2013高考物理 重點(diǎn)難點(diǎn)例析 專題13動(dòng)量和能量

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1、專題十三 動(dòng)量和能量重點(diǎn)難點(diǎn)1彈簧類問題：系統(tǒng)內(nèi)有兩個(gè)物體之間用輕質(zhì)彈簧連在一起，連接的彈簧或?yàn)樵L，或已壓縮而被鎖定這樣包括彈簧的系統(tǒng)與第三個(gè)物體相互作用（碰撞、子彈射入等）。這是這類問題的典型物理情境首先應(yīng)注意上述兩種情況的區(qū)別：已完全壓縮的彈簧沒有緩沖作用，應(yīng)將系統(tǒng)當(dāng)作一個(gè)整體來處理；沒壓縮的彈簧有緩沖作用，只有碰撞的兩個(gè)物體組成系統(tǒng)，與彈簧相連的另一端的物體沒有參與 此類問題還應(yīng)注意：把相互作用的總過程劃分為多個(gè)依次進(jìn)行的子過程，分析確定哪些子過程機(jī)械能是守恒的，哪些子過程機(jī)械能不守恒還有一個(gè)常見的物理?xiàng)l件：當(dāng)彈簧最長或最短（或彈簧中彈性勢(shì)能最大）時(shí)，彈簧兩端的物體速度相等2“子彈擊木

2、塊”模型類問題：子彈擊穿木塊時(shí)，兩者速度不相等；子彈未擊穿木塊時(shí)，兩者速度相等這兩種情況的臨界情況是：當(dāng)子彈從木塊一端到達(dá)另一端，相對(duì)木塊運(yùn)動(dòng)的位移等于木塊長度時(shí)，兩者速度相等此時(shí)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒可應(yīng)用動(dòng)能定理分別對(duì)子彈、木塊列式，也可應(yīng)用動(dòng)能關(guān)系對(duì)系統(tǒng)列式對(duì)系統(tǒng)的功能關(guān)系是：滑動(dòng)摩擦力對(duì)系統(tǒng)做的功（W =-fd，d為子彈擊入木塊的深度），等于系統(tǒng)功能的變化（Ek = Ek未Ek初）3“類子彈擊木塊”模型問題：此時(shí)相互作用力不是介質(zhì)阻力或滑動(dòng)摩擦力，而是重力、彈力，此時(shí)機(jī)械能是守恒的如彈性碰撞時(shí)：動(dòng)量守恒、動(dòng)能守恒，以兩個(gè)運(yùn)動(dòng)物體發(fā)生彈性碰撞為例：兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前

3、速度分別為10、20，碰撞后速度分別為1，2，且碰撞是彈性正碰，則有：動(dòng)量守恒即m110+m220 = m11+m22 動(dòng)能守恒即m1+m2 = m1+m2 將式變形有：m1（10 -1） = m2（2- 20） 將式變形有：m1（10 -1）（10+1） = m2（2 -20）（2+20） 將有：10+1 = 2+20 由和解得：1 = 10+20，2 = 10+當(dāng)200時(shí)，110，2 = 10當(dāng)m1 = m2時(shí)，120，2 = 10，即兩物體交換速度 規(guī)律方法【例1】如圖所示，光滑水平面上有A、B、C三個(gè)物塊，其質(zhì)量分別為mA = 2.0kg，mB = 1.0kg，mC = 1.0kg現(xiàn)用

4、一輕彈簧將A、B兩物塊連接，并用力緩慢壓縮彈簧使A、B兩物塊靠近，此過程外力做108J（彈簧仍處于彈性限度內(nèi)），然后同時(shí)釋放A、B，彈簧開始逐漸變長，當(dāng)彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí)，C恰以4m/s的速度迎面與B發(fā)生碰撞并粘連在一起求：（1）彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí)（B與C碰撞前）A和B物塊速度的大小（2）當(dāng)彈簧第二次被壓縮時(shí)，彈簧具有的最大彈性勢(shì)能【解析】（1）彈簧剛好恢復(fù)原長時(shí)，A和B物塊速度的大小分別為A、B 由動(dòng)量守恒定律有：0 = mAA - mBB此過程機(jī)械能守恒有：Ep = mA+mB代入Ep108J，解得：A6m/s，B = 12m/s，A的速度向右，B的速度向左（2）C與B碰撞時(shí)，C、B組成的

