动量守恒定律和应用.docx
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动量守恒定律和应用.docx
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动量守恒定律和应用
动量守恒定律及其应用
一、动量守恒定律
1.动量守恒定律的容
一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。
即:
守恒是指整个过程任意时刻相等(时时相等,类比匀速)定律适用于宏观和微观高速和低速
2.动量守恒定律成立的条件
⑴系统不受外力或者所受外力之和为零;
⑵系统受外力,但外力远小于力,可以忽略不计;
⑶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。
3.动量守恒定律的表达形式
(1)
,即p1+p2=p1/+p2/,
(2)Δp1+Δp2=0,Δp1=-Δp2
4、理解:
①正方向②同参同系③微观和宏观都适用
5.动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识,动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。
(另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。
)从科学实践的角度来看,迄今为止,人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。
5.应用动量守恒定律解决问题的基本思路和一般方法
(1)分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被研究的物体总称为系统.
(2)要对各阶段所选系统的物体进行受力分析,弄清哪些是系统部物体之间相互作用的力,哪些是系统外物体对系统物体作用的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律条件,判断能否应用动量守恒。
(3)明确所研究的相互作用过程,确定过程的始、末状态,即系统各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。
注意:
在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体的速度均应取地球为参考系。
(4)确定好正方向建立动量守恒方程求解。
二、动量守恒定律的应用
1.碰撞
两个物体在极短时间发生相互作用,这种情况称为碰撞。
由于作用时间极短,一般都满足力远大于外力,所以可以认为系统的动量守恒。
碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。
仔细分析一下碰撞的全过程:
设光滑水平面上,质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动,B的左端连有轻弹簧。
在Ⅰ位置A、B刚好接触,弹簧开始被压缩,A开始减速,B开始加速;到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v),弹簧被压缩到最短;再往后A、B开始远离,弹簧开始恢复原长,到Ⅲ位置弹簧刚好为原长,A、B分开,这时A、B的速度分别为
。
全过程系统动量一定是守恒的;而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。
(1)弹簧是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为弹性势能,Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少全部转化为动能;因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。
这种碰撞叫做弹性碰撞。
由动量守恒和能量守恒可以证明A、B的最终速度分别为:
。
(这个结论最好背下来,以后经常要用到。
)
(2)弹簧不是完全弹性的。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少,一部分转化为弹性势能,一部分转化为能,Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同,弹性势能仍最大,但比⑴小;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少,部分转化为动能,部分转化为能;因为全过程系统动能有损失(一部分动能转化为能)。
这种碰撞叫非弹性碰撞。
(3)弹簧完全没有弹性。
Ⅰ→Ⅱ系统动能减少全部转化为能,Ⅱ状态系统动能仍和⑴相同,但没有弹性势能;由于没有弹性,A、B不再分开,而是共同运动,不再有Ⅱ→Ⅲ过程。
这种碰撞叫完全非弹性碰撞。
可以证明,A、B最终的共同速度为
。
在完全非弹性碰撞过程中,系统的动能损失最大,为:
。
【例1】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。
解析:
系统水平方向动量守恒,全过程机械能也守恒。
小球上升过程中,由水平系统动量守恒得:
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
【例2】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质量之比的可能围是什么?
