開始下落到與地面接觸前這段時間內動量的變化；(2)橡皮泥與地面作用的這段時間內動量的變化；(3)橡皮泥從靜止開始下落到停止在地面上這段時間內動量的變化．【審題指導】【解析】取豎直向下的方向為正方向．(1)橡皮泥從靜止開始下落時的動量p1＝0；下落5m與地面接觸前的瞬時速度v＝eq\r(2gh)＝10m/s，方向向下，這時動量p2＝mv＝0.1×10kg·m/s＝1kg·m/s，為正．則這段時間內動量的變化Δp＝p2－p1＝(1－0)kg·m/s＝1kg·m/s，是正值，說明動量變化的方向向下．(2)橡皮泥與地面接觸前瞬時動量p1′＝1kg·m/s，方向向下，為正，當與地面作用后靜止時的動量p2′＝0.則這段時間內動量的變化Δp′＝p2′－p1′＝(0－1)kg·m/s＝－1kg·m/s，是負值，說明動量變化的方向向上．(3)橡皮泥從靜止開始下落時的動量p1＝0，落到地面后的動量p2′＝0.則這段時間內動量的變化Δp″＝p2′－p1＝0，即這段時間內橡皮泥的動量變化為零．【答案】(1)大小為1kg·m/s，方向向下(2)大小為1kg·m/s，方向向上(3)0考點二沖量1．沖量(1)定義：物理學中把力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量．(2)公式：通常用符號I表示沖量，即I＝FΔt.(3)單位：在國際單位制中，沖量的單位是N·s.動量與沖量的單位關系是：1N·s＝1kg·m/s.(4)對沖量的理解①時間性：沖量不僅與力有關，還與力的作用時間有關，恒力的沖量等于力與力作用時間的乘積，此公式I＝Ft只適用于恒力．沖量是過程量，它描述力對時間的積累效應；功也是過程量，它描述力對空間的積累效應.②矢量性：對于恒力來說，沖量的方向與力的方向一致；對于作用時間內方向變化的力來說，沖量的方向與相應時間內動量的變化量的方向一致，沖量的運算應遵循平行四邊形定則．③絕對性：由于力和時間都跟參考系的選擇無關，所以力的沖量也跟參考系的選擇無關．④過程性：沖量是描述力F對時間t的累積效果的物理量，是過程量，必須明確是哪個力在哪段時間內對哪個物體的沖量．2．沖量與功的區(qū)別(1)沖量是矢量，功是標量．(2)由I＝Ft可知，有力作用，這個力一定會有沖量，因為時間t不可能為零．但是由功的定義式W＝F·scosθ可知，有力作用，這個力卻不一定做功．例如：在斜面上下滑的物體，斜面對物體的支持力有沖量的作用，但支持力對物體不做功；做勻速圓周運動的物體，向心力對物體有沖量的作用，但向心力對物體不做功；處于水平面上靜止的物體，重力不做功，但在一段時間內重力的沖量不為零．(3)沖量是力在時間上的積累，而功是力在空間上的積累．這兩種積累作用可以在“F－t”圖像和“F－s”圖像上用面積表示．如圖所示．圖甲中的曲線是作用在某一物體上的力F隨時間t變化的曲線，圖中陰影部分的面積就表示力F在時間Δt＝t2－t1內的沖量．圖乙中陰影部分的面積表示力F做的功．【例2】質量為2kg的物體靜止在足夠大的水平面上，物體與地面間的動摩擦因數為0.2，最大靜摩擦力和滑動摩擦力大小視為相等．從t＝0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示．重力加速度g取10m/s2，則物體在t＝0到t＝12s這段時間內合外力的沖量是多少？【審題指導】關鍵詞信息物體與地面間的動摩擦因數為0.2物體受摩擦力物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F，F隨時間t的變化規(guī)律如圖所示圖線的面積等于力F的沖量大小【解析】對物體進行受力分析，物體所受摩擦力f＝μmg＝0.2×2×10N＝4N則摩擦力的沖量為If＝－ft＝－4×12N·s＝－48N·s力F的沖量等于F－t圖線的面積則IF＝(F1t1＋F2t2)×2＝(4×3＋8×3)×2N·s＝72N·s則合外力的沖量I＝If＋IF＝(－48＋72)N·s＝24N·s.【答案】24N·s沖量計算注意問題(1)沖量是矢量，在計算過程中要注意正方向的選取，在同一直線上的矢量合成轉化為代數運算，較為簡單．(2)不在同一直線上的沖量計算要應用平行四邊形定則或三角形定則．(3)要明確F－t圖像面積的意義，且要知道t軸以上與以下的面積意義不同，兩者表示方向相反．考點三動量定理1．對動量定理的理解(1)動量定理反映了合外力的沖量與動量變化量之間的因果關系，即合外力的沖量是原因，物體的動量變化量是結果．動量定理可適用于變力問題，牛頓運動定律不能解決的問題，可以考慮動量定理.(2)動量定理中的沖量是合外力的沖量，而不是某一個力的沖量，它可以是合力的沖量，可以是各力沖量的矢量和，也可以是外力在不同階段沖量的矢量和．(3)動量定理表達式I＝p′－p是個矢量式，式中的“＝”表示合外力的沖量與動量的變化量等大、同向，但某時刻的合外力的沖量可以與動量的方向同向，也可以反向，還可以成某一角度．(4)動量定理具有普遍性，其研究對象可以是單個物體，也可以是物體系統(tǒng)，不論物體的運動軌跡是直線還是曲線，作用力不論是恒力還是變力，幾個力作用的時間不論是相同還是不同，動量定理都適用．2．動量定理的應用(1)定性分析有關現象①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越?。纾很嚧矝_壓工件時，縮短力的作用時間，產生很大的作用力；而在搬運玻璃等易碎物品時，包裝箱內放些碎紙、刨花、塑料等，是為了延長作用時間，減小作用力．