1、高中物理竞赛动量、能量习题一、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾 n 颗，每颗的平均质量为 m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率 v 飞行，垂直速度方向的横截面积为 S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力 F 。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均 ”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间 ”和所考查的“物理过程时间
2、”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间 t ，在这段时间内，飞船要穿过体积 V = Svt 的空间，遭遇 nV 颗太空垃圾，使它们获得动量 P ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。= tP = = tvVnm = = nmSv2FtvM tvnS如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进 x = vt 的位移，引擎推力须做功 W = x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的 E k为零，所以：W = Mv 21即： Fvt = （n m Svt）v 2得到： = nmSv2两个结果不一致
3、，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于 I = t ，由此推出的 = 必然是飞船FFtP对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件， 的F大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。（学生活动）思考：如图 1 所示，全长 L、总质量为 M 的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度 v 将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力 F 。解：解题思路和上面完全相同。答： LMv2二、动量定理的分方向应用物理情形：三个
4、质点 A、B 和 C ，质量分别为 m1 、m 2和 m3 ，用拉直且不可伸长的绳子 AB 和 BC 相连，静止在水平面上，如图2 所示，AB 和 BC 之间的夹角为（） 。现对质点 C 施加以冲量 I ，方向沿 BC ，试求质点 A 开始运动的速度。模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B 质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程绳拉直瞬间，AB 绳对 A、B 两质点的冲量大小相
5、等（方向相反） ，设为 I1 ，BC 绳对 B、C 两质点的冲量大小相等（方向相反） ，设为 I2 ；设 A 获得速度v1（由于 A 受合冲量只有 I1 ,方向沿 AB ，故 v1的反向沿 AB） ，设 B 获得速度v2（由于 B 受合冲量为 + ，矢量和既不沿 AB ，也不沿 BC 方向，可设 v2与2AB 绳夹角为 ，如图 3 所示） ，设 C 获得速度 v3（合冲量 + 沿 BC 方向，故 v3沿 BCI2方向） 。对 A 用动量定理，有：I1 = m1 v1 B 的动量定理是一个矢量方程： + = m21I，可化为两个分方向的标量式，即：2vI2cosI 1 = m2 v2cos I2
6、sin= m 2 v2sin 质点 C 的动量定理方程为：I I 2 = m3 v3 AB 绳不可伸长，必有 v1 = v2cos BC 绳不可伸长，必有 v2cos() = v 3 六个方程解六个未知量（I 1 、I 2 、v 1 、v 2 、v 3 、）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤1、先用式消掉 v2 、v 3 ，使六个一级式变成四个二级式：I1 = m1 v1 I2cosI 1 = m2 v1 I2sin= m 2 v1 tg I I 2 = m3 v1(cos+ sintg) 2、解式消掉 ，使四个二级式变成三个三级式：I1 = m
7、1 v1 I2cosI 1 = m2 v1 I = m3 v1 cos+ I 2 23sin3、最后对式消 I1 、I 2 ，解 v1就方便多了。结果为：v1 = 2313212 sinm)(co（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v 2的方位角 等于多少？解：解“二级式”的即可。代入消 I1 ，得 I2的表达式，将 I2的表达式代入就行了。答：= arc tg（ ） 。tg21三、动量守恒中的相对运动问题物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和 N 个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每
8、次相对地面抛球速率均为 v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为 v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程” ，比较简单：N 次抛球和将 N 个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为 M ，每个铅球的质量为 m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为
9、V1 第二过程获得的速度大小为 V2 。第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和 N 个球动量守恒。0 = Nm(-v) + MV1 得：V 1 = v m第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。第一个球与（N1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。值得注意的是，根据运动合成法则 ，铅球对地的速半半半 vv度并不是（-v） ，而是（-v + u 1） 。它们动量守恒方程为：0 = m(-v + u1) +M +(N-1)mu 1得：u 1 = vNmM第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒
10、方程为：M+(N-1)mu 1 = m(-v + u2) +M+(N-2)mu 2 得：u 2 = + vvm1(第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。铅球对地的速度是（-v + u 3） 。它们动量守恒方程为：M+(N-2)mu 2 = m(-v + u3) +M+(N-3)mu 3得：u 3 = + + vmMv1N(v)2N(M以此类推（过程注意：先找 uN和 uN-1关系，再看 uN和 v 的关系，不要急于化简通分），u N的通式已经可以找出：V2 = uN = + + + + vm)1(m)2(vmM即：V 2 = N1ivi我们再将式改写成：V
11、1 = Ni不难发现，式和式都有 N 项，每项的分子都相同，但式中每项的分母都比式中的分母小，所以有：V 1 V 2 。结论：第一过程使车子获得的速度较大。（学生活动）思考：质量为 M 的车上，有 n 个质量均为 m 的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为 v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N 个人同时跳下；第二过程， N 个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为 V1 = 。n1ivmM答：第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式物理情形：如图 4 所示，长度为 L、质量为 M 的船停止在静水中
12、（但未抛锚） ，船头上有一个质量为 m 的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是 L 吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾） ，人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择 S = t 。为寻求v时间 t ，则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统，针对“开始走动中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态
