1、第十六章 動量守恒定律一、沖量和動量（一）知識要點(diǎn)1.動量：按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv動量是描述物體運(yùn)動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應(yīng)。動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.沖量：按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=Ft沖量是描述力的時間積累效應(yīng)的物理量，是過程量，它與時間相對應(yīng)。沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。高中階段只要求會用I=Ft計(jì)算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動量定理通過物體的動量變化來求。要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作

2、功，但一定有沖量。（二）例題分析mH例1：質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？解：力的作用時間都是，力的大小依次是mg、mgcos和mgsin，所以它們的沖量依次是： 特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。例2：一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度水平向右運(yùn)動，碰到一塊豎硬的大理石后被彈回，沿著同一直線以2m/s的速度水平向左運(yùn)動，碰撞前后鋼球的動量有沒有變化？變化了多少？解：取水平向右的方向?yàn)檎较?，碰撞前鋼球的速度v=2m/s，碰撞前鋼球的動量為P=mv=0.22kgm/s=0.4kgm/s。碰撞后鋼球的速度為v=

3、0.2m/s，碰撞后鋼球的動量為p=m v=-0.22kgm/s=-0.4kgm/s。p= p-P=-0.4kgm/s-0.4kgm/s=-0.8kgm/s，且動量變化的方向向左。vvvv4545例3：一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度斜射到堅(jiān)硬的大理石板上，入射的角度是45，碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是45，速度大小仍為2m/s，用作圖法求出鋼球動量變化大小和方向？解：碰撞前后鋼球不在同一直線運(yùn)動，據(jù)平行四邊形定則，以p和P為鄰邊做平行四邊形，則p就等于對解線的長度，對角線的指向就表示的方向：pp-p4545方向豎直向上。動量是矢量，求其變化量可以用平行四邊形定則：在一維情況下

4、可首先規(guī)定一個正方向，這時求動量的變化就可以簡化為代數(shù)運(yùn)算了。例4（12分）如圖所示，在光滑、固定的水平桿上套著一個光滑的滑環(huán) ，滑環(huán)下通過一根不可伸長的輕繩懸吊一重物M，輕繩長為L，將滑環(huán)固定在水平桿上，給M一個水平?jīng)_量作用，使M擺動，且恰好剛碰到水平桿。問（1）M在擺動過程中，滑環(huán)對水平桿的壓力的最大值是多少？（2）若滑環(huán) 不固定，仍給M以同樣大小的沖量作用，則M擺起的最大高度為多少？解：（1）機(jī)械能守恒 （2分）M通過最低點(diǎn)T最大 （2分） （1分） 再對滑環(huán)受力分析 （2分）（2）不固定機(jī)械能仍守恒 初速度： （2分）水平動量守恒 （2分） （1分）二、動量定理（一）知識要點(diǎn)1.動量定

5、理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既I=p動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關(guān)系。現(xiàn)代物理學(xué)把力定義為物體動量的變化率：（牛頓第二定律的動量形式）。動量定理的表達(dá)式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向?yàn)檎?.利用動量定理定性地解釋一些現(xiàn)象3.利用動量定理進(jìn)行定量計(jì)算利用動量定理解題，必須按照以下幾個步驟進(jìn)行：明確研究對象和研究過程。研究對象可以是一個物體，也可以是幾個物體組成的質(zhì)點(diǎn)組。質(zhì)點(diǎn)組

6、內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的，也可以是相對運(yùn)動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段。進(jìn)行受力分析。只分析研究對象以外的物體施給研究對象的力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力（內(nèi)力）會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同，就要分別計(jì)算它們的沖量，然后求它們的矢量和。規(guī)定正方向。由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規(guī)定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負(fù)。寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量（或各外力在各個階段的沖量的矢量和）。根據(jù)動量定理列式求解

7、。（二）例題分析例1：以初速度v0平拋出一個質(zhì)量為m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？解：因?yàn)楹贤饬褪侵亓?，所以p=Ft=mgt 有了動量定理，不論是求合力的沖量還是求物體動量的變化，都有了兩種可供選擇的等價的方法。本題用沖量求解，比先求末動量，再求初、末動量的矢量差要方便得多。當(dāng)合外力為恒力時往往用Ft來求較為簡單；當(dāng)合外力為變力時，在高中階段只能用p來求。例2：雞蛋從同一高度自由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；第二次落在泡沫塑料墊上，沒有被打破。這是為什么？解：兩次碰地（或碰塑料墊）瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩次碰撞過程雞蛋的動量變化相同。根據(jù)Ft=p，

