（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第28讲动量定理动量守恒定律课件.pptx

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1、第28讲 动量定理 动量守恒定律,一 动量和动量定理,二 动量守恒定律,教材研读,突破一 动量、动量定理的应用,突破二 动量守恒定律的理解及应用,突破三 碰撞现象,重难突破,突破四 反冲现象,突破五 动量和能量观点的综合应用,一、动量和动量定理 1.动量 (1)定义:运动物体的质量和 速度 的乘积。 (2)表达式:p= mv ,单位是 kgm/s 。 (3)动量的矢量性:方向与 速度 方向相同。,教材研读,(4)动量的瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,针对某一 时刻 而言。 (5)动量的相对性:大小与 参考系 的选取有关,通常指相对地面的动量。 2.冲量 (1)定义:力F与力的作用时间t

2、的 乘积 。 (2)定义式:I= Ft ,单位是 Ns 。 (3)方向:恒力作用时,与力的方向 相同 。 (4)物理意义:是一个过程量,表示力在时间上积累的作用效果。,3.动量定理 (1)内容:物体所受 合外力的冲量 等于物体的 动量的变化量 。 (2)表达式: (3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力。 二、动量守恒定律,1.内容:如果一个系统 不受外力 ,或者 所受合外力为零 ,这 个系统的总动量保持不变。,2.动量守恒定律的适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的合力为零,则系统动量守恒。 (2)近似守恒:系统受到的合力不为零,但当内力远大于外力时,系统的动 量可近似看成守恒。

3、 (3)分方向守恒:系统在某个方向上所受合力为零时,系统在该方向上动 量守恒。,3.表达式 (1)p= p ,系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量。 (2)m1v1+m2v2= m1v1+m2v2 ,相互作用的两个物体组成的系统,作用前 的动量和等于作用后的动量和。 (3)p1= -p2 ,相互作用的两个物体动量的增量等大反向。 (4)p= 0 ,系统总动量的增量为零。,1.判断下列说法的正误: (1)动量越大的物体,其速度越大。 ( ) (2)物体的动量越大,其惯性也越大。 ( ) (3)物体所受合力不变,则动量也不改变。 ( ) (4)物体沿水平面运动时,重力不做功,其冲量为零。

4、( ) (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。 ( ),(6)物体相互作用时动量守恒,但机械能不一定守恒。 ( ) (7)做匀速圆周运动的物体动量不变。 ( ) (8)物体的动能不变,其动量一定不变。 ( ) (9)应用动量守恒定律时,速度应相对于同一参考系。 ( ),2.(多选)下列相互作用的过程中,可以认为系统动量守恒的是 ( AC ),3.(多选)下列属于反冲运动的是 ( BD ) A.向后划水,船向前运动 B.用枪射击时,子弹向前飞,枪身后退 C.用力向后蹬地,人向前运动 D.水流过水轮机时,水轮机旋转方向与水流出方向相反,4.如图所示,一个质量为0.18 kg的垒球

5、,以25 m/s的水平速度向左飞向球 棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,则这一过程中动 量的变化量为 ( D ) A.大小为3.6 kgm/s,方向向左 B.大小为3.6 kgm/s,方向向右 C.大小为12.6 kgm/s,方向向左 D.大小为12.6 kgm/s,方向向右,5.高空坠物极易对行人造成伤害。若一个5 g的石块从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2 ms,则该石块对地面产生的冲击力约为( B ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N,6.在光滑水平桌面上停放着两辆玩具小车A、B,其质量之比mAmB=1 2,两车用一根轻质细线

6、缚住,中间夹着被压缩的轻弹簧,当烧断细线,轻 弹簧将两车弹开,A车与B车(填选项前的编号) ( B ) A.动量大小之比为12 B.动量大小之比为11 C.速度大小之比为12 D.速度大小之比为11,7.一个不稳定的原子核质量为M,处于静止状态,放出一个质量为m的粒 子后反冲。已知放出的粒子的动能为E0,则原子核反冲的动能为( C ) A.E0 B. E0 C. E0 D. E0,突破一 动量、动量定理的应用1.从三个角度理解动量定理 (1)动量定理描述的是一个过程,它表明物体所受合外力的冲量是物体 动量变化的原因,物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积 累的结果。 (2)动量定理Ft

