动量守恒定律的应用.docx

《动量守恒定律的应用.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《动量守恒定律的应用.docx（22页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、【基础知识网络总结与巩固】知识点一弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的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，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大知识点二爆炸1、爆炸中的动量守恒物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。2、爆炸中的能量因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加3、爆炸后的运动状态爆炸后分裂成两块，前面一块是水平的，后面的运动可能同向、反向平抛、还可能做自由落体运

2、动。知识点三反冲1、定义：反冲运动是当一个物体向某个方向射出化的一部分时， 这个物体的剩余部分将向相反的方向运动的现象。2、反冲中的动量守恒物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。3、反冲中的能量因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加【重难点例题启发与方法总结】考点一动量守恒定律的条件1、关于动量守恒的条件根据动量定理可知；合外力的冲量等于动量的变化，因此，欲使动量守恒，必须使合外力的冲量为零， 考虑到合外力的冲量等于合外力与其作用时间的乘积，而令时间为零是没有任何研究的必要（同一时刻的动量当然是同一值） ，所以动量守恒的条

3、件通常表述为：如果系统不受外力或所受外力的合力为零。系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒2、动量守恒定律应用时的注意点：由动量守恒定律是一矢量式， 所以一般情况下应采用正交分解的方法， 当系统中各物体被限制在同一直线上时， 应用动量守恒定律列方程前应先规定参考正方向以明确各个速度代入方程时的符号。动量守恒定律中各物体在各状态下的速度必须是相对于同一个惯性参照系的速度。3、应用动量守恒定律解题的一般步骤：确定研究对象，分析内力和外力的情况，判断

4、是否符合守恒条件；选取研究过程；选定正方向，确定初、 末状态的动量， 凡与正方向一至的动量取正值，反向的动量取负值。最后根据动量守恒定律列议程求解例 1. 如图所示的装置中，木块B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短 现将子弹、 木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：A、动量守恒、机械能守恒B、动量不守恒、机械能不守恒C、动量守恒、机械能不守恒D、动量不守恒、机械能守恒解析： 若以子弹、 木块和弹簧合在一起作为研究对象( 系统 ) ，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁

5、对弹簧有外力作用，因此动量不守恒而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒， 但动量不守恒 物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件系统不受外力或者所受外力之和为零例 2. 总质量为M的列车以匀速率v0 在平直轨道上行驶，各车厢受的阻力都是车重的k倍，而与车速无关。某时刻列车后部质量为m的车厢脱钩，而机车的牵引力不变，则脱钩的车厢刚停下的

6、瞬间，前面列车的速度是多少？解析：此题求脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度，就机车来说， 在车厢脱钩后，开始做匀加速直线运动，而脱钩后的车厢做匀减速运动，由此可见，求机车的速度可用匀变速直线运动公式和牛顿第二定律求解。现在若把整个列车当作一个整体，整个列车在脱钩前后所受合外力都为零，所以整个列车动量守恒，因而可用动量守恒定律求解。根据动量守恒定律，得：Mv0=(Mm)VV=Mv0/(M m)即脱钩的车厢刚停下的瞬间，前面列车的速度为Mv0/(M m)系统所受外力之和虽不为零，但系统的内力远大于外力时，则系统的动量可视为守恒高中阶段，碰撞、爆炸、冲击等问题，由于作用时间极短，重力及其他阻力等

7、外力比物体间相互作用的内力要小得多，以至外力冲量对系统动量变化的影响可以忽略，这时可近似认为系统的动量守恒。例 3. 一质量为M的木块从某一高度自由下落，在空中被一粒水平飞行的子弹击中并留在其中，子弹的速度为v ，质量为 m，则木块下落的时间与自由下落相比将（）A不变B变长C变短D无法确定解析：设木块被子弹击中时的速度为v1 ，击中后的水平和竖直速度分别为v2、 v3 ，子弹对木块的冲力远大于重力，竖直方向动量守恒：Mv1(mM )v3 ， v3v1 。下落时间将变长。答案：B。系统所受外力之和不为零，但在某个方向上满足条件1 或条件2，则在该方向上动量守恒例 4. 如图所示，质量为 M的槽体

