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动量机械能
动量 机械能
动 量
一、知识要点
(一)重要的概念
1.动量
定义:
把物体的质量和运动速度的乘积叫物体的动量
公式:
P=m·v单位:
千克米/秒
理解:
动量是矢量,方向与v相同,v指即时速度
2.动量的变化
定义:
物体的末动量减初动量叫物体动量的变化
公式:
ΔP=P′-P=mv′-mv单位:
千克米/秒或牛顿·秒
理解:
动量的变化是矢量,方向与Δv相同即Δv矢量,“减”是末动量矢量减初动量矢量,即平行四边形法则
3.冲量
定义:
把t和力的作用时间的乘积叫力的冲量
公式:
I=F·t单位:
牛顿·秒或千克米/秒
理解:
冲量是矢量、方向与F相同。
(二)基本规律
1.动量定理
语言表述:
合外力对物体的冲量等于物体动量的变化
公式:
F合·t=ΔP=mv′-mv
理解:
F合是合外力而不是某个力,合外力是恒力时ΔP与F合同向且为冲量的方向,合外力的方向变化时冲量与ΔP同向。
2.动量守衡定律
语言叙述:
相互作用的物体,如果不受外力作用或者它们所受的外力之和为零,它们的总动量保持不变。
公式:
两个物体相互作用时,m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′
理解:
系统所受外力的合力虽不为零,但比系统内力小得多,如碰撞过程中的摩擦力,爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多,可以忽略不计。
系统所受外力的合力虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上的系统的总动量的分量保持不变。
二、能力延伸
1.动量、动量的变化、冲量都是矢量,正、负号表示跟规定的正方向相同或相反。
2.ΔP=P′-P,ΔP的方向可以跟初动量P相同;可以跟初动量P的方向相反,也可以跟初动量的方向成某一角度。
3.动量定理不仅适用于恒定的力,也适用于随时间变化的力,对于变力,动量定理中的力F应当理解为变力在作用时间内的平均值。
4.求变力的冲量,不能直接用F·t求解,应该由动量定律根据动量的变化间接求解,也可以F-t图像下的“面积”的计算方法求解。
5.用动量定理解释现象的题目一般有两类:
一类是物体的动量的变化是一定的,此时力的作用时间越短,力就越大,时间越长,力就越小,另一类是作用力是相同的,此时力的作用时间越长,动量变化越大;动量变化越小的物体用的时间越短,分析问题时,要把哪个量相同哪个量不同弄清楚。
6.动量为状态量,对应的速度应为瞬时速度,动量守恒定律中的“总动量保持不变”指的应是系统的始、末两个时刻的总动量相等,或系统在整个过程中任意两个时刻的总动量相等。
7.动量守恒公式中各速度都要相对同一惯性参照系,地球及相对地球静止或相对地球匀速直线运动的物体即为惯性参照系,所以在应用动量守恒定律研究地面上物体的运动时,一般以地球为参照系,如果题目中告诉的速度是物体间的相对速度,则要把它变换成对地的速度。
8.在碰撞和爆炸现象中,一般都满足内力远大于外力,故可以用动量守恒定律处理。
9.一般的碰撞过程中,有正碰和斜碰,中学物理只研究正碰的情况。
若碰撞过程中无能量损失,这种碰撞叫做弹性碰撞,若碰撞中有能量损失,则叫非完全弹性碰撞,若两物体碰后粘合在一起,这种碰撞动量损失最大,叫完全非弹性碰撞。
五、典型例题
例1.质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中,重力、弹力、合力的冲量各是多大?
解:
力的作用时间都是
,力的大小依次是mg、
mgcosα和mgsinα,所以它们的冲量依次是:
特别要注意,该过程中弹力虽然不做功,但对物体有冲量。
例2.以初速度v0平抛出一个质量为m的物体,抛出后t秒内物体的动量变化是多少?
解:
因为合外力就是重力,所以Δp=Ft=mgt
有了动量定理,不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化,都有了两种可供选择的等价的方法。
本题用冲量求解,比先求末动量,再求初、末动量的矢量差要方便得多。
当合外力为恒力时往往用Ft来求较为简单;当合外力为变力时,在高中阶段只能用Δp来求。
例3.鸡蛋从同一高度自由下落,第一次落在地板上,鸡蛋被打破;第二次落在泡沫塑料垫上,没有被打破。
这是为什么?