5、系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后B、C粘連時(shí)速度為，則有：mBB -mCC = （mB+mC），代入數(shù)據(jù)得 = 4m/s，的方向向左此后A和B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧第二次壓縮最短時(shí)，彈簧具有的彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Ep，且此時(shí)A與B、C三者有相同的速度，設(shè)為，則有：動(dòng)量守恒：mAA -（mB+mC） = （mA+mB+mC），代入數(shù)據(jù)得 = 1m/s，的方向向右機(jī)械能守恒：mA+（mB+mC）2 = Ep+（mA+mB+mC）2，代入數(shù)據(jù)得Ep50J訓(xùn)練題如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，m1m2，由輕質(zhì)彈簧連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀

6、態(tài)后綁緊，并使兩滑塊以速度0向右運(yùn)動(dòng)，突然輕繩斷開，當(dāng)彈簧伸長到原長時(shí)，滑塊A的速度恰好為零請(qǐng)通過定量分析說明，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊B是否會(huì)有速度為零的時(shí)刻答案：滑塊B不會(huì)有速度為零的時(shí)刻【例2】如圖3-13-3所示，兩個(gè)完全相同的質(zhì)量分別為m的木塊A、B置于水平地面上，它們的間距S288m質(zhì)量為2m，大小可忽略的滑塊C置于A板的左端C與A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)1 = 022，A、B與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為20.10，最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力開始時(shí)，三個(gè)物體處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右、大小為mg的力F，假定木板A、B碰撞時(shí)間極短且碰撞后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每

7、塊木板的長度至少應(yīng)為多少？【解析】A、C之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f1，f1 = 1mcg = 0.44mg，A與水平地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為f2，f2 = 2（mA+mC）g = 0.3mg，外力F = mg = 04mg可見Ff1，F(xiàn)f2，即首先A和C之間保持相對(duì)靜，在F的作用下一起向右做加速運(yùn)動(dòng)設(shè)A與B碰撞前A、C的速度大小為1，由動(dòng)能定理有：（F-f2）s = （mA+mC） 代入數(shù)據(jù)得：1 = 08m/s A、B兩木板的碰撞瞬間，內(nèi)力的沖量遠(yuǎn)大于外力的沖量，由動(dòng)量守恒定律，設(shè)A、B碰后一起運(yùn)動(dòng)的速度為2，則有：mA1 = （mA+mB）2 得2 = = 04m/s碰撞后C與A、B之間有

8、相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)A、B與地面間滑動(dòng)摩擦力大小為f3，f32（mA+mB+mC）g = 04mg，可見Ff3，即三物體組成的系統(tǒng)受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)它們達(dá)到的共同速度為3，此時(shí)A、B向前滑動(dòng)的距離為s1，C恰好滑到B板的右端，此后三者一起做勻速運(yùn)動(dòng)，C不會(huì)脫離木板，設(shè)對(duì)應(yīng)的木塊長度為l由動(dòng)量守恒有：mc1+（mA+mB）2 = （mC+mA+mB）3 得3 = 06m/s對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理有：f1s1-f3s1 = （mA+mB）（-），得s1 = 1.5m 對(duì)C，由動(dòng)能定理有：F（2l+s1）- f1（2l+s1） = mC（- ），得l = 0.3m 訓(xùn)練題如圖所示，O點(diǎn)左側(cè)是粗糙