因為越堅固，發(fā)生碰撞時，作用時間將會越短，由I＝FΔt可知，碰撞時的相互作用力會很大，損壞會更嚴重．②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越?。纾鹤杂上侣涞奈矬w，下落時間越長，速度變化越大，動量變化越大，反之，動量變化越?。?2)定量計算有關物理量①兩種類型a．已知動量或動量的變化量求合外力的沖量，即eq\x(p、p′或Δp)eq\o(→,\s\up15(I＝Δp))eq\x(I)b．已知合外力的沖量求動量或動量的變化量，即eq\x(I)eq\o(→,\s\up15(Δp＝p′－p＝I))eq\x(Δp或p、p′)應用I＝Δp求平均力，可以先求該力作用下物體的動量變化，Δp等效代換變力沖量I，進而求平均力F＝eq\f(Δp,Δt).②應用動量定理定量計算的一般步驟：a．選定研究對象，明確運動過程．b．進行受力分析和運動的初、末狀態(tài)分析．c．選定正方向，根據動量定理列方程求解．【例3】雜技表演時，?？煽匆娪腥擞描F錘猛擊放在“大力士”身上的條石，石裂而人不傷，試分析其中道理．【審題指導】【解析】設條石的質量為M，鐵錘的質量為m.取鐵錘為研究對象，設鐵錘打擊條石前速度大小為v，反彈速度大小為v′，根據動量定理得(F－mg)Δt＝mv′－m(－v)，F＝eq\f(mv＋v′,Δt)＋mg.Δt極短，條石受到的鐵錘對它的打擊力F′＝F很大，鐵錘可以擊斷條石．對條石下的人而言，原來受到的壓力為Mg，鐵錘打擊條石時將對人產生一附加壓力，根據牛頓第三定律，條石受到的沖量F′Δt＝FΔt＝m(v＋v′)＋mgΔt，條石因此產生的動量變化量Δp＝m(v＋v′)＋mgΔt，因人體腹部柔軟，緩沖時間t較長，人體受到的附加壓力大小為F1＝eq\f(Δp,t)＝eq\f(mv＋v′,t)＋eq\f(mgΔt,t)，可知附加壓力并不大．【答案】見解析應用動量定理的四點注意事項(1)明確物體受到沖量作用的結果是導致物體動量的變化．沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則．(2)列方程前首先要選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值，而不能只關注力或動量數值的大?。?3)分析速度時一定要選取同一個參考系，未加說明時一般是選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系．(4)公式中的沖量應是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式，且要注意是末動量減去初動量．動量定理與牛頓定律的綜合應用1．動量定理與牛頓定律(1)力F的大小等于動量對時間的變化率．在質量一定的問題中，反映的是力越大，運動狀態(tài)改變越快，即產生的加速度越大．(2)動量定理與牛頓第二定律在實質上雖然是一致的，但是牛頓第二定律適用于解決恒力問題，而動量定理不但適用于恒力還適用于變力，所以動量定理在解決變力作用問題上更方便．但是要注意，通過動量定理得到的力，是作用過程的平均作用力．2．綜合應用動量定理與牛頓定律解題該類問題除要明確研究對象的初、末狀態(tài)外，還要對合理選取的研究對象進行受力分析，應用動量定理和牛頓第二定律列式求解．【典例】一枚豎直向上發(fā)射的火箭，除燃料外火箭的質量m火箭＝6000kg，火箭噴氣的速度為1000m/s，在開始時每秒大約要噴出多少質量的氣體才能托起火箭？如果要使火箭開始時有19.6m/s2向上的加速度，則每秒要噴出多少氣體？【解析】火箭向下噴出的氣體對火箭有一個向上的反作用力，正是這個力支持著火箭，根據牛頓第三定律，也就知道噴出氣體的受力，再根據動量定理就可求得結果．設火箭每秒噴出的氣體質量為m，根據動量定理可得Ft＝mv2－mv1＝m(v2－v1)，其中F＝m火箭g，v2－v1＝1000m/s，得m＝eq\f(Ft,v2－v1)＝eq\f(m火箭gt,v2－v1)＝58.8kg.當火箭以19.6m/s2的加速度向上運動時，由牛頓第二定律得F′－m火箭g＝m火箭a，設此時每秒噴出的氣體質量為m′，根據動量定理有F′t＝m′v2－m′v1，得m′＝eq\f(F′t,v2－v1)＝eq\f(m火箭g＋at,v2－v1)＝176.4kg.【答案】58.8kg176.4kg應用動量定理解題時所選研究對象一般是動量發(fā)生變化的物體，此題中是“噴出的氣體”，再結合牛頓運動定律求解．3動量守恒定律一、動量守恒定律1．系統(tǒng)、內力和外力(1)系統(tǒng)：兩個或兩個以上的物體組成的研究對象稱為一個力學系統(tǒng)，簡稱系統(tǒng)．(2)內力：系統(tǒng)中物體間的作用力稱為內力．(3)外力：系統(tǒng)以外的物體施加給系統(tǒng)內物體的力稱為外力．二、動量守恒定律的普適性1．動量守恒定律與牛頓運動定律用牛頓運動定律解決問題要涉及整個過程中的力．動量守恒定律只涉及過程始末兩個狀態(tài)，與過程中力的細節(jié)無關．這樣，問題往往能大大簡化．動量守恒定律并不是由牛頓運動定律推導出來的，它是自然界普遍適用的自然規(guī)律．而牛頓運動定律適用范圍有局限性.2.動量守恒定律普適性的表現(1)相互作用的物體無論是低速還是高速運動，無論是宏觀物體還是微觀粒子，動量守恒定律均適用．(2)高速(接近光速)、微觀(小到分子、原子的尺度)領域，牛頓運動定律不再適用，而動量守恒定律仍然正確．