解:
两次碰地(或碰塑料垫)瞬间鸡蛋的初速度相同,而末速度都是零也相同,所以两次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。
根据Ft=Δp,第一次与地板作用时的接触时间短,作用力大,
所以鸡蛋被打破;第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长,作用力小,所以鸡蛋没有被打破。
(再说得准确一点应该指出:
鸡蛋被打破是因为受到的压强大。
鸡蛋和地板相互作用时的接触面积小而作用力大,所以压强大,鸡蛋被打破;鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小,所以压强小,鸡蛋未被打破。
)
例4.某同学要把压在木块下的纸抽出来。
第一次他将纸迅速抽出,木块几乎不动;第二次他将纸较慢地抽出,木块反而被拉动了。
这是为什么?
解:
物体动量的改变不是取决于合力的大小,而是取决于合力
冲量的大小。
在水平方向上,第一次木块受到的是滑动摩擦力,一般来说大于第二次受到的静摩擦力;但第一次力的作用时间极短,摩擦力的冲量小,因此木块没有明显的动量变化,几乎不动。
第二次摩擦力虽然较小,但它的作用时间长,摩擦力的冲量反而大,因此木块会有明显的动量变化。
例5.质量为m的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t1到达沙坑表面,又经过时间t2停在沙坑里。
求:
⑴沙对小球的平均阻力F;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
解:
设刚开始下落的位置为A,刚好接触沙的位置为B,在沙中到达的最低点为C。
⑴在下落的全过程对小球用动量定理:
重力作用时间为t1+t2,而阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向,有:
mg(t1+t2)-Ft2=0,解得:
⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:
在t1时间内只有重力的冲量,在t2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有:
mgt1-I=0,∴I=mgt1
这种题本身并不难,也不复杂,但一定要认真审题。
要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。
若本题目给出小球自由下落的高度,可先把高度转换成时间后再用动量定理。
当t1>>t2时,F>>mg。
例6.质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进,当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩,到拖车停下瞬间司机才发现。
若汽车的牵引力一直未变,车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时,汽车的瞬时速度是多大?
解:
以汽车和拖车系统为研究对象,全过程系统受的合外力始终为
,该过程经历时间为v0/μg,末状态拖车的动量为零。
全过程对系统用动量定理可得:
这种方法只能用在拖车停下之前。
因为拖车停下后,系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力,因此合外力大小不再是
。
例7.质量为m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落,落到水平地面后,反跳的最大高度为h2=0.2m,从小球下落到反跳到最高点经历的时间为Δt=0.6s,取g=10m/s2。
求:
小球撞击地面过程中,球对地面的平均压力的大小F。
解:
以小球为研究对象,从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变化为零,根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时t1=0.3s和t2=0.2s,因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。
由动量定理得:
mgΔt-Ft3=0,F=60N
例8.质量为M的楔形物块上有圆弧轨道,静止在水平面上。
质量为m的小球以速度v1向物块运动。
不计一切摩擦,圆弧小于90°且足够长。
求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。
解:
系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒。
在小球上升过程中,由水平方向系统动量守恒得:
由系统机械能守恒得:
解得
全过程系统水平动量守恒,机械能守恒,得
本题和上面分析的弹性碰撞基本相同,唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。
例9.动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动,A追上B并发生碰撞后。
若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s,而方向不变,那么A、B质量之比的可能范围是什么?