7、=mvt-mv0是一个矢量式,运算应遵循平行四边形定则。若,重难突破,公式中各量均在一条直线上,可规定某一方向为正,根据题设确定各量 的正负,从而把矢量运算简化为代数运算。 (3)动量定理既适用于恒力,也适用于变力,对于变力的情况,动量定理中 的F应理解为变力在作用时间内的平均值。 2.用动量定理解释实际问题中的两类问题 一类是物体动量变化一定,此时力的作用时间越短,力就越大,时间越长,力就越小;另一类是作用力一定,此时力的作用时间越长,动量变化就越大,力的作用时间越短,动量变化就越小。分析时要把握哪个量一定,哪个量变化。 3.动量定理其实就是牛顿第二定律的另一种表达式。,典例1 (多选)某同

8、学为了测定当地的重力加速度,完成了如下的操作:将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去,其速度的大小为v0,经过一段时间后小球落地,取从发射到小球上升到最高点为过程1,小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力,则下述正确的是 ( AC ) A.过程1和过程2动量的变化大小都为mv0 B.过程1和过程2动量变化的方向相反 C.过程1重力的冲量为mv0,且方向竖直向下 D.过程1和过程2重力的总冲量为0,解析 根据竖直上抛运动的对称性可知,小球落地的速度大小也为v0,方 向竖直向下,上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直 向下为正方向,冲量等于动量的变化量,上升过程动量的变化量

9、p1=0- (-mv0)=mv0,重力的冲量为mv0,下落过程动量的变化量p2=mv0-0=mv0,大小 均为mv0,且方向均竖直向下,A、C正确,B错误;小球由地面竖直向上发 射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0-(-mv0) =2mv0,D错误。,1-1 一物体从某高处由静止下落,设所受空气阻力恒定,当它下落h时 动量大小为p1,下落2h时的动量大小为p2,那么p1p2应为 ( B ) A.11 B.1 C.12 D.14,解析 由题意,物体下落的加速度a恒定,即物体向下做匀加速直线运动, 由 =2as得v= ,再由p=mv求得 = = = ,故B正确,A、C、 D

10、错误。故选B。,典例2 (2016浙江10月选考,23,10分)如图所示,在x轴的上方存在垂直 纸面向里、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发 射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小范围为0 v0。 这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴 并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a3a区间水平固定 放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴 上的离子数均匀分布(离子重力不计)。,(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。 (2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端, 求此时的磁感应强度

11、大小B1。 (3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打 在探测板上的离子数N;若打在板上 的离子80%被板吸收,20%被反向弹 回,弹回速度大小为打板前速度大小 的0.6倍,求探测板受到的作用力大小。,r3= ,r3= a,解得B1= B0 (3)对初速度为0的离子,qU= m ,r4= = a 2r4=1.5a,离子打在x轴上的区间为1.5a3a N=N0 = N0 由动量定理可知,Ft=0.60.2Nmv0-(-Nmv0) 解得F0.75N0mv0 由牛顿第三定律可知探测板受到的作用力大小F0.75N0mv0,规律总结 (1)用动量定理解题的基本思路(2)对过程较复杂的运动,可分段用动量定理,

12、也可整个过程用动量定理。,2-1 (多选)一粒钢球从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中,若将 它在空中下落的过程称为过程,进入泥潭直到静止的过程称为过程 ,那么 ( ABD ) A.在过程中,钢球动量的改变量等于重力的冲量 B.在过程中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程和中重力的冲 量大小 C.在过程中,钢球所受阻力的冲量大小等于在过程中重力的冲量大小 D.在整个过程中钢球所受合外力的总冲量为零,解析 在过程中钢球仅受重力,根据动量定理知,重力的冲量等于钢 球动量的变化量,故A正确;对全过程运用动量定理,动量的变化量为零, 则合力的总冲量为零,有If+IG=0,即在过程中,钢球所受阻力的冲量

13、大 小等于在过程和中重力的冲量大小,故C错误,B、D正确。故选A、 B、D。,2-2 高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从 开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由 落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用 力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为 ( A ) A. +mg B. -mg C. +mg D. -mg,解析 对人与安全带作用的过程应用动量定理,取向下为正方向,有 -Ft+mgt=0- ,解得F= +mg,故A正确。,突破二 动量守恒定律的理解及应用,1.动量守恒的判断 由动量守恒的条件判断系统动量守

