“子弹打木块”模型

建构物理模型，巧手解决问题

“子弹打木块未穿出，，模型

太原市第十二中学姚维明

模型建构：

【模型】防弹打木块未穿出；②两滑块相对运动，最终相对静止；③两小球相互作用，速

度最大。④物块在弧面上运动，并相对静止。

【特点】子弹打木块的常见类型之一：

(1)木块放在沙滑的水平而匕子弹以初速度V。射击木块。

运动模型：子弹最终没有穿出木块，以共同速度运动。

运动特点：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做

匀加速运动。V

图象模型：从子弹击中木块时刻开始，在同一个V—t坐标中，v0

两者的速度图线如图1所示。

图1中，图线的纵竺标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反

映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对°

位移。

方法模型：把子弹和木块看成一个系统，利用：①系统水平方向动量守恒；②系统的能

量守恒(机械能不守恒)；③对木块和子弹分别利用动能定理。

规律模型：

①系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即AE=zmg-d

②系统动量守恒：mv0=(M+m)v

③物块固定在水平面，子弹以初速度V。射击木块，对子弹利用动能定理，可得：

1212

-Fd=--wv

f乙乙0

模型典案：

【典案1】如图2所示，质量为m子弹，以速度V。射向静止在光滑水平桌面上的木块,

木块的质量为M。已知子弹在木块中运动所受阻力恒为Ff。求：_______

(1)木块至少为多长，子弹刚好不能射出木块

⑵系统发热发热损失的机械能7777777^77777777777.

方法模型-：图2

K解析1子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为v,由动量守恒定律得

mv0=(M+m)v①

设子弹相对桌面位移为S1,对子弹由动能定理得:-fS|=mv2/2-mVo2/2②

设木块相对桌面位移为S1,对木块由动能定理得:fS产MV2/2-0③

设木块长度为d,则$2=Si+d④

□>□)

由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m)

方法模型二：

K解析》子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速

图3

度为V,由动量守恒定律得

mv0=(M+m)v①

对子弹与木块组成的系统由能量守恒定律得:

mv02/2=(M+m)V2/2+fd②

由以上各式解得：d=Mmv02/2f(M+m)

方法模型三：

1

建构物理模型，巧手解决问题

了解子弹打木块模型V—1图的物理意义。

1、木块的厚度理数2、子弹木块质量比

3、作用阻力4、小车动能

【典案2】如图4所示，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E&______

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嬴诙修

因数为U=0.1,g取10m/s2。求两木板的最后速度。图4

R解析1这是子弹打木块模型的典型示范。金属块在板上滑

动过程中，系统动量守恒，金属块最终停在什么位置要进行判断。

（1）假设金属块最终停在A上。三者的相同速度为v,相对位移为x,则有

mv=3mu

,°11

mgx=^mv2-一・3加2

I2o2

4

解得：x=_m>L,因此假定不合理，金属块一定会滑上B。

3

（2）设x为金属块用对B的位移，Vpv素示A、B最后的速度，v2金属块离开A

滑上B瞬间的速度。则有：

mv=mi/+2mv

在A上°1°|1

InmgL=-mv\

I202021

[rnv=mv+2mv

全过程4°11211

INmg(L+x)=-mvi一一mvi一一

I2o2i22

4=lm/s或;m/s

=ym/s

45

联立解得：，u'=0(合)或"=_m/s

：•)v=_m/s

o。326

15x=0.25m

v=_m/$或_mls

226

K点评》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，也可采用子过程一>全过程列式，实际上是整体一部分隔

离法的一种变化•％A

【典案31如图5所示，一质量为M长为I的长方形木块（-------广三电”

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

l

<M,现以地面为参照物，给A和B以大小相等、方向相反的'.c

初速度，如图所示，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。求：

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

R解析》⑴这也是子弹打木块模型。子弹的质量为（M-m）,初速度为%,A恰未滑离

2

建构物理模型，巧手解决问题

B板，则A达B最左端时具有相同速度v,

M-m

有Mv-mv=(M+ni)v:.v=Dv

M+mo

M>m,Av>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％,A、B摩擦力为F,向左运动对地最远位移为x,则

