如图.长木板ab的b端固定一挡板.木板连同挡板的质量为M=4.0kg.木板长L=2.0m.挡板厚度不计．木板位于光滑水平面上．在木板a端有一小物块.其质量m=1.0kg.小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10.它们都处于静止状态．现令小物块以初速v0=4.0m/s 沿木板向前滑动.直到和挡板相碰．碰撞后.小物块恰好回到a端而不脱离木板．求:(1)碰前木� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

4．

如图，长木板ab的b端固定一挡板，木板连同挡板的质量为M=4.0kg，木板长L=2.0m，挡板厚度不计．木板位于光滑水平面上．在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态．现令小物块以初速v₀=4.0m/s 沿木板向前滑动，直到和挡板相碰．碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板．求：
（1）碰前木板和物块速度各是多少？
（2）碰撞过程中损失的机械能？

分析（1）物块在木板上运动的过程，系统的动量和能量都守恒，根据动量守恒定律和能量守恒定律求小物块与挡板碰前的速度．
（2）小物块恰好回到a端而不脱离木板，小物块和木板的速度相同，根据动量守恒定律即可求解两者的共同速度．对系统，运用能量守恒定律列式，求解系统损失的总的机械能，再减去摩擦产生的内能，即等于碰撞过程中损失的机械能．

解答解：（1）设小物块与挡板碰前物块与木板的速度分别为v₁和v₂．取向右为正方向，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv₀=mv₁+Mv₂…①
μmgL=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$-$\frac{1}{2}M{v}_{2}^{2}$…②
代入得：
1×4=v₁+4v₂…③
0.1×1×10×2=$\frac{1}{2}$×1×4²-$\frac{1}{2}$×1×v₁²-$\frac{1}{2}$×4×v₂²…④
联立解得：v₁=$\frac{4+4\sqrt{11}}{5}$m/s，v₂=$\frac{4-\sqrt{11}}{5}$m/s
（2）小物块恰好回到a端而不脱离木板时，设木板和物块的共同速度为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv₀=（M+m）v，
代入数据解得：v=0.8m/s；
对木板和物块组成的系统，全过程损失的总的机械能为：
△E=$\frac{1}{2}$mv₀²-$\frac{1}{2}$（M+m）v²，
全过程中，系统克服摩擦力做功损失的机械能为：△E₁=μmg•2L
物块与挡板碰撞过程中损失的机械能为：△E₂=△E-△E₁，
代入数据得：△E₂=2.4J；
答：（1）碰前木板和物块速度各是$\frac{4-\sqrt{11}}{5}$m/s和$\frac{4+4\sqrt{11}}{5}$m/s．
（2）碰撞过程中损失的机械能是2.4J．

点评本题考查动量守恒及功能关系，应注意机械能的损失有两部分，一部分来自于碰撞，另一部分来自于摩擦力做功，应用动量守恒定律求解时要注意规定正方向．

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17．

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（2）用秒表测量单摆的周期．当单摆摆动稳定且到达最低点时开始计时并记为n=0，单摆每经过最低点记一次数，当数到n=60时秒表的示数如图（乙）所示，该单摆的周期T=2.24s（结果保留三位有效数字）．
（3）测量出多组周期T、摆长L数值后，画出T²-L图象如图（丙），此图线斜率的物理意义是C
A．g 　B．$\frac{1}{g}$ C．$\frac{4{π}^{2}L}{g}$　D．$\frac{g}{4{π}^{2}L}$
（4）与重力加速度的真实值比较，发现测量结果偏大，分析原因可能是B
A．振幅偏小
B．在单摆未悬挂之前先测定其摆长
C．将摆线长当成了摆长
D．开始计时误记为n=1
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