13、人的速率为 v ，船的速率为 V） ，令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：0 = MV + m(-v) 即：mv = MV 由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：m = M v V设全程的时间为 t ，乘入式两边，得：m t = M tvV设 s 和 S 分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S 受船长 L 的约束，s 和 S 具有关系：s + S = L 解、可得：船的移动距离 S = Lm（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移
14、关系”表达起来难度大一些必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。 ）另解：质心运动定律人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x 表达。根据力矩平衡知识，得：x = ） ，又根据，末)Mm(2L态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。（学生活动）思考：如图 5 所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为 m和 M ，此时人离地面高 h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？解：和模型
15、几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度” （“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地） 。答： h 。Mm（学生活动）思考：如图 6 所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为 M 和 m ，底边长分别为 a 和 b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。解：水平方向动量守恒。解题过程从略。答： （ab） 。mM进阶应用：如图 7 所示，一个质量为 M ，半径为 R 的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为 m 的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质
16、点离开球面以前的轨迹。解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式” 是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心 O 为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为 x 坐标、竖直轴为 y 坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前） ，有必要引入相对运动中半球球心 O的方位角 来表达质点的瞬时位置，如图 8 所示。由“定式” ，易得：x = Rsin mM而由图知：y = Rcos 不难看出，、两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为
17、了明确轨迹的性质，我们可以将参数 消掉，使它们成为：+ = 12)RmM(x2y这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和 RmM的椭圆。五、功的定义式中 S 怎么取值？在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S 是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。1、如图 9 所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？2、在本“部分”第 3 页图 1 的模型中，求拉力做功时，S 是否可以取绳子质心的位移？3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？4、如图 10 所示，双手用
18、等大反向的力 F 压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离 S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？在以上四个事例中，S 若取作用点位移，只有第1、2、4 例是做功的（注意第 3 例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点） ，S 若取物体（受力者）质心位移，只有第 2、3 例是做功的，而且，尽管第 2 例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。面对这些似是而非的“疑难杂症” ，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。第 1 例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S 宜取作用点的位移；第 2 例
19、，求拉力的功，在前面已经阐述，S 取作用点位移为佳；第 3 例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S 取作用点位移；第 4 例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S 取作用点位移。但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第 1 例，人对讲台不做功，S 取物体质心位移；第 2 例，动能增量对应 S 取 L/2 时的值物体质心位移；第 4 例，气体宏观动能无增量，S 取质心位移。 （第 3 例的分析暂时延后。）以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的
20、量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且，我们不难归纳：求广义的功，S 取作用点的位移；求狭义的功，S 取物体（质心）位移。那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功 ”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。当然，求解功地问题时
21、，还要注意具体问题具体分析。如上面的第 3 例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S 取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图 11 所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机构这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第 2、第
22、3、第 4 例） ，要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第 1 例） 。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速 v 运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度 v 之前，与传送带的摩擦力大小为 f ，对地的位移为 S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用 W = fS ？解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量） ，所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为 2S 。 （另解：求货物动能的