8、放在光滑水平面上，内有半径为 R 的半圆形轨道，其左端紧靠一个固定在地面上的挡板。 质量为 m的小球从 A 点由静止释放， 若槽内光滑， 求小球上升的最大高度。解析：设小球由A 滑到最低点B 时的速度为v1 ，上升的最大高度为h。由机械能守恒定律：mgR1mv122M和 m组成的系统水平方向总动量守恒mv1( mM ) v2整个过程中系统的机械能守恒：mgR mgh1 (m M ) v222解得，小球上升的最大高度： hMRmM考点二、碰撞过程研究（ 1）碰撞过程的特征： “碰撞过程” 作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：碰撞双方相互作用的时间 t 一般很短； 通常情况下， 碰

9、撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初忽略的；碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。（ 2）“碰撞过程”的规律正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小” （甚至外力为零）这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律。（ 3）碰撞分类从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而形变不能够完全恢复叫非完全弹性碰撞。从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。（ 4）“碰撞过程”的特例弹性碰撞作： 为碰撞过程的一个特例，它是所有

10、碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完全恢复； 机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备： 碰前、m1v1m2 v2m1v1m2v21 m1 v121 m2 v221 m1v121 m2 v222222m1m2 v12m2 v2解得 v1m1m2完全非弹性碰撞：作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了“形变完全不能够恢复”。所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具有：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即v1v2由此即可把完全非弹性碰撞后的速度v1 和 v2 表为 v1m1 1m2 2v2m2m1

11、（ 5）制约碰撞过程的规律。碰撞过程遵从动量守恒定律m1v1m2 v2m1 v1m2v2碰撞后系统动能不增原则：碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能Ek1Ek2Ek1Ek 2或P12P22P12P122m12m22m12m1碰撞前后的运动情况要合理，如追碰后， 前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度广义碰撞（软碰撞）问题

12、把碰撞定义中关于时间极短的限制取消，物体（系统）动量有显著变化的过程，就是广义碰撞（软碰撞）图景，它在实践中有广泛的应用。1两球碰撞型例 5. 甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kgm/s ，P2=7kgm/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kgm/s ，则二球质量m1 与m2 间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2B、2m1=m2C、 4m1=m2D、 6m1=m2。解析：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：P +P = P，+ P，12即： P =2 kgm/s 。121由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是

13、系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：P12P22P1 2P222m12m22m12m2所以有： m21C、 D）选项。m，不少学生就选择（1251这个结论合“理” ，但却不合“情” 。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有P1P2 ，即 m15 m2 ；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须m1m27P1P21大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以m1 5m2 。因此选项（ D）是不m1m2合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。2、子弹打木块型（动量守恒、机械能不守恒）例 6. 质量为m的子弹，以水平初速度v0

14、射向质量为M的长方体木块。（ 1）设木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹留在木块内，木块对子弹的阻力恒为f ，求弹射入木块的深度L。并讨论：随M的增大，L 如何变化？（ 2）设v0=900m/s ，当木块固定于水平面上时，子弹穿出木块的速度为v1=100m/s。若木块可沿光滑水平面自由滑动，子弹仍以v0=900m/s 的速度射向木块，发现子弹仍可穿出木块，求 M/m的取值范围（两次子弹所受阻力相同）。解析：（ 1）当木块可自由滑动时，子弹、木块所组成的系统动量守恒：mv0( Mm)v即 1 mv02 1 (m M )v2fL22可解出打入深度为LmMv02mv02可知，随 M增大， L 增大。2

15、f (mM )m1)2 f (M（ 2）当木块固定时：1 mv021 mv12fL022mv0( Mm)v这种情况下，系统的动能损失仍等于阻力与相对移动距离之积：1 mv021 (Mm)v 2fL0 22可得：mMv02fL 0 m)2(M由、两式1mv021mv12mMv 02，222(Mm)22mv02v0v1Mm可解出Mv02v1281， M80为子弹刚好穿出时Mm的值。我们已经知道， MM mv021m越大，子弹打入木块的深度越大，故Mm 80 应为 M m的最小值，即应取 Mm 80。答案： Mm 80。3、小球半圆型槽例 7. 如图所示， 有一半径为 R 的半球形凹槽 P，放在光滑

