高中物理竞赛全集讲座.docx

1、高中物理竞赛全集讲座高中物理竞赛全集讲座 第五部分动量和能量 第一讲基本知识介绍 一、冲量和动量 1、冲力（Ft 图象特征）冲量。冲量定义、物理意义 冲量在Ft 图象中的意义从定义角度求变力冲量（F对 t 的平均作用力）2、动量的定义 动量矢量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式：Ix=Px，Iy=Py 3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即=F外 三、动量守恒定律 1、定律、矢量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足a 或 b，可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性，功在 FS图象中的意义 2、功率，

2、定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功：W=FScos=FSF=FSS b、变力的功：基本原则过程分割与代数累积；利用FS 图象（或先寻求F对S 的平均作用力）c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能（平动动能）2、动能定理 a、W的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力（非保守力）势能（定义：Ep=W保）b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a、定律内容 b、条件与拓展条件（注意系统划分）c、功能原

3、理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类）碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足 m1v10+m2v20=m1v1+m2v2 m1+m2=m1+m2 解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v1=，v2=对于结果的讨论：当 m1=m2 时，v1=v20，v2=v10，称为“交换速度”；当 m1m2，且v20=0时，v1v10，v20，小物碰大物，原速率返回；当m1m2，且 v20=0时，v1v10，v2

4、2v10，b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 v1=v2=3、恢复系数：碰后分离速度（v2v1）与碰前接近速度（v10v20）的比值，即：e=。根据“碰撞的基本特征”，0e1。当 e=0，碰撞为完全非弹性；当 0e1，碰撞为非弹性；当 e=1，碰撞为弹性。八、“广义碰撞”物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰

5、撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1=v10，v2=v20的解。2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：E=E内=f 滑?S 相，其中S 相指相对路程。第二讲重要模型与专题 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

6、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”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=S?vt 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。=nmSv2 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 Ek为零，所以：W=Mv2 即

7、：vt=（nmS?vt）v2 得到：=nmSv2 两个结果不一致，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=必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的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：二、动量定理

8、的分方向应用 物理情形：三个质点 A、B和 C，质量分别为 m1、m2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

9、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 AB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BC 方向）。对 A用动量定理，有：I1=m1v1 B的动量定理是一个矢量方程：+=m2，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosI1=m2v2cos I2sin=m2v2sin 质点 C的动量定理方程为：II2=m3v3 AB绳不可伸

10、长，必有 v1=v2cos BC 绳不可伸长，必有 v2cos()=v3 六个方程解六个未知量（I1、I2、v1、v2、v3、）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、v3，使六个一级式变成四个二级式：I1=m1v1 I2cosI1=m2v1 I2sin=m2v1tg II2=m3v1(cos+sintg)2、解式消掉，使四个二级式变成三个三级式：I1=m1v1 I2cosI1=m2v1 I=m3v1cos+I2 3、最后对式消 I1、I2，解 v1就方便多了。结果为：v1=（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2 的方位

11、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：=arctg（）。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

12、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 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：V1=v 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

13、。值得注意的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v+u1）。它们动量守恒方程为：0=m(-v+u1)+M+(N-1)mu1 得：u1=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。它们动量守恒方程为：M+(N-1)mu1=m(-v+u2)+M+(N-2)mu2 得：u2=+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+u3）。它们动量守恒方程为：M+(N-2)mu2=m(-v+u3)+M+(N-3)mu3 得：u3=+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

14、急于化简通分），uN的通式已经可以找出：V2=uN=+即：V2=我们再将式改写成：V1=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：V1V2。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=。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

15、度为 L、质量为 M 的船停止在静水中（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

16、用动量守恒（设末态人的速率为 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 设全程的时间为 t，乘入式两边，得：m t=M t 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：ms=MS 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=L（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些必须用到运动合成与分

17、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

18、义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。答：h。（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）。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

19、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 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。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数 消掉，使它们成为：+=1 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 R 的椭圆。

20、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

21、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，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。

22、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

23、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，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

24、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

25、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

26、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“

27、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=+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：v1=v2tg30=v2/解、两式，得：v2=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

28、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 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（v1、v2、v和），是可行的。推荐解方程的步

29、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 3、将 v1、v的替代式代入式解 v2即可。结果：v2=（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。（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：。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

30、：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：=+=-其中 必然是沿地面向左的，为了书写方便，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：v1y=（v2+v1x）tg 质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2=mv1x 对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cos)=M+m，即：mgR(1-cos)=M+m（+

31、）三个方程，解三个未知量（v2、v1x、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下 1、由、式得：v1x=v2，v1y=(tg)v2 2、代入式解 v2，得：v2=3、由=+解 v1，得：v1=v1的方向：和水平方向成 角，=arctg=arctg（）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=。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=1kg的平板车左端放有质量为m=2kg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=6m/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

32、加速度 g=10m/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

33、守恒，作用完毕后，共同速度 v1=，因方向为正，必朝墙运动。（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 SS，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v1，然后与速度仍为 v1 的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度 v2=，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，共同速度 v3=，朝墙运动。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，Ek=E内，且，E内=f 滑 S 相，即：（m+M）v2=mg?S 相 代入数字得：S 相=5.4m 2