考點一應用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法1．分析題意，明確研究對象在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng)．對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．2．要對各階段所選系統(tǒng)內的物體進行受力分析弄清哪些是系統(tǒng)內部物體之間相互作用的內力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內物體作用的外力．在受力分析的基礎上根據動量守恒定律條件，判斷能否應用動量守恒．3．明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)即系統(tǒng)內各個物體的初動量和末動量的值或表達式．【注意】在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系．4．確定好正方向建立動量守恒方程求解【例1】(多選)如圖所示，A、B兩物體質量之比mAmB＝32，原來靜止在平板小車C上，A、B間有一根被壓縮的彈簧，水平地面光滑．當彈簧突然釋放后，則()A．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒B．若A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒在多個物體組成的系統(tǒng)中，動量是否守恒與研究對象的選擇有關．系統(tǒng)可按解決問題的需要靈活選?。緦忣}指導】要判斷A、B組成的系統(tǒng)是否動量守恒，要先分析A、B組成的系統(tǒng)受到的合外力與A、B之間相互作用的內力；看合外力是否為零，或者內力是否遠遠大于合外力．【解析】如果物體A、B與平板車上表面間的動摩擦因數相同，彈簧釋放后，A、B分別相對小車向左、向右滑動，它們所受的滑動摩擦力FA向右，FB向左，由于mAmB＝32，所以FAFB＝32，則A、B組成的系統(tǒng)所受的外力之和不為零，故其動量不守恒，選項A錯；對A、B、C組成的系統(tǒng)，A、B與C間的摩擦力為內力，該系統(tǒng)所受的外力的合力為零，故該系統(tǒng)的動量守恒，選項B、D均正確；若A、B所受的摩擦力大小相等，則A、B組成的系統(tǒng)的外力之和為零，故其動量守恒，選項C正確．【答案】BCD考點二多個物體組成的系統(tǒng)動量守恒問題多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：(1)正確進行研究對象的選取，有時需應用整體動量守恒，有時只需應用部分物體動量守恒．研究對象的選取，一是取決于系統(tǒng)是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要．(2)正確進行過程的選取和分析，通常對全程進行分段分析，并找出聯(lián)系各階段的狀態(tài)量．列式時有時需分過程多次應用動量守恒，有時只需針對初、末狀態(tài)建立動量守恒的關系式．【例3】質量為M＝2kg的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質量為mA＝2kg的物體A(可視為質點)，如圖所示．一顆質量為mB＝20g的子彈以600m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00m/s，最后物體A仍靜止在車上，求平板車最后的速度是多大．【審題指導】1．子彈與物體A能否組成系統(tǒng)？水平方向動量是否守恒？2．子彈射穿物體A后，物體A與小車是否可以組成系統(tǒng)？水平方向動量是否守恒？3．子彈、物體A和小車能否組成系統(tǒng)？該系統(tǒng)在水平方向動量是否守恒？【解析】解法一：子彈射穿A的過程極短，因此在射穿過程中車對A的摩擦力及子彈的重力作用可忽略，即認為子彈和A組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒；同時，由于作用時間極短，可認為A的位置沒有發(fā)生變化．設子彈擊穿A后的速度為v′，由動量守恒定律mBv0＝mBv′＋mAvA，得vA＝eq\f(mBv0－v′,mA)＝eq\f(0.02×600－100,2)m/s＝5m/s.A獲得速度vA后相對車滑動，由于A與車間有摩擦，最后A相對車靜止，以共同速度v運動，對于A與車組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，因此有mAvA＝(mA＋M)v，故v＝eq\f(mAvA,mA＋M)＝eq\f(2×5,2＋2)m/s＝2.5m/s.解法二：因地面光滑，子彈、物體A、車三者組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向動量守恒，最后A與車速度相同．對于三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mBv0＝mBv′＋(mA＋M)v，得v＝eq\f(mBv0－v′,mA＋M)＝eq\f(0.02×600－100,2＋2)m/s＝2.5m/s.【答案】2.5m/s考點三碰撞、爆炸問題的處理方法碰撞和爆炸現象很多，如交通事故中人被車撞了、兩車相撞、球與球之間相撞等，那么它們有什么特點呢？