16、的水平地面上， 一面紧靠在光滑墙壁上， 在槽口上有一质量为 m的小球，由 A 点静止释放， 沿光滑的球面滑下， 经最低点B 又沿球面上升到最高点C，经历的时间为t ， B、 C 两点高度差为0.6R ，求：(1) 小球到达 C点的速度。(2) 在 t 这段时间里，竖墙对凹槽的冲量解析： (1) 这道题中没给M，所以不能直接由动量求出。小球从 A 到 B 的过程中，凹槽P 不动，对 mmgR1mvB22小球从 B 到 C 的过程中， 凹槽和球构成系统动量守恒( 水平方向 ) 和机械能守恒， 所以有mvB(M m)vC1 mB21 (M m)vC2mg 0.6R22解得小球到达C 点的速度，vC0

17、.42gR ，方向水平向右。(2) 竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量，所以有I( Mm)vCmvBm 2 gR ，方向水平向右。 （答）误点警示： 要分析清楚小球和凹槽系统在各个运动阶段动量守恒或不守恒的原因。考点三、爆炸1、爆炸中的动量守恒物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。2、爆炸中的能量因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加3、爆炸后的运动状态爆炸后分裂成两块，前面一块是水平的，后面的运动可能同向、反向平抛、还可能做自由落体运动。例 8. 如图所示，滑块 A、 B 的质量分别为 m1 与 m2， m1

18、m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上， 用一轻绳把两滑块拉至最近， 使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。 两滑块一起以恒定的速率v0 向右滑动。突然轻绳断开。当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为 0。求：绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；解析：当弹簧处压缩状态时， 系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械能等于滑块 B 的动能。设这时滑块B 的速度为v，则有 E=m2v2/2 。因系统所受外力为0，由动量守恒定律(m1+m2)v 0=m2v。22解得 E=(m1+m2) v

19、0 /(2m 2) 。由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒2(m1+m2)v 0 /2+E p=E。2解得 Ep=(m1-m2)(m 1+m2)v 0 /2m2。考点四反冲1、定义：反冲运动是当一个物体向某个方向射出化的一部分时，这个物体的剩余部分将向相反的方向运动的现象。2、反冲中的动量守恒物体间的相互作用力是变力，作用时间短，作用力很大，远大于系统受到的外力，可以用动量守恒定律来处理。3、反冲中的能量因为有其它形式的能转化为动能，所以系统的动能会增加4、反冲的应用之“人船模型”两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。 这类问题的特点：两物体同时运动，同

20、时停止。如图所示， 长为 L，质量为 m1 的小船停在静水中， 一个质量为 m2 的人立在船头， 若不计水的粘滞阻力，当人从船头走到船尾的过程中，船和人对地面的位移各是多少？选人和船组成的系统为研究对象， 由于人从船头走到船尾的过程中， 系统在水平方向上不受外力作用， 所以水平方向动量守恒， 人起步前系统的总动量为零 当人起步加速前进时，船同时向后加速运动； 当人匀速前进时， 船同时向后匀速运动； 当人停下来时， 船也停下来 设某一时刻人对地的速度为 v2，船对地的速度为 v1，选人前进的方向为正方向， 根据动量守恒定律有m1 1m2 20 即 m1 1m2 2 。把方和两边同时乘以时间t ，

21、 m1 1tm2 2t即 m1s1 m2 s2上式是人船模型的位移与质量的关系式，此式的适用条件是： 一个原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，有一个方向动量守恒（如水平方向或竖直方向）使用这一关系应注意：s1 和是 s2 相对同一参照物的位移由图可以看出 s1s2L 与 m1 s1 m2 s2联立解得 s1m2Ls1m1Lm1 m2m1m2“人船模型”的特点：人动“船”动，人停“船”停，人快“船”快，人慢“船”慢，人上“船”下，人左“船”右。例 9. 质量为M、长为L 的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1 及m2 的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？解析：利用“

