动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型 2

动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型

子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。μNS相=ΔEk系统=Q，Q为摩擦在系统中产生的热量。②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。

例题：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f，突出时木块速度为V，位移为S，则子弹位移为(S+l)。水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+MV ① 112由动能定理，对子弹 -f(s+l)=mv2mv0 ②

221对木块 fs=MV20 ③

2 l

v0 v S

由①式得 v=

m1m2(v0v) 代入③式有 fs=M2(v0v)2 ④ M2M111111m22②+④得 fl=mv0mv2MV2mv0{mv2M[(v0v)]2}

222222M由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。即Q=fl，l为子弹现木块的相对位移。

结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。即 Q=ΔE系统=μNS相

其分量式为：Q=f1S相1+f2S相2+……+fnS相n=ΔE系统

1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m，一质量 与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板A，金属 块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s。求两木板的最后速度。

2．如图示，一质量为M长为l的长方形木块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，现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的初速度 (如图)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离 B板。以地面为参照系。

⑴若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后速度的大小和方向；

⑵若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。

v0 A

B v0 l

2

v0

A B

3．一平直木板C静止在光滑水平面上，今有两小物块A和B分别以2v0和v0的初速度沿同一直线从长木板C两端相向水平地滑上长木板。如图示。设物块A、B与长木板 A 2v v B

0

0

C间的动摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等。

⑴若A、B两物块不发生碰撞，则由开始滑上C到A、B都静止在 C上为止，B通过的总路程多大？经历的时间多长？ ⑵为使A、B两物块不发生碰撞，长木板C至少多长？

C

4．在光滑水平面上静止放置一长木板B，B的质量为M=2㎏同，B右端距竖直墙5m，现有一小物块 A，质

量为m=1㎏，以v0=6m/s的速度从B左端水平地滑上B。如图

所示。A、B间动摩擦因数为μ=0.4，B与墙壁碰撞时间极短，且 A v 5m

0

碰撞时无能量损失。取g=10m/s。求：要使物块A最终不脱离B 木板，木板B的最短长度是多少？

2 B

5．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车，车上放一质量为m=1.96㎏的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m，车与木块一起以v=0.4m/s的速度

L v0

向右行驶，一颗质量为m0=0.04㎏的子弹以速度v0从右方射入木块并留 在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数 μ=0.2，取g=10m/s。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应 满足什么条件？

2

m v

6．一质量为m、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m，在小车正中放一质量为m、长度为0.1m的物块，物块与小车间动摩擦因数μ=0.15。如图示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v0 =6m/s的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。求： ⑴小车获得的最终速度； ⑵物块相对小车滑行的路程； ⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次； ⑷物块最终停在小车上的位置。

7．一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v0射入静止的木块，子弹的质量为m，打入木块的深度为d，木块向前移动S后以速度v与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为

v0

m(v0v)vdm(v0v)12 A．m(v0 D.v0v) B.mv0(v0v) C.vd

22sS 参考答案

1. 金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。假设金

mv3mv0属块最终停在A上。三者有相同速度v，相对位移为x，则有 解1122mgxmv3mv022得：x4mL，因此假定不合理，金属块一定会滑上B。 3设x为金属块相对B的位移，v1、v2表示A、B最后的速度，v0′为金属块离开A滑上B瞬间的速度。有：在

2mv1mvmv00A上  全过程 111122mgLmvmv2mv001222mvmv12mv20mg(Lx)1mv21mv212mv2

220212v1m/s或1m/sv1m/s113350(舍)或v04m/s ∴ 联立解得：v0v2m/s 3615x0.25mv2m/s或m/s26*解中，整个物理过程可分为金属块分别在A、B上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B。可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。

2．⑴A恰未滑离B板，则A达B最左端时具有相同速度v，有 Mv0-mv0=(M+m)v ∴ vM＞m, ∴ v＞0,即与B板原速同向。

⑵A的速度减为零时，离出发点最远，设A的初速为v0，A、B摩擦力为f，向左运动对地最远位移为S，则 fS11122mv00 而v0最大应满足 Mv0-mv0=(M+m)v fl(Mm)v0(Mm)v2 222Mml 4MMmv0 Mm 解得：s3．⑴由A、B、C受力情况知，当B从v0减速到零的过程中，C受力平衡而保持不动，此子

2v0v过程中B的位移S1和运动时间t1分别为：S1,t10 。然后B、C以μg的加速

2gg度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度v。对全过程：

mA·2v0-mBv0=(mA+mB+mC)v ∴ v=v0/3 B、C

的加速度 amAgmBmC1g ,此子过程2B的位移

2v0v22v2v0 S2运动时间t22g9gg3g ∴ 总路程SS1S2211v05v,总时间tt1t20 18g3g ⑵A、B不发生碰撞时长为L，A、B在C上相对C的位移分别为LA、LB，则 L=LA+LB

27v0111222 mAgLAmBgLBmA(2v0)mBv0(mAmBmC)v解得：L2223g*对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是ΔP=0和Q=fS相=ΔE系统。全过程方程更简单。

4．A滑上B后到B与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v需作以下判断：mv0=(M+m)v, ①v=2m/s

此时B对地位移为S1，则对B：mgS11Mv2 ②S=1m＜5m,故在B与墙相撞前与2112mv0(Mm)v2 ③ 22A已达到相同速度v，设此时A在B上滑行L1距离，则 mgL1L1=3m

【以上为第一子过程】此后A、B以v匀速向右，直到B与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B的速度大小不变，方向变为反向，A速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B以v向左、A以v向右运动，当A、B再次达到相同速度v′时：Mv-mv=(M+m)v′ ④ v′=2/3 m/s向左，即B不会再与墙相碰，A、B以v′向左匀速运动。设此过程(子过程4)A相对B移动L2，则 mgL211(Mm)v2(Mm)v2 ⑤ L2=1、33m L=L1+L2=4.33m为木板的最小长度。 22112mv0(Mm)v2实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当22*③+⑤得 mgLPA始终大于PB时，系统最终停在墙角，末动能为零。

5．子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度v1时，小车速度不变，有 m0v0-mv=(m0+m)v1 ① 此后木块(含子弹)以v1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v2，则 (m0+m)v1-Mv=(m0+m+M)v2 ②

(m0m)gL2

1112(m0m)v12Mv2(m0mM)v2 ③ 222 联立化简得： v0+0.8v0-22500=0 解得 v0=149.6m/s 为最大值， ∴v0≤149.6m/s 6. ⑴当物块相对小车静止时，它们以共同速度v做匀速运动，相互作用结束，v即为小车

最终速度

mv0=2mv v=v0/2=3m/s ⑵mgS11S0.52mv02mv2 S=6m ⑶n16.56次 22ld⑷物块最终仍停在小车正中。 *此解充分显示了全过程法的妙用。

7．AC A：mv0(Mm)v11Q2mv202(Mm)v2

：fS1Mv21(mv0mf2d2v)v2Q C