动量专题复习滑块子弹打木块模型练习参考答案

1、学习必备欢迎下载参考答案1.mv0mv 0mmmmg2.3 a 恰未滑离b 板，就 a 达 b 最左端时具有相同速度v ， 有 mv 0-mv0=m+mvvmmm m, v 0, 即与 b 板原速同向；m v 0m a 的速度减为零时，离动身点最远，设a 的初速为v 0， a、b 摩擦力为f ，向左运动对地最远位移为s，就fs1 mv 20而 v 0 最大应满意mv 0-mv0=m+mvfl1 mmv 21 mm v 22解得： s0mm l 4m2024. 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v 1 时，小车速度不变，有 m0v 0-mv=m0+mv1

2、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v 2，就m0+mv1-mv=m0+m+mv2 m 0m gl1221 m 02m v 21 mv 221 m02mm v2联立化简得：v 0 +0.8v 0-22500=0解 得 v 0=149.6m/s为最大值，v 0 149.6m/s5. 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定；假设金属块最终停在a 上；mv03mv4三者有相同速度v ，相对位移为x，就有属块肯定会滑上b；mgx1 mv 20213mv 22解得： xm3l ，因此假定不合理，金设 x 为金属块相对b 的位

3、移， v 1、v 2 表示 a、b 最终的速度， v 0为金属块离开a 滑上 b 瞬时的速度； 有：mv0mv02mv1mv 0mv 12mv 2在 a 上11121全过程2121212mgl2 mv02 mv022mv 1mg lx2 mv02 mv122mv2v11m / s 或 1 m / s3v11 m / s 3联立解得：v00 舍 或v 04 m / s3v256m / sv 212m / s或5 m / s 6x0.25m* 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，也可采纳子过程全过程列式，实际上是整体部分隔离法的

4、一种变化；6由a、b、c 受力情形知，当b 从 v0 减速到零的过程中，c 受力平稳而保持不动，此子过程中b 的位移0v 2s1 和运动时间t 1 分别为： s1v02 g , t1g；然后b、 c以 g 的加速度一起做加速运动；a 连续减速，v2直到它们达到相同速度v ；对全过程：ma· 2v0-mbv 0=ma+mb+mcvv=v0 /3b、 c 的加速度ama g1g , 此 子 过程b 的位移s2v0运动时间 t 22v2v02mbmc22g9 gg3 g学习必备欢迎下载0 总路程 ss1s211v 2, 总时间 tt1t25v018 g3 g a、b 不发生碰撞时长为l，

5、a、b 在 c 上相对 c 的位移分别为la、lb，就l=l a+lb0ma glamb glb1 ma 2v0 21 mb v21 m ambmc v 2 解得： l7v202223 g* 对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特殊是 p=0 和 q=fs 相= e 系统；全过程方程更简洁；7. 解析：（ 1）木块 a 先做匀减速直线运动至与c 速度相同，后与一道做匀加速直线运动；木块b 始终做匀减速直线运动；木板c 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到a、b、c 三者的速度相等（设为v1）为止，a、b、c 三者组成的系统动量守恒故：mv02 mv0mm3mv1， v1=0.6 v0；对木

6、块b 运用动能定理，有mgs12mv112m2v0 ，所以 s291v0；2250 g（ 2）设木块a 在整个过程中的最小速度为v（此时a、c 共速），由动量定理知，至此，a、b 的动量变化都相同，都为mv0v ，因 a、b、c 组成的系统动量守恒，有2mv0v 3mv，所以木块a 在整个过程中的最小速度v/2v0；58a 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 需作以下判定： mv0=m+mv, v=2m/s此时 b 对位置移为s1，就对b：mgs11 mv 22s=1m5m,故在 b 与墙相撞前与a 已达到相同速度 v ，设此时a 在 b 上滑行 l1 距离

7、，就mgl11 mv 2021 m2mv 2 l 1=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 此子过程不用争论 ，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缺失，不用运算 ， 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+mv 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 4a 相对 b 移动 l2，就mgl 21 m2mv 21 m2m v 2 l 2=1、33m l=l 1+l2=4.33m 为

8、木板的最小长度；* +得mgl1 mv 2021 m2m v2 实际上是全过程方程；与此类问题相对应的是：当 pa 始终大于pb 时，系统最终停在墙角，末动能为零；9.当物块相对小车静止时，它们以共同速度v 做匀速运动，相互作用终止，v 即为小车最终速度mv0=2mv v=v 0/2=3m/smgs1 mv 2021 2mv 22s=6m ns0.51ld6.56次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；10.欢迎下载11. ： 1 当 a、b、c 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.由a、b 、c 三者组成的系统动量守恒，mamb v mambmc vabc2 分v abc

9、解得226 m / s2243m / s2 分2b、c 碰撞时 b、c 组成的系统动量守恒，设碰后瞬时b、c 两者速度为vbc ，就mbv=mb+mcvbc26vbc = 24（2 分）设物 速度相同时弹簧的弹性势能最大为ep，1v2依据能量守恒ep= 2 mb+mcbc1+ 2 mav12- 22ma+mb+mcv abc1= 2 ×2+41×22+ 21×2×62- 2×2+2+4×32=12 j4 分12. 设第一颗子弹射入木块后两者的共同速度为v1， 由动量守恒得mv0 = m + mv 13分木块由 o 上滑到 c 的过程，

10、机械能守恒 m + mgr = m + mv1 2/23分联立解得：v0 = 102gr2分当木块返回o 点时的动量与第2 颗子弹射入木块前的动量等大反向，子弹和木块组成的系统总动量等于零；射入子弹的颗数n=2、4、6、8时，都是如此，由动量守恒定律可知，子弹打入后系统的速度为零，木块静止，上上升度h= 04 分当 n 为奇数时，由动量守恒和机械能守恒得：mv0 = nm + mvn3分nm + mvn 2/2 = nm + mgr/ 43分学习必备欢迎下载联立解得： n =2v-2grm= 11次m13. 解析： 对子弹和木块应用动量守恒定律：m0 mm 1所以14m / s （ 2 分）22对子弹、木块由水平轨道到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势