22、人船模型” 易求得船的位移大小为：(m1 m2 ) L12S。提示：若 mm，Mm1m2本题可把（ m1-m2）等效为一个人，把（M+2m）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便例 10. 如图 7 所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为 d，把质量为 m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是 _。dmM解析： 本题可把子弹看作“人”，把车看作 “船”，这样就可以用 “人船模型” 来求解。m S1MS20, S1 S2 d ，解得ttS2md。mM【重难点关联练习巩固与方法总结】1. 质量为M的小车中挂有一个单摆，

23、摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（）A小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为 V1、V2 和 V3，且满足：（ M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1） V；D小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（ M+M0）V0=（ M+M0）V1+M1V2解析：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小

24、车与木块相碰，作用时间极短， 过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C 两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B 项所描述的，所以B、 C 两项正确2. 如图12 所示， 半径和动能都相等的两个小球相向而行甲球质量m甲 大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？A甲球速度为零，乙球速度不为零B两球速度都不为零

25、C乙球速度为零，甲球速度不为零D两球都以各自原来的速率反向运动解析：首先根据两球动能相等，1m甲V甲21m乙V乙2 得出两球碰前动量大小之比为：22P甲m甲，因 m甲 m乙 ，则 P甲 P乙 ，则系统的总动量方向向右。P乙m乙根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B 所述情况， 而 C、D 情况是违背动量守恒的，故C、 D 情况是不可能的3如图所示装置中，木块 B与水平桌面间的接触是光滑的子弹A 沿水平方向射入木块，且留在木块中，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块、弹簧合在一起作为研究对象（系统），则该系统在从子弹开始射入到弹簧压缩到最短的整个过程中（）A动量守恒B动量不守恒C子弹

26、射入木块时间极短，这个阶段动量守恒D墙壁对系统有向左的冲量4. 带有 (1/4) 光滑圆弧轨道、质量为 M的滑车静止置于光滑水平面上，如图所示一质量为 m 的小球以速度 v0 水平冲上滑车，当小球上行再返回，并脱离滑车时，以下说法可能正确的是A、小球一定沿水平方向向左做平抛运动B、小球可能沿水平方向向左做平抛运动C、小球可能做自由落体运动D、小球可能水平向右做平抛运动解析：小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程如果m M，小球离开滑车向左做平抛运动；如果m=M，小球离开滑车做自由落体运动；如果m M，小球离开滑车向右做平抛运动答案： 5下列运动属于反冲运

27、动的有（）A乒乓球碰到墙壁后弹回发射炮弹后炮身后退喷气式飞机喷气飞行船员划桨使船前进6. 一个质量为 M，底面边长为 b 的三角形劈块静止于光滑水平面上，如图，有一质量为m的小球由斜面顶部无初速滑到底部的过程中，劈块移动的距离是多少？解析： 小球 m在下滑的过程中，受力情况和速度变化的规律都不易分析，因此用牛顿定律和运动学公式找位移S 是困难的；用人船模型的公式解这类求变速直线运动的位移且不涉及速度的问题时，是非常方便的解：设小球滑到底端时，劈块后退的位移为S，则小球的水平位移应为（b 一 S），根据动量守恒定律得7质量为Ms=m（ b-s ），解得劈块移动的距离为s=mb（ M+m）。2kg

28、 的小球 A 以 3m/s 的速度向东运动，某时刻与在同一直线上运动的小球B迎面相碰。B 球的质量为5kg ，撞前速度为2m/s。撞后， A 球以1m/s的速度向西返回，求碰撞后B 球的速度。8一支实验用的小火箭，所带燃烧物质的质量是50g，这些物质燃烧后所产生的气体从火箭的喷嘴喷出的速度（以地面为参考系）是 600m/s ，已知火箭除去燃料后的质量是1kg ，求火箭燃料产生的气体喷完后的速度。9如图所示，质量为16kg 的平板车静止在光滑的水平面上。一个质量为4kg的物体，以 v0=5m/s的初速度从平板车的一端滑向另一端。已知平板车的长度为1m，物体滑到另一端的速度为 v1=3m/s，求物