8、第一次與地板作用時的接觸時間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的接觸時間長，作用力小，所以雞蛋沒有被打破。（再說得準(zhǔn)確一點(diǎn)應(yīng)該指出：雞蛋被打破是因?yàn)槭艿降膲簭?qiáng)大。雞蛋和地板相互作用時的接觸面積小而作用力大，所以壓強(qiáng)大，雞蛋被打破；雞蛋和泡沫塑料墊相互作用時的接觸面積大而作用力小，所以壓強(qiáng)小，雞蛋未被打破。）F例3：某同學(xué)要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他將紙迅速抽出，木塊幾乎不動；第二次他將紙較慢地抽出，木塊反而被拉動了。這是為什么？解：物體動量的改變不是取決于合力的大小，而是取決于合力沖量的大小。在水平方向上，第一次木塊受到的是滑動摩擦力，一般來說大于第二次受到的靜摩擦力；

9、但第一次力的作用時間極短，摩擦力的沖量小，因此木塊沒有明顯的動量變化，幾乎不動。第二次摩擦力雖然較小，但它的作用時間長，摩擦力的沖量反而大，因此木塊會有明顯的動量變化。ABC例4：質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間t1到達(dá)沙坑表面，又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求：沙對小球的平均阻力F；小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。解：設(shè)剛開始下落的位置為A，剛好接觸沙的位置為B，在沙中到達(dá)的最低點(diǎn)為C。在下落的全過程對小球用動量定理：重力作用時間為t1+t2，而阻力作用時間僅為t2，以豎直向下為正方向，有： mg(t1+t2)-Ft2=0, 解得： 仍然在下落的全過程對小球用動量定理：在t1時間

10、內(nèi)只有重力的沖量，在t2時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下為正方向，有： mgt1-I=0,I=mgt1這種題本身并不難，也不復(fù)雜，但一定要認(rèn)真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外力靈活組合。若本題目給出小球自由下落的高度，可先把高度轉(zhuǎn)換成時間后再用動量定理。當(dāng)t1 t2時，F(xiàn)mg。m Mv0v/例5：質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速前進(jìn)，當(dāng)速度為v0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機(jī)才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？解：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為，該過程

11、經(jīng)歷時間為v0/g，末狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得： 這種方法只能用在拖車停下之前。因?yàn)橥宪囃Ｏ潞?，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。例6：質(zhì)量為m=1kg的小球由高h(yuǎn)1=0.45m處自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高度為h2=0.2m，從小球下落到反跳到最高點(diǎn)經(jīng)歷的時間為t=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮。解：以小球?yàn)檠芯繉ο?，從開始下落到反跳到最高點(diǎn)的全過程動量變化為零，根據(jù)下降、上升高度可知其中下落、上升分別用時t1=0.3s和t2=0.2s，因此與地面作用的時間必為t3=0.1s。由動量定

12、理得：mgt-Ft3=0 ，F(xiàn)=60N例7、如圖所示，質(zhì)量為2kg的小車靜止在光滑水平面上，的右端停放有一個質(zhì)量為0.4kg、帶正電荷0.8C的小物體。整個空間存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度0.5的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)從小車的左端，給小車A一個水平向右的瞬時沖量I=26Ns，使小車獲得一個水平向右的初速度，物體與小車之間有摩擦力作用，設(shè)小車足夠長，求 （1）瞬時沖量使小車獲得的動能（2）物體的最大速度?（3）在A與B相互作用過程中系統(tǒng)增加的內(nèi)能?（10m/s2）解析：（1）瞬時沖量和碰撞是一樣的，由于作用時間極短，可以忽略較小的外力的影響，而且認(rèn)為，沖量結(jié)束后物體的速度仍為零沖量是物體動量變化的原因

13、，根據(jù)動量定理即可求的小車獲得的速度，進(jìn)而求出小車的動能Mv, v=I/M=13m/s, E=Mv2/2=169J(2)要想得知物體的速度何時最大，就要對瞬時沖量結(jié)束后、物體相互作用的過程做一個較具體的分析。小車獲得水平向右的初速度后，由于、之間的摩擦，向右減速運(yùn)動，向左加速運(yùn)動，同時由于羅倫茲力的影響、之間的摩擦也發(fā)生變化，設(shè)A、剛分離時速度為vBqvBB 即vB10/ 若A 、能相對靜止，設(shè)共同速度為，由v0（m）=10.8m/s,因vB說明、在沒有達(dá)到共同速度前就分離了所以，的最大速度為vB10/這一步的要害就是對兩個臨界狀態(tài)進(jìn)行分析和比較，最后確定的最大速度。假如題中條件20Ns,將得