我們可以從以下幾個方面分析：(1)過程的特點①相互作用時間很短．②在相互作用過程中，相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大，遠遠大于外力，因此作用過程的動量可看成守恒．(2)位移的特點碰撞、爆炸、打擊過程是在一瞬間發(fā)生的，時間極短，所以在物體發(fā)生碰撞、爆炸、打擊的瞬間可忽略物體的位移．可以認為物體在碰撞、爆炸、打擊前后在同一位置．(3)能量的特點爆炸過程系統(tǒng)的動能增加，碰撞、打擊過程系統(tǒng)的動能不會增加，可能減少，也可能不變．【例4】以初速度v0與水平方向成60°角斜向上拋出的手榴彈，到達最高點時炸成質量分別是m和2m的兩塊彈片．其中質量較大的一塊彈片沿著原來的水平方向以2v0的速度飛行．求：(1)質量較小的另一塊彈片速度的大小和方向；(2)爆炸過程中有多少化學能轉化為彈片的動能．【審題指導】1．手榴彈在空中受到的合力是否為零？2．手榴彈在爆炸過程中，各彈片組成的系統(tǒng)動量是否守恒，為什么？3．在爆炸時，化學能的減少量與彈片動能的增加量有什么關系？【解析】(1)斜拋的手榴彈在水平方向上做勻速直線運動，在最高點處爆炸前的速度v＝v0cos60°＝eq\f(1,2)v0，設v的方向為正方向，如圖所示，由動量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv2，其中爆炸后大塊彈片速度v1＝2v0，小塊彈片的速度v2為待求量，解得v2＝－2.5v0，“－”號表示v2的方向與爆炸前速度方向相反．(2)爆炸過程中轉化為動能的化學能等于系統(tǒng)動能的增量．ΔEk＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(3m)v2＝6.75mveq\o\al(2,0).【答案】(1)大小為2.5v0，方向與原來的速度方向相反(2)6.75mveq\o\al(2,0)考點四動量守恒定律和機械能守恒定律的比較和綜合應用動量守恒定律和機械能守恒定律的比較定律名稱項目動量守恒定律機械能守恒定律相同點研究對象研究對象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)研究過程研究的都是某一運動過程不同點守恒條件系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零系統(tǒng)只有重力或彈力做功表達式p1＋p2＝p1′＋p2′Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2表達式的矢標性矢量式標量式某一方向上應用情況可在某一方向獨立使用不能在某一方向獨立使用運算法則用矢量法則進行合成或分解代數運算【例5】如圖所示，一個質量為m的木塊，從半徑為R、質量為M的1/4光滑圓槽頂端由靜止滑下．在槽被固定和可沿著光滑平面自由滑動兩種情況下，木塊從槽口滑出時的速度大小之比為多少？【審題指導】槽被固定時，木塊的機械能守恒；槽不被固定時，木塊和槽組成的系統(tǒng)的機械能守恒，且水平方向上動量守恒．【解析】圓槽固定時，木塊下滑過程中只有重力做功，木塊的機械能守恒．木塊在最高處的勢能全部轉化為滑出槽口時的動能．設木塊滑出槽口時的速度為v1，由mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①木塊滑出槽口時的速度：v1＝eq\r(2gR)②圓槽可動時，在木塊開始下滑到脫離槽口的過程中，木塊和槽所組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒．設木塊滑出槽口時的速度為v2，槽的速度為u，則：mv2－Mu＝0③又木塊下滑時，只有重力做功，機械能守恒，木塊在最高處的重力勢能轉化為木塊滑出槽口時的動能和圓槽的動能，即mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)Mu2④聯(lián)立③④兩式解得木塊滑出槽口的速度：v2＝eq\r(\f(2MgR,m＋M))⑤兩種情況下木塊滑出槽口的速度之比：eq\f(v1,v2)＝eq\f(\r(2gR),\r(2MgR/m＋M))＝eq\r(\f(m＋M,M)).【答案】eq\r(\f(m＋M,M))多運動過程中的動量守恒包含兩個及兩個以上物理過程的動量守恒問題，應根據具體情況來劃分過程，在每個過程中合理選取研究對象，要注意兩個過程之間的銜接條件，如問題不涉及或不需要知道兩個過程之間的中間狀態(tài)，應優(yōu)先考慮取“大過程”求解．(1)對于由多個物體組成的系統(tǒng)，在不同的過程中往往需要選取不同的物體組成的不同系統(tǒng)．(2)要善于尋找物理過程之間的相互聯(lián)系，即銜接條件．【典例】如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A(上表面粗糙)和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg.開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞．求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大?。