解析:
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:
点评:
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碰前碰后两个物体位置关系(不穿越)和速度大小应保证其顺序合理。
2.子弹打木块类问题
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。
作为一个典型,它的特点是:
子弹以水平速度射向原来静止的木块,并留在木块中跟木块共同运动。
下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。
【例3】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。
解析:
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
点评:
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。 3.反冲问题 在某些情况下,原来系统物体具有相同的速度,发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。 这类问题相互作用过程中系统的动能增大,有其它能向动能转化。 可以把这类问题统称为反冲。 【例4】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? 解析: 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, ∴ 点评: 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。 以上列举的人、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,就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程,而要用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。 【例5】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? 解析: 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, 4.爆炸类问题 【例6】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s,这时突然炸成两块,其中大块质量300g仍按原方向飞行,其速度测得为50m/s,另一小块质量为200g,求它的速度的大小和方向。 分析: 手雷在空中爆炸时所受合外力应是它受到的重力G=(m1+m2)g,可见系统的动量并不守恒。 但在爆炸瞬间,力远大于外力时,外力可以不计,系统动量近似守恒。 设手雷原飞行方向为正方向,则整体初速度 ;m1=0.3kg的大块速度为 m/s、m2=0.2kg的小块速度为 ,方向不清,暂设为正方向。 由动量守恒定律: m/s 此结果表明,质量为200克的部分以50m/s的速度向反方向运动,其中负号表示与所设正方向相反 5.某一方向上的动量守恒 【例7】如图所示,AB为一光滑水平横杆,杆上套一质量为M的小圆环,环上系一长为L质量不计的细绳,绳的另一端拴一质量为m的小球,现将绳拉直,且与AB平行,由静止释放小球,则当线绳与AB成θ角时,圆环移动的距离是多少? 解析: 虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零(杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等)系统动量不守恒,但是系统在水平方向不受外力,因而水平动量守恒。 设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v,圆环的水平速度为V,则由水平动量守恒有: MV=mv 且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系,加之时间相同,公式中的V和v可分别用其水平位移替代,则上式可写为: Md=m[(L-Lcosθ)-d] 解得圆环移动的距离: d=mL(1-cosθ)/(M+m) 6.物块与平板间的相对滑动 【例8】如图所示,一质量为M的平板车B放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M,A、B间动摩擦因数为μ,现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动,B开始向右运动,最后A不会滑离B,求: (1)A、B最后的速度大小和方向; (2)从地面上看,小木块向左运动到离出发点最远处时,平板车向右运动位移大小。 解析: (1)由A、B系统动量守恒定律得: Mv0-mv0=(M+m)v① 所以v= v0方向向右 (2)A向左运动速度减为零时,到达最远处,此时板车移动位移为s,速度为v′,则由动量守恒定律得: Mv0-mv0=Mv′① 对板车应用动能定理得: -μmgs= mv′2- mv02② 联立①②解得: s= v02 【例9】两块厚度相同的木块A和B,紧靠着放在光滑的水平面上,其质量分别为 , ,它们的下底面光滑,上表面粗糙;另有一质量 的滑块C(可视为质点),以 的速度恰好水平地滑到A的上表面,如图所示,由于摩擦,滑块最后停在木块B上,B和C的共同速度为3.0m/s,求: (1)木块A的最终速度 ; (2)滑块C离开A时的速度 。 解析: 这是一个由A、B、C三个物体组成的系统,以这系统为研究对象,当C在A、B上滑动时,A、B、C三个物体间存在相互作用,但在水平方向不存在其他外力作用,因此系统的动量守恒。 (1)当C滑上A后,由于有摩擦力作用,将带动A和B一起运动,直至C滑上B后,A、B两木块分离,分离时木块A的速度为 。 最后C相对静止在B上,与B以共同速度 运动,由动量守恒定律有 ∴ = (2)为计算 ,我们以B、C为系统,C滑上B后与A分离,C、B系统水平方向动量守恒。 C离开A时的速度为 ,B与A的速度同为 ,由动量守恒定律有 ∴ 三、针对训练 练习1 1.质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。 当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时,车子速度将(B) A.减小B.不变C.增大D.无法确定 2.如图所示,放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧,当弹簧被放开时,它们各自在桌面上滑行一段距离后,飞离桌面落在地上。 A的落地点与桌边水平距离0.5m,B的落地点距离桌边1m,那么(A、B、D) A.A、B离开弹簧时的速度比为1∶2 B.A、B质量比为2∶1 C.未离开弹簧时,A、B所受冲量比为1∶2 D.