14、出vB，就說明、在沒有分離前就達(dá)到了共同速度則共同速度就是的最大速度，因?yàn)?，、在達(dá)到共同速度后速度不再發(fā)生變化，也就不會再分離。做過這個題目后，對本題的分析和反思時應(yīng)該想到這一步。(3) 由于羅倫茲力的影響、B之間的摩擦力逐漸減少，因此無法用fs相對求摩擦產(chǎn)生的熱量，只能根據(jù)機(jī)械能的減少等于內(nèi)能的增加來求解。由于物體在達(dá)到最大速度時，兩個物體已經(jīng)分離，就要根據(jù)動量守恒定律求這時的速度，設(shè)當(dāng)物體的速度最大時物體A的速度為vA、系統(tǒng)動量守：vvAvB vA(Mv0mvB)/M=11/ v/2vA/2vB/228J例8、設(shè)小車一輛玩具小車的質(zhì)量為3.0kg，沿光滑的水平面以2.0m/s的速度向正東方

15、向運(yùn)動，要使小車的運(yùn)動方向改變，可用速度為2.4m/s的水流由西向東射到小車的豎直擋板CD上，然后流入車中求：要改變小車的運(yùn)動方向，射到小車?yán)锏乃馁|(zhì)量至少是多少？解：設(shè)射入小車中的水的質(zhì)量分別為M和 m，對于小車和射入的水組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒，以向東為正方向，有 隨著射入小車中水的質(zhì)量增加，車與車中的水的速度V要減小，直到速度V=0，射入小車的水質(zhì)量再增加，VvB,；碰后A的速度不大于B的速度， ；又因?yàn)榕鲎策^程系統(tǒng)動能不會增加， ，由以上不等式組解得：此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前、碰后兩個物體的位置關(guān)系（不穿越）和速度大小應(yīng)保證其順

16、序合理。例3：設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。解：子彈和木塊最后共同運(yùn)動，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒： 從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理： 對木塊用動能定理： 、相減得： 這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見，即兩物體

17、由于相對運(yùn)動而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)該用路程，而不是用位移）。 由上式不難求得平均阻力的大?。褐劣谀緣K前進(jìn)的距離s2，可以由以上、相比得出：從牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動，位移與平均速度成正比： 一般情況下，所以s2d。這說明，在子彈射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計(jì)。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運(yùn)動物體與靜止物體相互作用，動量守恒，最后共同運(yùn)動的類型，全過程動能的損失量可用公式： 當(dāng)子彈速度很大時，可能射

18、穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是EK= f d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計(jì)算EK的大小。 做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關(guān)系和速度符號標(biāo)在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)。l2 l1例4：質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當(dāng)他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠(yuǎn)？解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設(shè)人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同

19、乘時間t，ml1=Ml2，而l1+l2=L， 應(yīng)該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關(guān)。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達(dá)船的左端，那么結(jié)論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關(guān)系。 以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。例5：總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機(jī)上釋放時的速度為v0，速度方向水平?；鸺蚝笠韵鄬τ诘孛娴乃俾蕌噴出質(zhì)量為m的燃?xì)夂螅鸺旧淼乃?/p>

20、度變?yōu)槎啻螅拷猓夯鸺龂姵鋈細(xì)馇昂笙到y(tǒng)動量守恒。噴出燃?xì)夂蠡鸺Ｓ噘|(zhì)量變?yōu)镸-m，以v0方向?yàn)檎较?，?（15分）如圖所示，擋板P固定在足夠高的水平桌面上，小物塊A和B大小可忽略，它們分別帶有 QA和 QB的電荷量，質(zhì)量分別為mA和mB兩物塊由絕緣的輕彈簧相連，一不可伸長的輕繩跨過滑輪，一端與B連接，另一端連接一輕質(zhì)小鉤，整個裝置處于方向水平向左的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度為E開始時A、B靜止，已知彈簧的勁度系數(shù)為k，不計(jì)一切摩擦及A、B間的庫侖力，A、B所帶電荷量保持不變，B一直在水平面上運(yùn)動且不會碰到滑輪試求(1) 開始A、B靜止時，擋板P對物塊A的作用力大??；(2) 若在小鉤上掛一質(zhì)量為M的物

21、塊C并由靜止釋放，當(dāng)物塊C下落到最大距離時物塊A對擋板P的壓力剛好為零，試求物塊C下落的最大距離；(3) 若C的質(zhì)量改為2M，則當(dāng)A剛離開擋板P時，B的速度多大？解：（15分）（1）對系統(tǒng)AB： （4分）(2)開始時彈簧形變量為 ，由平衡條件： （2分）設(shè)當(dāng)A剛離開檔板時彈簧的形變量為 ：由： 可得 （2分）故C下降的最大距離為： （1分）由式可解得 （1分）（3）由能量守恒定律可知：C下落h過程中，C重力勢能的的減少量等于B的電勢能的增量和彈簧彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動能的增量之和當(dāng)C的質(zhì)量為M時： （2分）當(dāng)C的質(zhì)量為2M時，設(shè)A剛離開擋板時B的速度為V （2分）由式可解得A剛離開P時B的速