窘馕觥恳蚺鲎矔r間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰后瞬間A的速度為vA，C的速度為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvCA與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vABA與B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足vAB＝vC聯(lián)立以上各式，代入數據得vA＝2m/s.【答案】2m/s動量守恒定律的研究對象是系統(tǒng)，為了滿足守恒條件，系統(tǒng)的劃分非常重要，往往通過適當變換劃入系統(tǒng)的物體，可以找到滿足守恒條件的系統(tǒng)．在選擇研究對象時，應將運動過程的分析與系統(tǒng)的選擇統(tǒng)一考慮．類題試解如圖所示，質量為m的子彈，以速度v水平射入用輕繩懸掛在空中的木塊，木塊的質量為m′，繩長為l，子彈停留在木塊中，求子彈射入木塊后的瞬間繩子張力的大?。窘馕觥吭谧訌椛淙肽緣K的這一瞬間，系統(tǒng)動量守恒．取向左為正方向，由動量守恒定律有0＋mv＝(m＋m′)v′，解得v′＝eq\f(mv,m＋m′).隨著整體以速度v′向左擺動做圓周運動．在圓周運動的最低點，整體只受重力(m＋m′)g和繩子的拉力F作用，由牛頓第二定律有(取向上為正方向)F－(m＋m′)g＝(m＋m′)eq\f(v′2,l).將v′代入即得F＝(m＋m′)g＋eq\f(m2v2,m＋m′l).【答案】(m＋m′)g＋eq\f(m2v2,m＋m′l)4實驗：驗證動量守恒定律一、實驗思路兩個物體在發(fā)生碰撞時，作用時間很短，相互作用力很大，如果把這兩個物體看作一個系統(tǒng)，雖然物體還受到重力、支持力、摩擦力、空氣阻力等外力的作用，但是有些力的矢量和為0，有些力與系統(tǒng)內兩物體的相互作用力相比很?。虼?，在可以忽略這些外力的情況下，碰撞滿足動量守恒定律的條件．我們研究最簡單的情況：兩物體碰撞前沿同一直線運動，碰撞后仍沿這條直線運動．應該盡量創(chuàng)設實驗條件，使系統(tǒng)所受外力的矢量和近似為0.二、物理量的測量確定研究對象后，還需要明確所需測量的物理量和實驗器材．根據動量的定義，很自然地想到，需要測量物體的質量以及兩個物體發(fā)生碰撞前后各自的速度．物體的質量可用天平直接測量．速度的測量可以有不同的方式，根據所選擇的具體實驗方案來確定．三、數據分析根據選定的實驗方案設計實驗數據記錄表格．選取質量不同的兩個物體進行碰撞，測出物體的質量(m1，m2)和碰撞前后的速度(v1，v′1，v2，v′2)，分別計算出兩物體碰撞前后的總動量，并檢驗碰撞前后總動量的關系是否滿足動量守恒定律，即m1v′1＋m2v′2＝m1v1＋m2v2四、參考案例參考案例1：研究氣墊導軌上滑塊碰撞時的動量守恒(1)實驗器材：氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、彈簧片、膠布、撞針、橡皮泥等．(2)實驗步驟：接通電源，利用光電計時器測出兩滑塊在各種情況下碰撞前后的速度(例如：①改變滑塊的質量；②改變滑塊初速度的大小和方向)，驗證一維碰撞中的不變量．(3)實驗方法①質量的測量：用天平測出兩滑塊的質量．②速度的測量：擋光板的寬度設為Δx，滑塊通過光電門所用時間為Δt，則滑塊相當于在Δx的位移上運動了時間Δt，所以滑塊做勻速直線運動的速度v＝eq\f(Δx,Δt).(4)數據處理將實驗中測得的物理量填入相應的表格中，注意規(guī)定正方向，物體運動的速度方向與正方向相反時為負值．通過研究以上實驗數據，找到碰撞前、后的“不變量”．考點一利用氣墊導軌驗證動量守恒定律[實驗器材]氣墊導軌、光電計時器、天平、滑塊(兩個)、重物、彈簧片、細繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥等．[實驗步驟]本方案優(yōu)點：氣墊導軌阻力很小，光電門計時準確，能較準確地驗證動量守恒定律.1.測質量：用天平測出滑塊質量．2．安裝：正確安裝好氣墊導軌．3．實驗：接通電源，利用配套的光電計時裝置測出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度(①改變滑塊的質量．②改變滑塊的初速度大小和方向)．4．驗證：一維碰撞中的動量守恒．[數據處理]1．滑塊速度的測量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為滑塊擋光片的寬度(儀器說明書上給出，也可直接測量)，Δt為數字計時器顯示的滑塊(擋光片)經過光電門的時間．2．驗證的表達式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2.【例1】氣墊導軌是常用的一種實驗儀器．它是利用氣泵使帶孔的導軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在導軌上，滑塊在導軌上的運動可視為沒有摩擦．我們可以用帶豎直擋板C和D的氣墊導軌以及滑塊A和B來驗證動量守恒定律．實驗裝置如圖所示(彈簧的長度忽略不計)，采用的實驗步驟如下：a．用天平分別測出滑塊A、B的質量mA、mB；b．調整氣墊導軌，使導軌處于水平；c．在A和B間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導軌上；d．用刻度尺測出滑塊A的左端到擋板C的距離L1；e．