解:
A能追上B,说明碰前vA>vB,∴
;碰后A的速度不大于B的速度,
;又因为碰撞过程系统动能不会增加,
,由以上不等式组解得:
此类碰撞问题要考虑三个因素:
①碰撞中系统动量守恒;②碰撞过程中系统动能不增加;③碰前、碰后两个物体的位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。
例10.设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块,并留在木块中不再射出,子弹钻入木块深度为d。
求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解:
子弹和木块最后共同运动,相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看,子弹射入木块过程中系统动量守恒:
从能量的角度看,该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。
设平均阻力大小为f,设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2,如图所示,显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理:
……①
对木块用动能定理:
……②
①、②相减得:
……③
这个式子的物理意义是:
fd恰好等于系统动能的损失;根据能量守恒定律,系统动能的损失应该等于系统内能的增加;可见
,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能),等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力,摩擦生热跟路径有关,所以这里应该用路程,而不是用位移)。
由上式不难求得平均阻力的大小:
至于木块前进的距离s2,可以由以上②、③相比得出:
从牛顿运动定律和运动学公式出发,也可以得出同样的结论。
由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动,位移与平均速度成正比:
一般情况下
,所以s2< 这说明,在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽略不计。 这就为分阶段处理问题提供了依据。 象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒,最后共同运动的类型,全过程动能的损失量可用公式: …④ 当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔEK=fd(这里的d为木块的厚度),但由于末状态子弹和木块速度不相等,所以不能再用④式计算ΔEK的大小。 做这类题目时一定要画好示意图,把各种数量关系和速度符号标在图上,以免列方程时带错数据。 以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。 如果发生相互作用前系统就具有一定的动量,那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程,而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。 例12.总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0,速度方向水平。 火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后,火箭本身的速度变为多大? 解: 火箭喷出燃气前后系统动量守恒。 喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m,以v0方向为正方向, 例11.质量为m的人站在质量为M,长为L的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边。 当他向左走到船的左端时,船左端离岸多远? 解: 先画出示意图。 人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、船动量大小始终相等。 从图中可以看出,人、船的位移大小之和等于L。 设人、船位移大小分别为l1、l2,则: mv1=Mv2,两边同乘时间t,ml1=Ml2,而l1+l2=L,∴ 应该注意到: 此结论与人在船上行走的速度大小无关。 不论是匀速行走还是变速行走,甚至往返行走,只要人最终到达船的左端,那么结论都是相同的。 做这类题目,首先要画好示意图,要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。 机械能 一、高考趋势 近年高考中本章内容体现在要求考生深刻理解、推确掌握功、平均功率、即时功率、动能、重力势能、弹性势能等重要概念及相关物理量的判断、计算;准确理解动能定理、机械能守恒定律的全部内容,熟练掌握它们的运用方法等,牢固树立功是能量转化的量度、能量守恒和能的转化等观点. 本章内容是高考命题的热点,特别是关于功、动能定理、机械能守恒定律的有关试题是必考的,有的题目可能重复出现,因此必须熟练掌握本章内容,并将其与牛顿运动定律及运动学有机结合,高考中本章试题题型全面,选择、填空、计算题都可能出,尤其是动能定理、机械能守恒定律、能的转化与守恒更多地出现在计算题中,成为近年高考一大重点,必须重视解综合题的能力. 另外,本章知识与实际生活、科技的联系与化学、生物的综合也是新高考命题的一大热点. 