22、度為：（1分）例7、有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v0與靜止在平面邊緣O點(diǎn)的B發(fā)生正碰，碰撞中無機(jī)械能損失。碰后B運(yùn)動的軌跡為OD曲線，如圖所示。（1）已知滑塊質(zhì)量為m,碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運(yùn)動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。a.分析A沿軌道下滑到任意一點(diǎn)的動量pA與B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量pB的大小關(guān)系;b.在OD曲線上有一M點(diǎn)，O和M兩點(diǎn)連線與豎直方向的夾角為45。求A通過M點(diǎn)時的水平分速度

23、和豎直分速度。解：（1） 滑塊A與B正碰，滿足mvA+mvB=mv0 由，解得vA=0, vB=v0,根據(jù)動量定理，滑塊B滿足 Ft=mv0解得 (2)a.設(shè)任意點(diǎn)到O點(diǎn)豎直高度差為d。A、 B由O點(diǎn)分別運(yùn)動至該點(diǎn)過程中，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒。選該任意點(diǎn)為勢能零點(diǎn)，有EkA=mgd, EkB= mgd+由于p=,有即 PAPBA下滑到任意一點(diǎn)的動量總和是小于B平拋經(jīng)過該點(diǎn)的動量。b.以O(shè)為原點(diǎn)，建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對B有x=v0t，y=gt2B的軌跡方程 y=在M點(diǎn)x=y，所以 y= 因?yàn)锳、B的運(yùn)動軌跡均為OD曲線，故在任意一點(diǎn)，兩者速度方

24、向相同。設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vB；A水平和豎直分速度大小分別為和，速率為vA,則 B做平拋運(yùn)動，故 對A由機(jī)械能守恒得vA= 由得 將代入得例8、如圖，一質(zhì)量為M的物塊靜止在桌面邊緣，桌面離水平地面的高度為h。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度v0/2 射出。重力加速度為g。求：（1）此過程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；（2）此后物塊落地點(diǎn)離桌面邊緣的水平距離。解：（1）設(shè)子彈穿過物塊后物塊的速度為V，由動量守恒得mv0mMV 解得V系統(tǒng)的機(jī)械能損失為Em由式得E（2）設(shè)物塊下落到地面所需時間為t，落地點(diǎn)距桌面邊緣的水平距離為s，則hgt2 sVt 由式得s例9、如

25、圖，一質(zhì)量m = 1 kg的木塊靜止的光滑水平地面上。開始時，木塊右端與墻相距L = 0.08 m；質(zhì)量為m = 1 kg的小物塊以初速度v0 = 2 m/s滑上木板左端。木板長度可保證物塊在運(yùn)動過程中不與墻接觸。物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為= 0.1，木板與墻的碰撞是完全彈性的。取g = 10 m/s2，求（1）從物塊滑上木板到兩者達(dá)到共同速度時，木板與墻碰撞的次數(shù)及所用的時間；（2）達(dá)到共同速度時木板右端與墻之間的距離。解：（1）物塊滑上木板后，在摩擦力作用下，木板從靜止開始做勻加速運(yùn)動。設(shè)木塊加速度為a，經(jīng)歷時間T后與墻第一次碰撞，碰撞時的速度為v1，則： 聯(lián)立式解得T = 0.4 s

26、v1 = 0.4 m/s 在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度前，在每兩次碰撞之間，木板受到物塊對它的摩擦力作用而做加速度恒定的運(yùn)動，因而木板與墻相碰后將返回至初態(tài)，所用時間為T。設(shè)在物塊與木板兩者達(dá)到共同速度v 前木塊共經(jīng)歷n次碰撞，則有： 式中是碰撞n次后木板從起始位置至達(dá)到共同速度所需要的時間。式可改寫為 由于木板的速率只能位于0到v0之間，故有0 求解上式得1.5n2.5 由于n是整數(shù)，故 n=2 再由得 = 0.2 s v = 0.2 m/s 從開始到物塊與木板兩者達(dá)到共同速度所用的時間為= 1.8 s （2）物塊與木板達(dá)到共同速度時，木板右端與墻之間的距離為 聯(lián)立式，并代入數(shù)據(jù)得s = 0.06 m 例10、光滑水平面上放著質(zhì)量，mA1kg的物塊A與質(zhì)量mB2kg的物塊B， A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