23、增加和与皮带摩擦生热的总和。 ）答：否。（学生活动）思考：如图 12 所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的“第 3 例” 。答：否。六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合物理情形：如图 13 所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为 m1和 m2的 A、B 两个有孔小球，串在杆上，且被长为 L 的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求 B 球运动L/2 时的速度 v2 。模型分析：A、B 系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不
24、等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A 球的机械能是否守恒？B 球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、 “微元法”判断两个 WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？由“拓展条件”可以判断，A、B 系统机械能守恒， （设末态 A 球的瞬时速率为 v1 ）过程的方程为：m2g = + L21v2m在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为 30，设绳子的瞬时迁移速率为 v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：v1 = v/cos30, v2 = v/sin30两式合并成：v 1 = v2 tg30= v2/ 3解、两式，
25、得：v 2 = 21mgL七、动量和能量的综合（一）物理情形：如图 14 所示，两根长度均为 L 的刚性轻杆，一端通过质量为 m的球形铰链连接，另一端分别与质量为 m 和 2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为 90时，质量为 2m 的小球的速度v2 。模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系两杆不可伸长。（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？设末态（杆夹角 90）左边小球的速度为v1（方向：水平向左） ，球形铰链的速度为 v（方
26、向：和竖直方向夹 角斜向左） ，对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg( L- L) = m + mv2 + 2m 212v12三球系统水平方向动量守恒，有：mv1 + mvsin= 2mv2 左边杆子不形变，有：v1cos45= vcos(45-) 右边杆子不形变，有：vcos(45+) = v2cos45 四个方程，解四个未知量（v 1 、v 2 、v 和 ） ，是可行的。推荐解方程的步骤如下1、两式用 v2替代 v1和 v ，代入式，解 值，得：tg= 1/4 2、在回到、两式，得：v1 = v2 , v = v2 35373、将 v1 、v 的替代式代入式解 v2即可。结果：v 2
27、= 0)2(gL3（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零， 为零。一个能量方程足以解题。答：0 、 、0 。gL2（学生活动）思考：当两杆夹角为 90时，右边小球的位移是多少？解：水平方向用“反冲位移定式” ，或水平方向用质心运动定律。答： 。83进阶应用：在本讲模型“四、反冲”的“进阶应用” （见图 8）中，当质点 m 滑到方位角 时（未脱离半球） ，质点的速度 v 的大小、方向怎样？解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：= +
28、= - 半v半v半半v半其中 必然是沿地面向左的，为了书写方半便，我们设其大小为 v2 ； 必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半半径）的，设大小为 v 相 。根据矢量减法的三角形法则，可以得到 （设半v大小为 v1）的示意图，如图 16 所示。同时，我们将 v1的 x、y 分量 v1x和 v1y也描绘在图中。由图可得：v 1y =（v 2 + v1x）tg 质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv 2 = mv1x 对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cos) = M + 21vm ，即：21vmgR(1-cos) = M + m（ + ） 21v2x1yv三个方程，解三
29、个未知量（v 2 、v 1x 、v 1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下1、由、式得：v 1x = v2 ， v 1y = ( tg) v 2 mM2、代入式解 v2 ，得：v 2 = 22tg)(cos1gR3、由 = + 解 v1 ，得：v 1 =21x12y22sin)mM()cos(gRv1的方向：和水平方向成 角，= arctg = arctg（ ）x1yvtgMm这就是最后的解。一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 = = Rv半。 )sinmM(Rco1g22八、动量和能量的综合（二）物理情形：如图 17 所示，在光滑的水平面上，质量为 M = 1 kg 的平板车左端放
30、有质量为 m = 2 kg 的铁块，铁块与车之间的摩擦因素 = 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度 v = 6 m/s 向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度 g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始 ”（这样可以
31、使问题简化） 。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为v ，然后与速度仍为 v 的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度 v1 = = ，因方向为正，必朝墙运Mm)v(3动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移 S = ,反向加速的位移 S= ，其中 a = a1 = ，故 S S a2v12 mg，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度 v1 。车第二次碰墙后，车速变为v 1 ，然后与速度仍为 v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后
32、，共同速度 v2 = = = ，因方向为正，Mm)(132必朝墙运动。车第三次碰墙，共同速度 v3 = = ，朝墙运动。23v以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况铁块：匀减速向右匀速向右匀减速向右匀速向右平板车：匀减速向左匀加速向右匀速向右匀减速向左匀加速向右匀速向右显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零） 。1、全程能量关系：对铁块和车系统，E k =E 内 ，且，E 内 = f 滑 S相 ，即： （m + M）v 2 = mgS 相 2代入数字得：S 相 = 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程
33、的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S 1 = a2v第二次：S 2 = = 123第三次：S 3 = = av24n 次碰墙的总路程是：S = 2（ S1 + S2 + S3 + + Sn ）= （ 1 + + + + av22341）半1n23= （ 1 + + + + ）Mmgv22341半1n23碰墙次数 n，代入其它数字，得：S = 4.05 m（学生活动）质量为 M 、程度为 L 的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为 m 的滑块以水平初速 v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速） ，让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？解：由第一过程，得滑动摩擦力 f = 。L2v0第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为 v ） ，设新的初速度为 0vm =（ m + M ）v0vm - （ m + M ）v 2 = fL21解以上三式即可。答： = v0 。0v