按下電鈕、放開卡銷，同時使分別記錄滑塊A、B運動時間的計時器開始工作．當A、B滑塊分別碰撞C、D擋板時停止計時，記下滑塊A、B分別到達擋板C、D的運動時間t1和t2.(1)實驗中還應測量的物理量是________．(2)利用上述測量的實驗數據，得出碰撞中不變的物理量是________．若計算中A、B兩滑塊的“不變量”的大小并不完全相等，產生誤差的原因可能是______________________(回答兩點即可)．【審題指導】實驗中要測量A、B兩滑塊分別碰撞C、D前的速度，故需要測出滑塊碰撞前運動的距離和時間，由公式v＝s/t求出速度；本實驗誤差的主要來源就是導軌不水平和物塊與導軌間存在摩擦力等．【解析】要測量相互作用后B的速度，就應先測出B的初末位置的距離，即B的右端到D的距離．誤差可能是讀數引起的，也可能是存在摩擦等因素引起的．【答案】(1)滑塊B的右端到擋板D的距離L2(2)mv氣墊導軌不水平，測m1、m2、L1、L2、t1、t2時有誤差，滑塊與導軌間有摩擦考點二利用斜槽滾球驗證動量守恒定律[實驗器材]斜槽、小球(兩個)、天平、復寫紙、白紙等．[實驗步驟]1．測質量：用天平測出兩小球的質量，并選定質量大的小球為入射小球．2．安裝：按照如圖所示安裝實驗裝置．調整固定斜槽使斜槽底端水平．(保證小球做平拋運動．)本方案比較巧妙地利用了平拋運動時間相等的特點，因為速度測量并不直接，所以在本方案中沒有測量速度，而是用平拋的水平位移代替速度.3．鋪紙：白紙在下，復寫紙在上且在適當位置鋪放好．記下重垂線所指的位置O.4．放球找點：不放被撞小球，每次讓入射小球從斜槽上某固定高度處自由滾下，重復10次．用圓規(guī)畫盡量小的圓把所有的小球落點圈在里面．圓心P就是小球落點的平均位置．5．碰撞找點：把被撞小球放在斜槽末端，每次讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下(保證入射球速度不變．)，使它們發(fā)生碰撞，重復實驗10次．用步驟4的方法，標出碰后入射小球落點的平均位置M和被撞小球落點的平均位置N.如圖所示．6．驗證：連接ON，測量線段OP、OM、ON的長度．將測量數據填入表中．最后代入m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON)，看在誤差允許的范圍內是否成立．7．結束：整理好實驗器材放回原處．[數據處理]驗證的表達式：m1·eq\x\to(OP)＝m1·eq\x\to(OM)＋m2·eq\x\to(ON).【例2】在“驗證動量守恒定律”的實驗中，某學生記錄的數據如下表所示，實驗裝置示意圖如圖所示，又知小球從斜槽的末端飛出后到落地的時間為t＝0.4s.mA(g)mB(g)eq\x\to(OM)(cm)eq\x\to(ON)(cm)eq\x\to(OP)(cm)20.010.015.1763.8147.29根據這些數據，請猜想：在這個實驗中，有一個什么物理量在碰撞前后可能是相等的？【審題指導】1．入射球碰撞前后的速度v1、v1′如何求？被碰小球的速度v2′如何求？2．入射小球碰撞前后速度的減少量|v1′－v1|與被碰小球速度的增加量|v2′－v2|是否相同？3．質量是不變的，但僅有質量不能描述物體的運動狀態(tài)．速度在碰撞前后是變化的，速度變化和物體的質量m又有什么關系，我們可以做哪些猜想？【解析】先求出入射小球碰前速度v1、碰后速度v1′，被碰小球碰后速度v2′.v1＝eq\f(\x\to(OP),t)＝eq\f(0.4729,0.4)m/s≈1.182m/s；v1′＝eq\f(\x\to(OM),t)＝eq\f(0.1517,0.4)m/s≈0.379m/s；v2′＝eq\f(\x\to(ON),t)＝eq\f(0.6381,0.4)m/s≈1.595m/s，則碰撞前后速度是不守恒的，入射小球的速度減小了0.803m/s，被碰小球的速度增加了1.595m/s，若用速度乘以質量，即入射小球“mv”的減少量與被碰小球“mv”的增加量近似相等，得到碰撞中的不變量是“mv”．【答案】mv利用光電門確定速度的原理如圖所示，兩次擋光時間內物體運動的距離是這樣確定的，A圖中是雙擋光片，擋光片兩次擋光時間內運動的距離為d，因為當a邊通過光電門時第一次擋光計時，c邊通過光電門時第二次擋光計時，兩次擋光時間間隔物體運動的距離應為ac兩邊之間的距離，這個距離通常是已知的．B圖為單擋光片，一般是兩個單擋光片同時使用，其原理與雙擋光片相同．還有一種計時器是專門配合B類擋光片設計使用的，使用時先清零，而記錄的是整個擋光的時間(從a′邊擋光開始到b′邊擋光結束)，利用單擋光片的寬度計算物體的運動速度．在求氣墊導軌上運動的物體的速度v時，首先通過光電計時裝置記錄其運動時間，再根據速度的計算公式v＝eq\f(Δx,Δt)而求得．要確定物體的運動速度v，首先要確定物體的運動時間，而時間Δt是運用擋光片通過光電門時擋光計時測得的．常用的擋光片有單擋光片和雙擋光片兩種，要達到測量速度的目的必須同時運用兩個單擋光片或一個雙擋光片，因為每次擋光只能記錄一個時刻，而求速度必須知道物體運動一段距離所用的時間．其中Δt＝t2－t1即光電計時裝置計時的兩次記錄之差．【典例】某同學利用氣墊導軌做“驗證動量守恒定律”的實驗．氣墊導軌裝置如圖所示，所用的氣墊導軌裝置由導軌、滑塊、彈射架、光電門等組成．