14、恒的步骤如下: (1)明确系统由哪几个物体组成。 (2)对系统中各物体进行受力分析,分清哪些是内力,哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否为零,或内力是否远大于外力,从而判定系统 的动量是否守恒。,2.动量守恒定律适用条件 (1)前提条件:存在相互作用的物体系。 (2)理想条件:系统不受外力。 (3)实际条件:系统所受合外力为0。 (4)近似条件:系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。 (5)方向条件:系统在某一方向上满足上面的条件,则此方向上动量守恒。,3.应用动量守恒定律的解题步骤 (1)明确研究对象,确定系统的组成; (2)进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是

15、否守恒); (3)规定正方向,确定初末状态动量; (4)由动量守恒定律列出方程; (5)代入数据,求出结果,必要时讨论说明。,4.动量守恒与机械能守恒的比较,解析 人和小物体组成的系统不受其他力的作用,所以系统动量守 恒。由动量守恒定律有mv=Mv,解得v= v。,方法总结 应用动量守恒定律的解题步骤 1.明确研究对象,确定系统的组成; 2.进行受力分析,判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒); 3.规定正方向,确定初、末状态动量; 4.由动量守恒定律列出方程; 5.代入数据,求出结果,必要时讨论说明。,3-1 (多选)如图所示,放在光滑水平桌面上的两个木块A、B中间夹一 被压缩的弹簧,

16、当放开弹簧时,它们各自在桌面上滑行一段距离后飞离 桌面落在地上。A的落地点与桌边的水平距离为0.5 m,B的落地点与桌 边的水平距离为1 m,那么 ( ABD ) A.A、B离开弹簧时的速度之比为12 B.A、B质量之比为21 C.未离开弹簧时,A、B所受冲量之比为12 D.未离开弹簧时,A、B加速度之比为12,解析 A、B组成的系统在水平方向上不受外力,动量守恒,A、B两物体 的落地点到桌边的距离x=v0t,因为两物体的落地时间相等,所以v0与x成 正比,故A、B离开弹簧时的速度之比vAvB=12。由0=mAvA-mBvB可知, mAmB=21。未离开弹簧时,A、B受到的弹力相同,作用时间相

17、同,冲 量I=Ft也相同。未离开弹簧时,F相同,m不同,加速度a= ,与质量成反比, 故aAaB=12。,突破三 碰撞现象,1.概念:碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短,而物体间相互作用力 很大的现象。 2.特点:在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞中 系统动量守恒。 3.分类 (1)弹性碰撞:碰撞过程中机械能守恒,即碰撞前后系统总动能保持不变。 (2)非弹性碰撞:碰撞过程中机械能减小,即碰撞后的机械能小于碰撞前 的机械能。,4.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约:即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量的方 向恒定不变,即p1+p2=p1+p2。 (2)动能制

18、约:即在碰撞过程中总动能不会增加,即Ek1+Ek2Ek1+Ek2。 (3)运动制约:即碰撞要受到运动的合理性要求的制约,如果碰前两物体 同向运动,则后面物体速度必须大于前面物体的速度,碰撞后原来在前 面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的速度,否则碰 撞没有结束;如果碰前两物体是相向运动,而碰后两物体的运动方向不 可能都不改变,除非碰后两物体速度均为零。,典例4 质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰。碰 撞可能是弹性的,也可能是非弹性的,因此,碰撞后B球的速度可能有不 同的值。碰撞后B球的速度大小可能是 ( B ) A.0.6v B.0.4v C.0.2v D.v

19、,解析 根据动量守恒得:mv=mv1+3mv2,则当v2=0.6v时,v1=-0.8v,则碰撞后 的总动能E= m(-0.8v)2+ 3m(0.6v)2=1.72 mv2,大于碰撞前的总动能, 由于碰撞过程中能量不增加,故选项A错误;当v2=0.4v时,v1=-0.2v,则碰撞 后的总动能为E= m(-0.2v)2+ 3m(0.4v)2=0.52 mv2,小于碰撞前的总 动能,故可能发生的是非弹性碰撞,选项B正确;当v2=0.2v时,v1=0.4v,则碰 撞后的A球的速度大于B球的速度,而两球碰撞,A球不可能穿越B球,故选 项C错误;当v2=v时,v1=-2v,则显然碰撞后的总动能远大于碰撞前

