题目内容
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(1)小滑块最终的速度大小;
(2)碰撞结束时,小滑块与长木板的速度;
(3)在小滑块与长木板发生相对运动的整个过程中,小滑块运动的位移大小.
分析:(1)拉力对系统做的功等于系统损失的机械能和动能之和,根据能量守恒定律列式求解;
(2)根据能量守恒定律求出碰撞前系统的总动能,再结合定律守恒定律列式求解;
(3)对长木板分加速和减速两个过程运用动能定理列式,同时结合一对滑动摩擦力做的功等于系统产生的内能列式求解.
(2)根据能量守恒定律求出碰撞前系统的总动能,再结合定律守恒定律列式求解;
(3)对长木板分加速和减速两个过程运用动能定理列式,同时结合一对滑动摩擦力做的功等于系统产生的内能列式求解.
解答:解:(1)设小滑块与长木板最终共同速度为v,对系统全过程由能量守恒W=Q+
(m1+m2)v2 ①
代入数据解得v=2m/s
故小滑块最终的速度大小为2m/s.
(2)设碰撞结束时长木板与小滑板的速度分别为v1、v2,碰后的过程系统摩擦产生的热量为Q1,由于产生的热量等于一对摩擦力做的功,故小滑块与长木板碰前与碰后产生的热量相同,即
Q=2Q1 ②
从施加拉力到碰撞结束的过程中,对系统由能量守恒
W=Q1+
m1
+
m2
③
撤去外力后,系统合力为零,动量守恒,设向左为正方向
m1v1+m2v2=(m1+m2)v ④
由代入数据解得v1=3m/s,v2=-1m/s 或v1=1m/s,v2=5m/s
所以,结合实际情况,碰撞结束时,小滑块的速度大小为1m/s,方向水平向右;长木板的速度大小为3m/s,方向水平向左.
(3)所求位移与相应时间内长木板的位移相同,设为S
设碰前两者相对运动的时间内长木板位移为S1,由动能定理μm2gS1=
m1
⑤
设碰后两者相对运动的时间内长木板位移为S2,由动能定理-μm2gS2=
m1v2-
m1
⑥
又因为Q=μm2g2L ⑦
联立解得S=S1+S2=1.5m
即在小滑块与长木板发生相对运动的整个过程中,小滑块运动的位移大小为1.5m.
1 |
2 |
代入数据解得v=2m/s
故小滑块最终的速度大小为2m/s.
(2)设碰撞结束时长木板与小滑板的速度分别为v1、v2,碰后的过程系统摩擦产生的热量为Q1,由于产生的热量等于一对摩擦力做的功,故小滑块与长木板碰前与碰后产生的热量相同,即
Q=2Q1 ②
从施加拉力到碰撞结束的过程中,对系统由能量守恒
W=Q1+
1 |
2 |
v | 2 1 |
1 |
2 |
v | 2 2 |
撤去外力后,系统合力为零,动量守恒,设向左为正方向
m1v1+m2v2=(m1+m2)v ④
由代入数据解得v1=3m/s,v2=-1m/s 或v1=1m/s,v2=5m/s
所以,结合实际情况,碰撞结束时,小滑块的速度大小为1m/s,方向水平向右;长木板的速度大小为3m/s,方向水平向左.
(3)所求位移与相应时间内长木板的位移相同,设为S
设碰前两者相对运动的时间内长木板位移为S1,由动能定理μm2gS1=
1 |
2 |
v | 2 1 |
设碰后两者相对运动的时间内长木板位移为S2,由动能定理-μm2gS2=
1 |
2 |
1 |
2 |
v | 2 1 |
又因为Q=μm2g2L ⑦
联立解得S=S1+S2=1.5m
即在小滑块与长木板发生相对运动的整个过程中,小滑块运动的位移大小为1.5m.
点评:本题关键是对长木板的加速和减速过程运用动能定理列式,对碰撞过程运用动量守恒定律列式、同时根据一对滑动摩擦力做的功等于系统产生的内能的功能关系列式后联立求解.
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