未离开弹簧时,A、B加速度之比1∶2 3.如图所示,在沙堆表面放置一长方形木块A,其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B,木块的质量为M=6.0kg。 当爆竹爆炸时,因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm,而木块所受的平均阻力为f=80N。 若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计,g取 ,求爆竹能上升的最大高度。 解: 爆竹爆炸瞬间,木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得 , , 爆竹爆炸过程中,爆竹木块系统动量守恒 练习2 1.质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动,球1的动量为7kg·m/s,球2的动量为5kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞,则碰撞后两球动量变化的可能值是A A.Δp1=-1kg·m/s,Δp2=1kg·m/s B.Δp1=-1kg·m/s,Δp2=4kg·m/s C.Δp1=-9kg·m/s,Δp2=9kg·m/s D.Δp1=-12kg·m/s,Δp2=10kg·m/s 2.小车AB静置于光滑的水平面上,A端固定一个轻质弹簧,B端粘有橡皮泥,AB车质量为M,长为L,质量为m的木块C放在小车上,用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩,开始时AB与C都处于静止状态,如图所示,当突然烧断细绳,弹簧被释放,使物体C离开弹簧向B端冲去,并跟B端橡皮泥粘在一起,以下说法中正确的是BCD A.如果AB车表面光滑,整个系统任何时刻机械能都守恒 B.整个系统任何时刻动量都守恒 C.当木块对地运动速度为v时,小车对地运动速度为 v D.AB车向左运动最大位移小于 L 4.质量为M的小车静止在光滑的水平面上,质量为m的小球用细绳吊在小车上O点,将小球拉至水平位置A点静止开始释放(如图所示),求小球落至最低点时速度多大? (相对地的速度)( ) 6.如图所示甲、乙两人做抛球游戏,甲站在一辆平板车上,车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100kg,另有一质量m=2kg的球.乙站在车的对面的地上,身旁有若干质量不等的球.开始车静止,甲将球以速度v(相对地面)水平抛给乙,乙接到抛来的球后,马上将另一质量为m′=2m的球以相同速率v水平抛回给甲,甲接住后,再以相同速率v将此球水平抛给乙,这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求: (1)甲第二次抛出球后,车的速度大小. (2)从第一次算起,甲抛出多少个球后,再不能接到乙抛回来的球.( (1) v,向左 (2)5个) 练习3 1.在光滑水平面上,两球沿球心连线以相等速率相向而行,并发生碰撞,下列现象可能的是() A.若两球质量相同,碰后以某一相等速率互相分开 B.若两球质量相同,碰后以某一相等速率同向而行 C.若两球质量不同,碰后以某一相等速率互相分开 D.若两球质量不同,碰后以某一相等速率同向而行 2.如图所示,用细线挂一质量为M的木块,有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块,穿透前后子弹的速度分别为 和v(设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计),木块的速度大小为() A. B. C. D. 3.载人气球原静止于高h的空中,气球质量为M,人的质量为m。 若人要沿绳梯着地,则绳梯长至少是() A.(m+M)h/MB.mh/MC.Mh/mD.h 4.质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动,若将质量为2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小车,则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是() A.2.6m/s,向右B.2.6m/s,向左C.0.5m/s,向左D.0.8m/s,向右 5.车厢停在光滑的水平轨道上,车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。 设子弹质量为m,出口速度v,车厢和人的质量为M,则子弹陷入前车壁后,车厢的速度为() A.mv/M,向前B.mv/M,向后 C.mv/(m+M),向前D.0 6.向空中发射一物体,不计空气阻力。 当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a、b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则() A.b的速度方向一定与原速度方向相反 B.从炸裂到落地的这段时间里,a飞行的水平距离一定比b的大 C.a、b一定同时到达水平地面 D.在炸裂过程中,a、b受到的爆炸力的冲量大小一定相等 7.两质量均为M的冰船A、B静止在光滑冰面上,轴线在一条直线上,船头相对,质量为m的小球从A船跳入B船,又立刻跳回,A、B两船最后的速度之比是_________________。 参考答案1.A、D2.B3.A4.C5.D6.C、D7. 第三单元动量和能量 概述: 处理力学问题、常用的三种方法 一是牛顿定律;二是动量关系;三是能量关系。 若考查的物理量是瞬时对应关系,常用牛顿运动定律;若研究对象为一个系统,首先考虑的是两个守恒定律;若研究对象为一个物体,可优先考虑两个定理。 特别涉及时间问题时,优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时,优先考虑的是动能定理。 两个定律和两个定理,只考查一个物理过程的始末两个状态,对中间过程不予以细究,这正是它们的方便之处,特别是变力问题,就显示出其优越性。 例题分析: 例1.如图所示,质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连,放在光滑水平面上,A靠紧竖直墙。 用水平力F将B向左压,使弹簧被压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为E。 这时突然撤去F,关于A、B和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是(BD) A.撤去F后,系统动量守恒,机械能守恒 B.撤去F后,A离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒 C.撤去F后,A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为E D.