20、的总动 能,故选项D错误。,方法规律 弹性碰撞问题的处理技巧 (1)发生碰撞的物体间一般作用力很大,作用时间很短;各物体在作用前 后各自动量变化显著;物体在作用时间内位移可忽略。 (2)即使碰撞过程中系统所受合外力不等于零,由于内力远大于外力,作 用时间又很短,所以外力的作用可忽略,认为系统的动量是守恒的。 (3)若碰撞过程中没有其他形式的能转化为机械能,则系统碰后的总机 械能不可能大于碰前系统的机械能。 (4)熟记弹性正碰的一些结论,例如,当两物体质量相等时,两物体碰撞后 交换速度;当m1m2,且v20=0时,碰后质量大的速率不变,质量小的速率为 2v;当m1m2,且v20=0时,碰后质量小

21、的物体原速率反弹。,4-1 (多选)如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂 在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用 1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。关于此实验,下列说法中正确的是 ( AC ),A.当把小球1向左拉起一定高度,然后由静止释放,可观察到小钢球5向 右摆起,且达到的最大高度与小钢球1的释放高度相同 B.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰 撞后,小钢球4、5一起向右摆起,且上升最大高度高于小钢球1、2、3的 释放高度 C.如果同时向左拉起小钢球1、2、3到相同高度,同时由静止释放,经碰 撞后,小钢球3、4、

22、5一起向右摆起,且上升最大高度等于小钢球1、2、 3的释放高度 D.上述整个实验过程中,5个小钢球组成的系统机械能守恒,动量守恒,解析 碰撞中的能量损失不计,则小球与小球之间发生的是弹性碰撞, 由于小球完全一样,结合碰撞过程中动量守恒和动能守恒可知:每两个 小球相碰后交换速度,1与2碰后,1停止,2具有向右的速度,2与3碰后,2停 止,3具有向右的速度,3与4碰后,3停止,4具有向右的速度,4与5碰后,4停 止,5具有向右的速度,根据机械能守恒定律可知球5向右摆起,且达到的 最大高度与球1的释放高度相同,故A正确;如果同时向左拉起小球1、 2、3到相同高度同时由静止释放,则3与4碰后,3停止4

23、具有向右的速度,4 与5碰撞交换速度,4停止5向右摆起;3刚停止的时候2球过来与之碰撞交,换速度,然后3与4碰撞,使4向右摆起;2球刚停止的时候1球过来与之碰撞 交换速度,然后2与3碰撞交换速度,使3向右摆起;故经碰撞后,小球3、 4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同, 故B错误,C正确;由分析知,每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守 恒,摆动时动量不守恒,故D错误。,突破四 反冲现象,1.反冲现象 (1)物体的不同部分在内力作用下向相反方向运动。 (2)反冲运动中,相互作用力一般较大,通常可以用动量守恒定律来处理。 (3)反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机

24、械能,所以系统的机械能 增加。,2.火箭 (1)工作原理:利用反冲运动。火箭燃料燃烧产生的高温、高压燃气从 尾喷管迅速喷出时,使火箭获得巨大的反作用力。 (2)设火箭在t时间内喷射燃气的质量是m,喷出燃气的速度是u,喷出 燃气后火箭的质量是m。火箭获得的速度v= 。,典例5 (2016浙江4月选考,23,10分) 某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发 射装置,如图所示。竖直固定在绝缘底座上的两根 长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面 向里的匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量 为m,其中燃料质量为m,燃料室中的金属棒EF电阻 为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。,引

25、燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨 接触良好)向上运动,当回路CEFDC面积减少量达到最大值S,用时t, 此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火箭。在t时间内,电阻R产生 的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷气孔打 开后,喷出燃气进一步加速火箭。 (1)求回路在t时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量, 并判断金属棒EF中的感应电流方向; (2)经t时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力),(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m的燃 气,喷出的燃气相对喷气前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的

26、速度 v。(提示:可选喷气前的火箭为参考系),答案 (1)B 由E到F (2) -gt (3),解析 (1)由法拉第电磁感应定律得: = =B 又: = q= t 得:q= 电流方向:由E到F (2) =B L 由动量定理:( -mg)t=mv0-0,得:v0= -gt(3)以喷气前的火箭为参考系,取竖直向上为正方向,由动量守恒:0= (m-m)v-mu 得:v=,5-1 一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v=2 m/s,爆炸成 为甲、乙两块水平飞出,甲、乙的质量比为31。不计质量损失,取重 力加速度g=10 m/s2,则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是 ( B ),解析 平抛