(1)下面是實驗的主要步驟：①安裝好氣墊導軌，調節(jié)氣墊導軌的調節(jié)旋鈕，使導軌水平；②向氣墊導軌通入壓縮空氣；③接通光電計時器；④把滑塊2(左側裝有彈性碰撞架，未畫出)放在氣墊導軌的中間位置使其靜止；⑤滑塊1(右側裝有彈性碰撞架，未畫出)擠壓導軌左端彈射架上的橡皮繩；⑥釋放滑塊1，滑塊1通過光電門1后與滑塊2碰撞，碰后滑塊2和滑塊1依次通過光電門2，兩滑塊通過光電門2后依次被制動；⑦讀出滑塊通過兩個光電門的擋光時間分別為：滑塊1通過光電門1的擋光時間Δt1＝10.01ms，通過光電門2的擋光時間Δt2＝49.99ms，滑塊2通過光電門2的擋光時間Δt3＝8.35ms；⑧測出擋光片的寬度d＝5mm，測得滑塊1(包括彈性碰撞架)的質量為m1＝300g，滑塊2(包括彈性碰撞架)的質量為m2＝200g.(2)數據處理與實驗結論：①實驗中氣墊導軌的作用是：A．___________________________________________________；B．___________________________________________________.②碰撞前，滑塊1的速度v1為________m/s；碰撞后，滑塊1的速度v2為________m/s，滑塊2的速度v3為________m/s.(結果保留兩位有效數字)③在誤差允許的范圍內，通過本實驗，同學們可以探究出哪些物理量是不變的？通過對實驗數據的分析說明理由．(至少回答2個不變量)a．___________________________________________________；b．___________________________________________________.【解析】(2)①氣墊導軌可以大大減小因滑塊和導軌之間的摩擦而引起的誤差，還可以保證兩個滑塊的碰撞是一維的．②滑塊1碰撞之前的速度v1＝eq\f(d,Δt1)＝eq\f(5×10－3,10.01×10－3)m/s≈0.50m/s滑塊1碰撞之后的速度v2＝eq\f(d,Δt2)＝eq\f(5×10－3,49.99×10－3)m/s≈0.10m/s滑塊2碰撞之后的速度v3＝eq\f(d,Δt3)＝eq\f(5×10－3,8.35×10－3)m/s≈0.60m/s.③a.滑塊1和滑塊2碰撞前后質量與速度的乘積之和不變．理由：滑塊1和滑塊2碰撞之前m1v1＝0.15kg·m/s，滑塊1和滑塊2碰撞之后m1v2＋m2v3＝0.15kg·m/s.b．滑塊1和滑塊2碰撞前后總動能不變．理由：滑塊1和滑塊2碰撞之前的總動能Ek1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝0.0375J滑塊1和滑塊2碰撞之后的總動能Ek2＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,3)＝0.0375J所以滑塊1和滑塊2碰撞前后總動能相等．【答案】(2)①A.減小因滑塊和導軌之間的摩擦而引起的誤差B．保證兩個滑塊的碰撞是一維的②0.500.100.60③見解析5彈性碰撞和非彈性碰撞一、常見碰撞的類型1．彈性碰撞：碰撞過程中機械能守恒．2．非彈性碰撞：碰撞過程中機械能不守恒．3．完全非彈性碰撞：碰撞后合為一體或碰后具有共同的速度，這種碰撞動能損失最大．碰撞是我們日常生活中經常見到的，臺球桌上臺球的碰撞(圖甲)，打乒乓球時乒乓球與球拍的碰撞(圖乙)，因為司機飲酒而造成汽車的碰撞(圖丙)等，這些碰撞有哪些共同特點？又有哪些不同？提示：這些碰撞的共同特點均是作用時間極短，不同特點是能量損失不同．二、彈性碰撞的處理1．兩質量分別為m1、m2的小球發(fā)生彈性碰撞，v1≠0，v2＝0，則碰后兩球速度分別為v1′＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2′＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1.2．若m1＝m2的兩球發(fā)生彈性碰撞，v1≠0，v2＝0，則v1′＝0，v2′＝v1，即二者碰后交換速度．3．若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性碰撞后，v1′＝－v1，v2′＝0.表明m1被反向以原速率彈回，而m2仍靜止．4．若m1?m2，v1≠0，v2＝0，則二者彈性碰撞后，v1′＝v1，v2′＝2v1.表明m1的速度不變，m2以2v1的速度被撞出去．注：3、4中，v1′，v2′為近似取值，碰撞過程能量守恒．如圖所示，光滑水平面上并排靜止著小球2、3、4，小球1以速度v0射來，已知四個小球完全相同，小球間發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后各小球的運動情況如何？提示：小球1與小球2碰撞后交換速度，小球2與3碰撞后交換速度，小球3與小球4碰撞后交換速度，最終小球1、2、3靜止，小球4以速度v0運動．考點一碰撞問題的三個解題依據1．動量守恒p1＋p2＝p1′＋p2′.2.動能不增加Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).3．速度要符合情境如果碰前兩物體同向運動，則后面物體的速度必大于前面物體的速度，即v后>v前，否則無法實現碰撞．碰撞后，原來在前的物體的速度一定增大，且原來在前的物體速度大于或等于原來在后的物體的速度．即v前′≥v后′，否則碰撞沒有結束．如果碰前兩物體是相向運動，則碰后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零．