撤去F后,A离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为E/3 [A离开墙前墙对A有弹力,这个弹力虽然不做功,但对A有冲量,因此系统机械能守恒而动量不守恒;A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。 A刚离开墙时刻,B的动能为E,动量为p= 向右;以后动量守恒,因此系统动能不可能为零,当A、B速度相等时,系统总动能最小,这时的弹性势能为E/3。 ] 指出: 应用守恒定律要注意条件。 对整个宇宙而言,能量守恒和动量守恒是无条件的。 但对于我们选定的研究对象所组成的系统,守恒定律就有一定的条件了。 如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”;而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。 例2.长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平,在竖直平面自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。 已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。 则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。 [若直接从电功率计算,就需要根据 求匀速运动的速度v、再求电动势E、电功率P、时间t,最后才能得到电热Q。 如果从能量守恒考虑,该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q,因此直接得出Q=2mgd] 例3如图所示,质量为1.0kg的物体m1,以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动,桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2,AB间的距离s=2.25m,桌面其他部分光滑。 m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰,碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s,若g取10m/s2,问m1碰撞后静止在什么位置? 解析: m1向右运动经过AB段作匀减速运动,由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒;和m2发生碰撞后,m2作平抛运动,由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度(碰撞之后)为2米/秒。 利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。 由动能定律可以求出返回经过AB段,离B点0.25米处停止。 例4翰林汇翰林汇222例子例如图所示,球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后,又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。 B球用长L的细线悬于O点,恰与水平地面切于D点。 A球与水平地面间摩擦系数=0.1,已知球A初始高度h=2米,CD=1米。 问: (1)若悬线L=2米,A与B能碰几次? 最后A球停在何处? (2)若球B能绕悬点O在竖直平面旋转,L满足什么条件时,A、B将只能碰两次? A球最终停于何处? (1)20次A球停在C处 (2)L0.76米,A球停于离D9.5米处 例5如图所示,小木块的质量m=0.4kg,以速度υ=20m/s,水平地滑上一个静止的平板小车,小车的质量M=1.6kg,小木块与小车间的动摩擦因数μ=0.2.(不计车与路面的摩擦)求: (1)小车的加速度; (2)小车上的木块相对于小车静止时,小车的速度; (3)这个过程所经历的时间. [ (1)0.5m/s2; (2)4m/s;(3)8s] 第二问: 对m、M系统研究,利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时,小车的速度。 也可以利用动能定理分别研究m和M,但相对而言要麻烦得多。 表明合理选择物理规律求解,可以提高解题速度和准确程度 例6如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问: 小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力? 解析: 滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力,应有 式中V是滑块相对圆心O的线速度,方向向左。 设小车此时速度u,并以该速度方向为正方向,则滑块的对地速度为 对滑块和小车组成的系统,由于水平方向所受合外力为零,由动量守恒有 由滑块和小车系统的机械能守恒有 三式联立求解得: 指出: 公式 是相对圆心的线速度,而本题中的圆心是以u向右移动的,所以滑快对地速度为V—u。 而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。 例7、如图所示,小车A质量为 置于光滑水平面上。 初速度为 ,带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为 轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.求 (1)物体B的最大速度. (2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少能 [解析: 小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成能. (1) (2)根据动量守恒定律有: (3) 例8静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求: (1)射出的氧离子速度; (2)每秒钟射出的氧离子数;(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度。 [解析: (1)以氧离子为研究对象,根据动能定理,有: 所以氧离子速度为 (2)设每秒钟射出的氧离子数为N,则发射功率可表示为: 所以氧离子数为N=P/2eU(3)以氧离子和飞行器为系统,设飞行器的反冲速度为V,根据动量守恒定律 所以,飞行器的加速度为 例9、质量为0.01kg的子弹以300m/s的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块,子弹进入木块6cm而相对于木块静止下来。 在这过程中,木块往前移动了0.2cm。 求: (
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