二、知识结构 基本概念 定义 物理意义 表示 功 力与力方向上位移的乘积 力对空间(位移)的积效果 W=F·scosα 功率 功与做功对应时间的比值 做功的快慢 P= =F·v· 动能 由于运动具有的能 反映物体处于某运动的快慢时所具有能的多少 Ek= mv2 重力势能 地球上物体具有的与高度有关的能 反映物体处于某相对高度时具有能的多少 EB=mgh 弹性势能 由于发生弹性形变具有的能 反映弹性形变物体储藏的势能及对外做功的能力大小 EB= kx2 机械能 动能和势能(重力势能和弹性势能)统称机械能 反映机械运动中对外做功能力的大小 E机=Ek+Ep 基本规律 内容 适用条件 表示 动能定理 外力对物体所做总功等于物体的能的变化量 不管恒力、变力做功;不管直线、曲线运动都适用 W总=Ek2-Ek1 = mv22- mv21 机械能守恒定律 只有重力做功,物体机械能守恒 只有重力做功才适用 E初=E末 能的转化和守恒定律 能量既不能凭空产生,也不能无影无踪的消失,不同形式的能量在相互转化中守恒 整个自然界,整个宇宙普遍适用 E=C(常数)或 △E=0 三、考纲要求 1.功的概念、恒力功的计算公式、变力功的计算、合外力做功与各个力做功的关系; 2.功率的概念、平均功率、机车的两种起动方式; 3.动能、动能定理(合外力做功与物体动能变化的关系); 4.重力势能的概念、重力势能的相对性、重力做功与重力势能改变的关系; 5.弹性势能,弹性势能与其它形式能量的转化; 6.机械能、机械能守恒定律及其应用; 7.碰撞中的能量变化; 8.功是能量转化的量度。 四、考点讲解 1.理解W=F·Scosα的适用范围,F是一个恒力,α为力F与位移S的夹角。 功的正负表示力在物体运动过程中起动力或阻力作用。 2.合外力做功可采用两种方法: 一是先求合外力,再根据公式W=F合·S·cosα计算;二是先分别求各外力的功,再求各外力的功的代数和。 3.注意区别P= 、P=Fvcosα、P=Fv三个公式的适用范围。 对P= ,P是时间t内的平均功率;对P=Fvcosα,若v是瞬时速度,P是瞬时功率,若v是平均速度,P是平均功率;对P=Fv,F与v必须同方向,功率P与速度对应,即瞬时速度对应瞬时功率,平均速度对应平均功率。 4.注意额定功率和输出功率的区别: 额定功率是发动机在正常工作时的最大输出功率。 5.关于机车的两种起动方式: (1)以额定功率起动,据F-f=ma和F=P/v可得 a= ,机车作加速度减小的加速运动,后当a=0时机车作匀速运动,汽车最大运动速度vm=P/f (2)以加速度a匀加速起动,据F-f=ma和P=Fv,牵引力起初为定值,功率增大,当P=P额后,改作加速度减小的加速运动。 6.关于摩擦力或介质阻力做功的特点: 摩擦力做功的大小是摩擦力与所作用的物体在力的方向上通过的路程,而非位移。 7.在两个接触面上因相对滑动而产生的热量Q=f滑s相对,其中f滑为滑动摩擦力,s相对为接触物的相对位移。 8.动能定理: W=Ek2-Ek1= mv22- mv12,即外力对物体所做总功等于物体动能的变化量,注意: (1)不管是否恒力做功,也不管是否做直线运动,该定理都成立; (2)对变力做功,应用动能定理要更方便、更迅捷。 (3)动能为标量,但ΔEk=Ek2-Ek1仍有正负,分别表动能的增减。 9.重力势能是由于物体与地球间相互作用,由相对位置决定的能量,为物体与地球这个系统所共有。 表达式Ep=mgh。 (1)重力势能具有相对性,随着所选参考平面的不同,重力势能的数值也不同。 (2)重力势能是标量、是状态量,但也有正负。 正值表示物体在参考平面上方,负值表示物体在参考平面下方。 10.重力做功的特点: (1)重力对物体所做的功只跟起点和终点的位置有关,而跟物体运动路径无关。 (2)重力对物体做正功,物体重力势能减小,减少的重力势能等于重力所做的功;重力做负功(物体克服重力做功),重力势能增加,增加的重力势能等于克服重力所做的功。 即WG=-ΔEp 11.单个物体和地球构成的系统机械能守恒定律: 在只有重力做功的条件下,物体的能量只在动能和重力势能间发生相互转化,机械能总量不变,机械能守恒定律的存在条件是: (1)物体只受重力作用; (2)除重力外还受其它力的作用,但其它力做功的代数和等于零。 12.多个物体和地球构成的系统机械能守恒定律: 在两个(或多个)物体相互作用的过程中,只有重力、万有引力和相互作用的弹力做功,则系统的机械能也守恒。 13.系统机械能守恒的表达式有以下三种: (1)系统初态的机械能等于系统末态的机械能,即: E初=E末 (2)系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量,即: ΔEp减=ΔEk增 (3)若系统内只有A、B两物体,则A物体减少的机械能等于B物体增加的机械能,即: ΔEA减=ΔEB增 14.相互作用中的动量与能量,三类碰撞中能量的变化: (1)完全非弹性碰撞: 动量守恒,机械能损失最大 (2)完全弹性碰撞: 动量守恒,机械能也守恒。 设两物体发生完全弹性碰撞,其中m1以v1匀速运动,m2静止。 据 可得 讨论: (a)当m1>m2时,v1′与v1方向一致; (b)当m1=m2时,v1′=0,v2′=v1,即m1与m2交换速度 (c)当m1<m2时,v1′反向,v2′与v1同向。 (3)非完全弹性碰撞: 为一般情况,只有动量守恒,机械能有损失,损失量不最大,亦不最小。 15.功和能的关系: 做功的过程就是能量转化的过程,做了多少功就有多少能量发生转化,功是能量转化的量度。 16.能量的转化和守恒定律: 能量既不会凭空产生,也不能无影无踪的消失,不同形式的能量在相互转化中保持守恒。 17.机械能守恒定律仅是能量的转化和守恒定律的一种表现形式。 五、典型例题 例1.如图所示,质量为m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直位置。 在下列三种情况下,分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成θ角的位置。 在此过程中,拉力F做的功各是多少? ⑴用F缓慢地拉;⑵F为恒力;⑶若F为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零。 