9、的，右側(cè)是光滑的一輕質(zhì)彈簧右端與墻壁固定，左端與靜止在O點(diǎn)的質(zhì)量為m的小物塊A連接，彈簧處于原長狀態(tài)質(zhì)量也為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，已知物塊B與地面EO段的滑動(dòng)摩擦力大小為物塊B運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)與物塊A相碰并一起向右運(yùn)動(dòng)（設(shè)碰撞時(shí)間極短），運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)撤云外力F已知CO4s，OD = s，求撤去外力后：（1）彈簧的最大彈性勢(shì)能（2）物塊B最終離O點(diǎn)的距離（設(shè)碰后A、B一起運(yùn)動(dòng)但不粘連）答案：（1）Ep=5Fs/2（2）L=03m【例3】空間探測(cè)器從行星旁邊繞過時(shí)，由于行星的引力作用，可以使探測(cè)器的運(yùn)動(dòng)速率增大，這種現(xiàn)象被稱之為“彈弓效應(yīng)”在航天技術(shù)中，“彈弓效應(yīng)

10、”是用來增大人造小天體運(yùn)動(dòng)速率的一種有效方法（1）如圖所示是“彈弓效應(yīng)”的示意圖：質(zhì)量為m的空間探測(cè)器以相對(duì)于太陽的速度u0飛向質(zhì)量為M的行星，此時(shí)行星相對(duì)于太陽的速度為u0，繞過行星后探測(cè)器相對(duì)于太陽的速度為，此時(shí)行星相對(duì)于太陽的速度為，由于mM，0、u0、u的方向均可視為相互平行試寫出探測(cè)器與行星構(gòu)成的系統(tǒng)在上述過程中“動(dòng)量守恒”“及始末狀態(tài)總動(dòng)能相等”的方程，并在mM的條件下，用0和u0來表示（2）若上述行星是質(zhì)量為M5671026kg的土星，其相對(duì)太陽的軌道速率u0 = 9.6km/s，而空間探測(cè)器的質(zhì)量m150kg，相對(duì)于太陽迎向土星的速率010.4km/s，則由于“彈弓效應(yīng)”，該探

11、測(cè)器繞過火星后相對(duì)于太陽的速率將增為多少？（3）若探測(cè)器飛向行星時(shí)其速度0與行星的速度u0同方向，則是否仍能產(chǎn)生使探測(cè)器速率增大的“彈弓效應(yīng)”？簡(jiǎn)要說明理由【解析】（1）以探測(cè)器初始時(shí)速度0的反方向?yàn)樗俣鹊恼较蛴蓜?dòng)量守恒定律有：-m0+Mu0 = m+Mu由動(dòng)能守恒有: m+Mu = m2+Mu2由上兩式解得： = 0+u0當(dāng)mM時(shí)，1， 2，故近似有0+2u0（2）從所給數(shù)據(jù)可知mM，代入0、u0的值可得296km/s（3）當(dāng)0與u0方向同向時(shí)，此時(shí)0、u0都取負(fù)值，為使探測(cè)器能追上行星，應(yīng)使0|u0|，此時(shí)有 = 0+2（u0）即02u0|0|可見不能使探測(cè)器速率增大訓(xùn)練題如圖所示，運(yùn)動(dòng)

12、的球A在光滑的水平面上與一個(gè)原來靜止的B球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后的速度在一條直線上A、B的質(zhì)量關(guān)系如何，才可以實(shí)現(xiàn)使B球獲得：（1）最大的動(dòng)能；（2）最大的速度；（3）最大的動(dòng)量（設(shè)兩球半徑相等）答案：（1）Ek2m=mAv02/2（2）vBm=2v0（3）P2m=2mAv0【例4】如圖所示，彈簧上端固定在O點(diǎn)，下端掛一木匣A，木匣A頂端懸掛一木塊B（可視為質(zhì)點(diǎn)），A和B的質(zhì)量都為m = 1kg，B距木匣底面高度h = 16cm，當(dāng)它們都靜止時(shí)，彈簧長度為L某時(shí)刻，懸掛木塊B的細(xì)線突然斷開，在木匣上升到速度剛為0時(shí)，B和A的底面相碰，碰撞后結(jié)為一體，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到彈簧長度又為L時(shí)，速度變?yōu)?= 1m