【例1】A、B兩球在水平光滑直軌道上同向運動，已知它們的動量分別是pA＝5kg·m/s，pB＝7kg·m/s.A從后面追上B并發(fā)生碰撞，碰后B的動量pB′＝10kg·m/s，試判斷：(1)兩球質量的關系；(2)若已知mB＝eq\f(17,7)mA，則該碰撞過程是否為彈性碰撞？【審題指導】分析求解時考慮以下兩個方面的問題：一是碰撞的特點和規(guī)律，二是碰撞的合理性．【解析】(1)由碰撞中動量守恒可求得pA′＝2kg·m/s，要使A追上B，則必有：vA>vB，即eq\f(pA,mA)>eq\f(pB,mB)，得mB>1.4mA.碰后pA′、pB′均大于0，表示同向運動，則應有：vB′≥vA′.即eq\f(pA′,mA)≤eq\f(pB′,mB)，則mB≤5mA.碰撞過程中，動能不增加，則有：eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)≥eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)，推得：mB≥eq\f(17,7)mA.綜合上面可知：eq\f(17,7)mA≤mB≤5mA.(2)若mA＝m，則mB＝eq\f(17,7)m，碰前總動能Ek＝eq\f(p\o\al(2,A),2mA)＋eq\f(p\o\al(2,B),2mB)＝eq\f(384,17m)J.碰后總動能Ek′＝eq\f(pA′2,2mA)＋eq\f(pB′2,2mB)＝eq\f(384,17m)J.所以Ek＝Ek′.故該碰撞過程是完全彈性碰撞．【答案】(1)eq\f(17,7)mA≤mB≤5mA(2)是考點二碰撞的常見模型相互作用的兩個物體在很多情況下都可當做碰撞處理．對相互作用中兩物體相距“最近”“最遠”或恰上升到“最高點”等一類臨界問題，求解的關鍵都是“速度相等”，具體分析如下：(1)如右圖所示，光滑水平面上的A物體以速度v去撞擊靜止且一端帶有彈簧的B物體，A、B兩物體相距最近時，兩物體速度必相等，此時彈簧最短，其壓縮量最大．(2)如右圖所示，物體A以速度v0滑上靜止在光滑水平面上的小車B，當A在B上滑行的距離最遠時，A、B兩物體相對靜止，A、B兩物體的速度必相等．(3)如右圖所示，質量為M的滑塊靜止在光滑水平面上，滑塊的光滑弧面底部與桌面相切，一個質量為m的小球以速度v0向滑塊滾來，設小球不能越過滑塊，則小球到達滑塊上的最高點時(即小球的豎直速度為零)，兩物體的速度一定相等(方向水平向右)．小球沿曲面滑動過程中，系統(tǒng)動量不守恒，只是水平方向動量守恒.【例2】如圖所示，木塊A的右側為光滑曲面(曲面足夠長)，且下端極薄，其質量為2.0kg，靜止于光滑水平面上．一質量為2.0kg的小球B以2.0m/s的速度從右向左運動沖上A的曲面，與A發(fā)生相互作用．(1)B球沿A曲面上升到最大高度處的速度是()A．0 B．1.0m/sC．0.71m/s D．0.50m/s(2)B球沿A曲面上升的最大高度是()A．0.40m B．0.20mC．0.10m D．0.05m(3)B球與A相互作用結束后，B球的速度是()A．0 B．1.0m/sC．0.71m/s D．0.50m/s【審題指導】1．B沿A上升到最大高度處，B的速度沿什么方向，A和B的速度具有怎樣的關系？2．A和B相互作用的過程中，二者組成的系統(tǒng)動量守恒嗎？機械能守恒嗎？【解析】(1)在最大高度處兩球速度相同，方向水平向左，設為v，由動量守恒定律得mv0＝2mv，代入數據得v＝1.0m/s.(2)從開始到小球到達最大高度處，這一過程中系統(tǒng)的機械能守恒，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋m)v2＋mgh，代入數據得h＝0.10m.(3)從開始沖上曲面到小球又回到最低點的過程可以看做彈性碰撞，則由動量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB，再由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，聯(lián)立得vA＝v0＝2.0m/s，vB＝0.【答案】(1)B(2)C(3)A考點三完全非彈性碰撞中的能量轉化規(guī)律在非彈性碰撞中，機械能不守恒，完全非彈性碰撞中機械能損失最大．那么，碰撞中減少的機械能轉化成什么形式的能量了呢？常見的有以下幾類問題：(1)ΔEk轉化為內能Q(2)ΔEk轉化為內能Q(3)ΔEk轉化為內能Q(4)ΔEk轉化為彈性勢能Ep＋內能Q在解決這幾類問題時，要分析清楚能量的去向，應用動量守恒定律結合機械能的損失列方程(組)進行計算．【例3】如圖所示，質量為M的木板靜止在光滑的水平面上，一質量為m的木塊(可視為質點)以初速度v0向右滑上木板，木板與木塊間的動摩擦因數為μ，求木塊在木板上滑行的最大距離．(假設木板足夠長)【審題指導】m在M上滑行時，它們之間存在相對運動，產生熱量，系統(tǒng)的動能減少，水平面光滑，M、m組成的系統(tǒng)動量守恒．當滑行距離最大時的隱含條件是二者速度相等．【解析】設木塊相對于木板滑行的最大距離為L，此時它們共同的速度為v，以m和M為系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v①，由能量守恒定律得Q＝ΔEk，即μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2②，①②兩式聯(lián)立得L＝eq\f(