27、运动时间t= =1 s,爆炸过程遵守动量守恒定律,设弹丸质 量为m,则mv= mv甲+ mv乙,又v甲= ,v乙= ,t=1 s,则有 x甲+ x乙=2 m,将各 选项中数据代入计算得B正确。,5-2 (多选)平静水面上停着一只小船,船头站立着一个人,船的质量是 人的质量的8倍。从某时刻起,人向船尾走去,走到船中部时他突然停止 走动。不计水对船的阻力,下列说法正确的是 ( AC ) A.人在船上走动过程中,人的动能是船的动能的8倍 B.人在船上走动过程中,人的位移是船的位移的9倍 C.人走动时,他相对水面的速度大于小船相对水面的速度 D.人突然停止走动后,船由于惯性还会继续运动一小段时间,解析

28、 不计水的阻力,人与船组成的系统动量守恒,以人的速度方 向为正方向,由动量守恒定律得mv-Mv船=0,v=8v船,人与船的动能之比: = = = = ,故A、C正确;人与船组成的系统动量守恒, 以人的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:mv-Mv船=0,v=8v船,vt=8v船t, s人=8s船,故B错误;人与船组成的系统动量守恒,人突然停止走动后,人的 动量为零,则小船的动量也为零,速度为零,即人停止走动后,船立即停止 运动,故D错误。,突破五 动量和能量观点的综合应用解决碰撞、打击、反冲等问题往往需要动量守恒定律结合能量守 恒定律,动量守恒定律结合能量守恒定律是解决力学问题的重要方法。 使

29、用过程中需要注意的问题: (1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式,它们可以写出分量表达式; 动能定理和能量守恒定律是标量表达式,没有分量表达式。 (2)从研究对象上看,动量定理既可研究单体,又可研究系统,但高中阶段,一般用于研究单体。 (3)动量守恒定律和能量守恒定律,是自然界中最普遍的规律,它们研究的是物体系统。在解答力学问题时必须注意动量守恒和机械能守恒的条件,在应用这两个定律时,当确定了研究的对象和运动状态变化的过程后,可根据问题的已知条件和要求解的未知量,选择研究的两个状态列方程求解。 (4)中学阶段凡是可以用力和运动的观点解决的问题,用动量的观点或 能量的观点也可以求解,且用后者一

30、般要比用前者更简便。若涉及曲线 运动(a恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等,一般不考虑用力和运动 的方法求解。,典例6 如图所示,水平地面上静止放置着物块B和C,相距l=1.0 m。物块A以速度v0=10 m/s沿水平方向与B正碰。碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动,并再与C发生正碰,碰后瞬间C的速度v=2.0 m/s。已知A、B的质量均为m,C的质量为A质量的k倍,物块与地面的动摩擦因数=0.45。(设碰撞时间很短,g取10 m/s2) (1)计算A、B碰撞后瞬间的速度。 (2)计算与C碰撞前瞬间AB的速度; (3)根据AB与C的碰撞过程分析k的合理取值范围,并讨论与C碰撞后AB 的可能运动

31、方向。,碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度,解得k2 所以k的合理取值范围是:2k6。 综上所述得:当k=4时,v3=0,即与C碰后AB静止;当2k0,即与C碰 后AB继续向右运动;当4k6时,v30,即碰后AB向左运动。,规律总结 在碰撞中动量与能量的综合应用技巧 1.处理这类问题,关键是区分物体相互作用的情况,分清物体的运动过 程,寻找各相邻运动过程的联系,弄清各物理过程所遵循的规律。 2.对于发生弹性碰撞的物体,其作用过程中系统机械能守恒,动量守恒; 对于发生非弹性碰撞的物体,系统的动量守恒但机械能不守恒,系统损 失的机械能等于转化的内能。,6-1 如图所示,质量为mB=2 kg的

32、木板B静止于光滑水平面上,质量为mA= 6 kg的物块A停在B的左端,质量为mC=2 kg的小球C用长为L=0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放,小球C在最低点与A发生正碰,碰撞作用时间很短,t=10-2 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度h=0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数=0.1,物块与小球均可视为质点,不计空气阻力,取g=10 m/s2。求: (1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小; (2)为使物块A不滑离木板B,木板B至少多长?,解得:碰后A的速度vA= =2 m/s A恰好滑至木板B右端并与其共速时,所求B的长度最小。 根据动量守恒定律:mAvA=(mA+mB)v 解得A、B的共同速度v= =1.5 m/s 根据能量守恒定律:mAgx= mA - (mA+mB)v2 解得:木板B的最小长度x= =0.5 m。,