13、/s求：（1）B與A碰撞中動(dòng)能的損失Ek;（2）彈簧的勁度系數(shù)k；（3）原來靜止時(shí)彈簧內(nèi)具有的彈勢(shì)勢(shì)能E0【解析】線斷后，A向上做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，剛開始為最低點(diǎn)，此時(shí)彈簧伸長為x，應(yīng)有kx = 2mg；A到達(dá)平衡位置時(shí)，應(yīng)有kx1 = mg，x1為此時(shí)彈簧的伸長，可見x = 2x1，A振動(dòng)的振幅即x1 = ，當(dāng)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，A的速度為零，彈簧處于原長位置，彈簧的彈性勢(shì)能也為零（1）當(dāng)A、B結(jié)為一體運(yùn)動(dòng)到彈簧長度又為L時(shí)，彈簧中彈性勢(shì)能不變，A的重力勢(shì)能不變，B的重力勢(shì)能減少mgh，此時(shí)A、B具有動(dòng)能2m2，可見系統(tǒng)（A、B及彈簧）減少的機(jī)械能為Emgh2m2 = 06J只有在B與A碰撞粘合在一起時(shí)

14、有機(jī)械能（動(dòng)能）的損失，其他過程均不會(huì)損失機(jī)械能，故碰撞中損失的動(dòng)能即系統(tǒng)損失的機(jī)械能：Ek = E06J（2）A、B發(fā)生碰撞時(shí)，A向上運(yùn)動(dòng)了x，速度為零;B向下自由下落了h- x，速度為B，由機(jī)械能守恒定律有：mg（h- x） = mA和B碰撞過程，動(dòng)量守恒，設(shè)碰后共同速度為，則mB = 2m由能量守恒有：m = Ek+2m2由以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：x = 004m，k = 500N/m（3）線斷后，A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)時(shí)，彈簧原來具有的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為A的重力勢(shì)能，有E0mgx，得E0 = 0.4J訓(xùn)練題如圖所示，一質(zhì)量M2kg的長木板B靜止于光滑的水平面上，B的右端與豎直檔板的距離為s1m

15、，一個(gè)質(zhì)量m = 1kg的小物體A以初速度0 = 6m/s從B的左端水平滑上B，在B與豎直擋板碰撞的過程中，A都沒有到達(dá)B的右端設(shè)物體A可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.1，B與豎直擋板碰撞時(shí)間極短，且碰撞過程中無機(jī)械能損失，g取10m/s2求：（1）B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，A、B的速度各是多少？（2）最后要使A不從B的兩端滑下，木板B的長度至少是多少？ （結(jié)果保留3位有效數(shù)字）答案：（1）vA=4m/s ，vB=1m/s（2）L=180m能力訓(xùn)練1矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘結(jié)在一起，將其放在光滑的水平面上，如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以速度u水平射向滑塊若射擊上層，則子彈剛

16、好不穿出；若射擊下層，則整個(gè)子彈剛好嵌入，則上述兩種情況相比較 （ AB ）A兩次子彈對(duì)滑塊做的功一樣多B兩次滑塊所受沖量一樣大C子彈嵌入下層過程中對(duì)滑塊做功多D子彈擊中上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多21924年法國物理學(xué)家德布羅意提出物質(zhì)波的概念任何一個(gè)運(yùn)動(dòng)著的物體，小到電子，大到行星、恒星都有一種波與之對(duì)應(yīng)，波長為 = ，P為物體運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量，h是普朗克常量同樣光也具有粒子性，光子的動(dòng)量為：P = 根據(jù)上述觀點(diǎn)可以證明一個(gè)靜止的自由電子如果完全吸收一個(gè)光子，會(huì)發(fā)生下列情況：設(shè)光子頻率為，則E = h，P = = ，被電子吸收后有h = me2，h = me，解得： = 2C電子的速度為光速的2