29、体与平板车间的动摩擦因数。（取 g=10m/s2）【课后强化巩固练习与方法总结】1质量为 1kg 的小球以 5m/s 的速度运动，它和另一个也在同一路径上，质量为 2kg、速度为 2 m/s，同方向运动的小球乙相碰。乙球碰撞后的速度为 3m/s，方向不变，则甲球碰后的速度为（ ）A 6m/sB 3m/sC 5m/sD 2m/s2如图所示，设车厢长度为L，质量为 M，静止于光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度v0 向右运动， 与车厢壁来回碰撞n 次后，静止在车厢中。这时车厢的速度是（）Av0 水平向右B0Cmv0/( M+m) ，水平向右Dmv0/( M- m) ，水平向右。3跳远运

30、动员手握一铁球起跳后，当他跳到最高点时，欲提高成绩，他可将手中的铁球（）A竖直上抛B向前抛出C向后抛出D向左抛出4一辆小车静止在光滑的水平面上，一个人从小车的一端走到另一端，以下说法中正确的是（）A人匀速走动时，车也一定反向匀速运动B人停止走动时，车也停止运动C人速与车速之比，等于车的质量与人的质量之比D整个过程中，车相对于地面的位移是一定值，与人走动的快慢无关5静止在水面上的船长为L、质量为 M，一个质量为m的人站在船头，当此人由船头走到船尾时，不计水的阻力，船移动的距离是（）A、 mL/ MB mL/ （ M+m）C mL/ （M m）D （ M m）L/ （ M+m）6质量为 m2=1k

31、g 速度碰到滑块后，又以的滑块静止在光滑的水平面上，小球质量m1=0.05kg800m/s 的速度被弹回，求滑块获得速度为多大？，以1000m/s的7一颗以 10m/s 的速度沿水平向东方向飞行的手榴弹，在空中分裂为A和 B两部分， A的质量是 0.5kg, 的质量是 1kg。分裂后 B仍然沿原来的方向水平飞行， 而它的速度增加到25m/s，试求此时 A 的速度为多大？，方向如何？8如图所示，小车 A 的质量 m1=8kg，物块 B 质量 m2=2kg，水平面光滑， B 物置于小车上后静止。 今有质量为 10kg 的子弹以速度 200m/s 射入 B 并穿过 B 物体， 击穿时间极短， 若子弹

32、穿过 B 物时， B 物获得速度为 0.6m/s ，求子弹穿过 B物时的速度大小为多大？若最终 B 与 A 一起运动，其速度大小为多大？9在一只静止的质量为 50kg 的船上， 水平射出一颗质量为 800m/s ，求船的反冲速度。如果船运动时受到水的阻力是船重的10g 的子弹， 子弹的速度是0.01 倍，船后退多长时间才停止运动。10如图所示，一个质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的子弹（可视为质点） ，以水平初速度v0 从木块的左端水平射入，设木块对子弹的阻力恒为f ，且子弹没有穿出长木块，求：系统机械能转化成内能的量Q。子弹进入木块的深度。子弹在木块中运动了多长时间？1

33、1如图所示，质量为M的木板静止在光滑的水平面上，一质量为m的长度可忽略的小木块以速度v0 水平地沿木板的表滑行，已知小木块与木板间的动摩擦因数为，求：木板至少多长小木块才不会掉下来？如果不掉下业，小木块在木板上滑行了多长时间？12如图所示， 质量 M=2.0kg 的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为m=1.0kg的物块，物块与小车之间的动摩擦因数为=0.1 ，若使物块以初速度v1=0.4m/s 水平向左运动，同时使小车以初速度 v2=0.8m/s 水平向右运动， （g 取 10m/s2）求： 物块和小车相对静止时，物块和小车的速度大小和方向。 为使物块不从小车上滑落， 小车长度 L 至少多大？13如图所示， 质量为 m的木块可视为质点，置于质量也为m的木盒内， 木盒底面水平，长 L=0.8m，木块与木盒间的动摩擦因数的初速度从木盒左边开始沿木盒向右运动，=0.5 ，木盒放在光滑的地面上，木块A以 v0=5m/s木盒原静止。 当木块与木盒发生碰撞时无机械能损失，且不计碰撞时间，取多远的地方？g=10m/s2，问：木块