可供选择的答案有 A. B. C. D. 解: ⑴若用F缓慢地拉,则显然F为变力,只能用动能定理求解。 F做的功等于该过程克服重力做的功。 选D ⑵若F为恒力,则可以直接按定义求功。 选B ⑶若F为恒力,而且拉到该位置时小球的速度刚好为零,那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。 选B、D 例2.质量为2t的农用汽车,发动机额定功率为30kW,汽车在水平路面行驶时能达到的最大时速为54km/h。 若汽车以额定功率从静止开始加速,当其速度达到v=36km/h时的瞬时加速度是多大? 解: 汽车在水平路面行驶达到最大速度时牵引力F等于阻力f,即Pm=fvm,而速度为v时的牵引力F=Pm/v,再利用F-f=ma,可以求得这时的a=0.50m/s2 例3.如图所示,斜面倾角为α,长为L,AB段光滑,BC段粗糙,且BC=2AB。 质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑,到达C端时速度刚好减小到零。 求物体和斜面BC段间的动摩擦因数μ。 解: 以木块为对象,在下滑全过程中用动能定理: 重力做的功为mgLsinα,摩擦力做的功为 ,支持力不做功。 初、末动能均为零。 mgLsinα =0, 从本例题可以看出,由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度,所以比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。 例4.将小球以初速度v0竖直上抛,在不计空气阻力的理想状况下,小球将上升到某一最大高度。 由于有空气阻力,小球实际上升的最大高度只有该理想高度的80%。 设空气阻力大小恒定,求小球落回抛出点时的速度大小v。 解: 有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球用动能定理: 和 ,可得H=v02/2g, 再以小球为对象,在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程用动能 定理。 全过程重力做的功为零,所以有: ,解得 从本题可以看出: 根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。 有时取全过程简 单;有时则取某一阶段简单。 原则是尽量使做功的力减少,各个力的功计算方便;或使初、 末动能等于零。 例5.质量为M的木块放在水平台面上,台面比水平地面高出h=0.20m,木块离台的右端L=1.7m。 质量为m=0.10M的子弹以v0=180m/s的速度水平射向木块,并以v=90m/s的速度水平射出,木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m,求木块与台面间的动摩擦因数为μ。 解: 本题的物理过程可以分为三个阶段,在其中两个阶段中有机械能损失: 子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。 所以本题必须分三个阶段列方程: 子弹射穿木块阶段,对系统用动量守恒,设木块末速度为v1,mv0=mv+Mv1……① 木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理,设木块离开台面时的速度为v2, 有: ……② 木块离开台面后的平抛阶段, ……③ 由①、②、③可得μ=0.50 从本题应引起注意的是: 凡是有机械能损失的过程,都应该分段处理。 从本题还应引起注意的是: 不要对系统用动能定理。 在子弹穿过木块阶段,子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。 如果对系统在全过程用动能定理,就会把这个负功漏掉。 例6.如图所示,小球以大小为v0的初速度由A端向右运动,到B端时的速度减小为vB;若以同样大小的初速度由B端向左运动,到A端时的速度减小为vA。 已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。 比较vA、vB的大小,结论是 A.vA>vBB.vA=vB C.vA 解: 小球向右通过凹槽C时的速率比向左通过凹槽C时的速率大,由向心力方程 可知,对应的弹力N一定大,滑动摩擦力也大,克服阻力做的功多;又小球向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起D时的速率小,由向心力方程 可知,对应的弹力N一定大,滑动摩擦力也大,克服阻力做的功多。 所以小球向右运动全过程克服阻力做功多,动能损失多,末动能小,选A。 例7.如图物块和斜面都是光滑的,物块从静止沿斜面下滑过程中,物块机械能是否守恒? 系统机械能是否守恒? 解: 以物块和斜面系统为研究对象,很明显物块下滑过程中系统不受摩擦和介质阻力,故系统机械能守恒。 又由水平方向系统动量守恒可以得知: 斜面将向左运动,即斜面的机械能将增大,故物块的机械能一定将减少。 有些同学一看本题说的是光滑斜面,容易错认为物块本身机械能就守恒。 这里要提醒两条: ⑴由于斜面本身要向左滑动,所以斜面对物块的弹力N和物块的实际位移s的方向已经不再垂直,弹力要对物块做负功,对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。 ⑵由于水平方向系统动量守恒,斜面一定会向右运动,其动能也只能是由物块的机械能转移而来,所以物块的机械能必然减少。 例8.如图所示,质量分别为2m和3m的两个小球固定在一根直角尺的两端A、B,直角尺的顶点O处有光滑的固定转动轴。 A
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