17、倍，顯然這是不可能的關(guān)于上述過程以下說法正確的是 （ CD ）A因?yàn)樵谖⒂^世界動(dòng)量守恒定律不適用，上述論證錯(cuò)誤，電子有可能完全吸收一個(gè)電子B因?yàn)樵谖⒂^世界能量守恒定律不適用，上述論證錯(cuò)誤，電子有可能完全吸收一個(gè)電子C動(dòng)量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍適用的規(guī)律，所以惟一結(jié)論是電子不可能完全吸收一個(gè)r光子D若光子與一個(gè)靜止的自由電子發(fā)生作用，則r光子被電子散射后頻率會(huì)減小3如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以速度0水平擊穿放在光滑水平地面上的木塊木塊長為L，質(zhì)量為M，木塊對(duì)子彈的阻力恒定不變，子彈穿過木塊后木塊獲得動(dòng)能為Ek，若木塊或子彈的質(zhì)量發(fā)生變化，但子彈仍穿過木塊，則 （ AC ）AM不變，m

18、變小，則木塊獲得的動(dòng)能一定變大BM不變，m變小，則木塊獲得的動(dòng)能可能變大Cm不變，M變小，則木塊獲得的動(dòng)能一定變大Dm不變，M變小，則木塊獲得的動(dòng)能可能變大4如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)軌道與高為10R的光滑斜面安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕質(zhì)彈簧被兩小球a、b夾住（不連接）處于靜止?fàn)顟B(tài)，今同時(shí)釋放兩個(gè)小球，a球恰好能通過圓環(huán)軌道最高點(diǎn)A，b球恰好能到達(dá)斜面最高點(diǎn)B，已知a球質(zhì)量為m，求釋放小球前彈簧具有的彈性勢(shì)能為多少？答案：Ep=75mgR5如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為2m的小球B連接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止；質(zhì)量為m的小球A以初速度v0向右

19、勻速運(yùn)動(dòng)，接著逐漸壓縮彈簧并使B運(yùn)動(dòng)，過一段時(shí)間，A與彈簧分離，設(shè)小球A、B與彈簧相互作用過程中無機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度以內(nèi)（1）求當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能Em2mABv0（2）若開始時(shí)在小球B的右側(cè)某位置固定一塊擋板(圖中未畫出)，在小球A與彈簧分離前使小球B與擋板發(fā)生正撞，并在碰后立刻將擋板撤走設(shè)小球B與固定擋板的碰撞時(shí)間極短，碰后小球B的速度大小不變、但方向相反。設(shè)此后彈簧彈性勢(shì)能的最大值為，試求可能值的范圍答案：（1）當(dāng)A球與彈簧接觸以后，在彈力作用下減速運(yùn)動(dòng)，而B球在彈力作用下加速運(yùn)動(dòng)，彈簧勢(shì)能增加，當(dāng)A、B速度相同時(shí)，彈簧的勢(shì)能最大設(shè)A、B的共同速度為v，彈簧

20、的最大勢(shì)能為E，則A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 由機(jī)械能守恒 聯(lián)立兩式得 （2）設(shè)B球與擋板碰撞前瞬間的速度為vB，此時(shí)A的速度為vA 系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B與擋板碰后，以vB向左運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，當(dāng)A、B速度相同（設(shè)為v共）時(shí)，彈簧勢(shì)能最大有 得 所以 當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)與小球B擋板相碰，vB有最大值vBm，有 解得vBm 即vB的取值范圍為 當(dāng)vB時(shí)Em有最大值為Em1 當(dāng)vB時(shí)，Em有最小值為Em2 abMNOv0P6如圖所示，光滑絕緣桿上套有兩個(gè)完全相同、質(zhì)量都是m的金屬小球a、b，a帶電量為q（q0），b不帶電。M點(diǎn)是ON的中點(diǎn)，且OM=MN=L，整個(gè)裝置放在與桿平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)中。開始時(shí)，b靜止在桿

21、上MN之間的某點(diǎn)P處，a從桿上O點(diǎn)以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)M點(diǎn)時(shí)速度為3v0/4，再到P點(diǎn)與b球相碰并粘合在一起（碰撞時(shí)間極短），運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度恰好為零。求：電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小和方向；a、b兩球碰撞中損失的機(jī)械能；a球碰撞b球前的速度v。答案：a球從O到M WOM= 得： 方向向左 設(shè)碰撞中損失的機(jī)械能為E，對(duì)a、b球從O到N的全過程應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律-qE2L-E=0- 則碰撞中損失的機(jī)械能為 E= 設(shè)a與b碰撞前后的速度分別為v、v，則 mv=2mv 減少的動(dòng)能E=-= 7一玩具“火箭”由上下兩部分和一短而硬（即勁度系數(shù)很大）的輕質(zhì)彈簧構(gòu)成。上部分G1的質(zhì)量為m1，下部分G2的質(zhì)量為m

22、2，彈簧夾在G1與G2之間，與二者接觸而不固連。讓G1、G2壓緊彈簧，并將它們鎖定，此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為已知的定值E0。通過遙控可解除鎖定，讓彈簧恢復(fù)至原長并釋放彈性勢(shì)能，設(shè)這一釋放過程的時(shí)間極短。現(xiàn)將玩具在一枯井的井口處從靜止開始自由下落，撞擊井底（井足夠深）后以原速率反彈，反彈后當(dāng)玩具豎直向上運(yùn)動(dòng)到離井口深度為h的時(shí)刻解除鎖定。求解除鎖定前瞬間，火箭的速度；解除鎖定后瞬間G1、G2的速度；若以井口處作為重力勢(shì)能的參考點(diǎn)，解除鎖定后G1的機(jī)械能會(huì)超過E0嗎？如能，請(qǐng)分析超過E0的條件。答案：v0 = 解除鎖定前后，G1、G2動(dòng)量守恒 （m1+m2）v0 = m1v1 + m2v2 G1、G2

23、能量守恒（m1+m2）v02 + E0 = m1v12 + m2v22 解得： v1 = （“”舍去） v1 = v2 = （“”舍去） v2 = 由題意知 m1v12 + m1gh E0 解得：h 8如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊A（可看作質(zhì)點(diǎn)），放在長木板B的左端，B的質(zhì)量為1kg，可在水平面上無摩擦滑動(dòng)，兩端各有一豎直擋板M、N，現(xiàn)A、B上相同的速度0 = 6m/s向左運(yùn)動(dòng)并與擋板M發(fā)生碰撞，B與M碰后速度立即變?yōu)榱悖慌cM粘連；A與M碰撞時(shí)沒有能量損失碰后立即返回向N板運(yùn)動(dòng)，且在與N板碰撞前，A、B能達(dá)到共同速度并且立即被鎖定，與N板碰撞后，A、B一起以原速反向運(yùn)動(dòng)，并且立即解除鎖定A

24、、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.1通過計(jì)算求下列問題：（1）A與擋板M能否發(fā)生第二次碰撞？（2）A最終停在何處？（3）A在B上一共通過了多少路程？答案：(1)第一次碰撞后A以vO=6 ms速度向右運(yùn)動(dòng)，B的初速度為0，與N板碰前達(dá)共同速度v1，則mA v0=(mA+mB)v1 v1=4m/s系統(tǒng)克服阻力做功損失動(dòng)能因與N板的碰撞沒有能量損失，A、B與N板碰后返回向左運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A的動(dòng)能 因此，當(dāng)B先與M板碰撞停住后，A還有足夠能量克服阻力做功，并與M板發(fā)生第二次碰撞所以A可以與擋板M發(fā)生第二次碰撞。 (2)設(shè)第i次碰后A的速度為vi，動(dòng)能為EAi，達(dá)到共同速度后A的速度為vi動(dòng)能為EAi 同理可求單程克服阻力做功 因此每次都可以返回到M板，景終?？吭贛板前。(3)由(2)的討論可知，在每完成一個(gè)碰撞周期中損失的總能量均能滿足 (即剩余能量為)其中用以克服阻力做功占損失總能量之比碰撞中能量損失所占的比例因此，當(dāng)初始A的總動(dòng)能損失完時(shí)，克服摩擦力做的總功為所以S27/213.5m