Fx=-mv2-0

/2o

而v0应隼足Mv0-mv0=(N^+m)v

F-/=+rn)v2-_(M+ni)v2

f2..,o2

解得：x=------1

4M

K点评》本题的特点是最终有共同速度，最终的动量必定与系统初始动量等大同向。特别

注意对地还是相对的问题,我们最好以对地为参照系进行研究。

【典案4]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2v司”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6示。设物块A、T与二木

板C间的动摩擦因数为u,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？图6

R解析】(D由A、B、C受力情况知，当B从%减速到零

的过程中，C受力平衡而保持不动，此子过程中B的位移S1和运动时间1分别为：

■T-®-/=-0-

2Ag1Rg

然后B、C以四的加速度一起做加速运动。A继续减速，直到它们达到相同速度V。

看作一颗子弹，初始动量为：m/Vo-mRVo

对全过程：mA-2v0-mBVo=(mA+mB+mc)v解得：

B、C的加速度。;内”3J以

m+m2

BC

此子过程B的位移S===3运动时间f=2V=2Vo

22g9“2Kg3印

5v

总路程s=s+s=—总时间"f+f

1218照I2戒

⑵A、B不发生碰撞时，木板长为L,A、B在C上相对C的位移分别为Lb则

L=LA+LB

1I17V2

|l/77gL+R〃？gL=—m(2u)2+—〃？y2--(7??+m+tn川解得：L=­«-

AA882Ao2802A»C3%

K点评1对多过程复杂问题，优先考虑全过程方程，特别是AP=O和Q=fS/zXE,”全

图7

建构物理模型，巧手解决问题

解得v0=149.6m/s为最大值，

，vQ149.6m/s

【典案7】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产0.15。如国9

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：

（1）小车获得的最终速度；v；0

（2）物块相对小车滑行的路程；[1士F|

（3）物块与两挡板最多碰撞了多少次：粉力》汕〉品E

（4）物块最终停在小车上的位置。图9

K解析）1（1）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解产:v=vQ/2=3m/s

(2)Mm^S=­mv2~-s=6m

2o2

S—0.5

(3)n=-+--1--=-6--.5=6次

l-d

（4）物块最终仍停在小车正中。

K点评H（2）式中的“S”本身就是物块在全过程运动的路程。此解充分显示了全过程能

量守恒规律的重要性及其全程考虑方法的妙用。

【典案8】如图10所示，在光滑的水平轨道上有两个半径都是r的小球A和氏质量

分别为m和2m,当两球心间的距离大于d（d»2r）时，两球间无相互作用力；小于或等于d

时，存在恒定的斥力F。当A球从较远处以速度V。向原来驾噌B球簧0,欲骐於

相碰，%应满足什么条件，,G）Q

解法一:A球向B球接近至A、B间的距离小于以

I之后,A球的速度逐步减小，B球从静止开始加速运动。1

两球间的距离逐步减小，当A、B的速度相等时，两球图1。

间的距离最小。若此距离人于2r,则两球就不会接触。所以不接触的条件是

v=v

其中V：、v,为当两钛间怩离最小时A、B两球的速度,为两球间距离从/变至最

2

小的过程中，A、B两球通过的路程。

由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中，A、B两球的加速度大小为

FF

a=—,a=__

•m22m

设%为A球的初速度，则由匀加速运动公式得

vv-at,v-at

0J221

vr-12,s=_a12

021222

MF(/-2r)

联立以上各式解得:V<

0

解法二：本题可等效尸子弹打木块模型，如图11。

□>

A、B两球刚接触的条件是：ED

7///yW//1

V1=V2=V

/+5>2r

—s图II

设%由A米的初速度，则由动量守恒定律得

5

建构物理模型，巧手解决问题

inv=(tn+2.ni)v

由」能定理得

Fs=_mv2-_mv2,Fs=2

12021222

：3F(/-2r)

解得：v<J---------------

m

0V

解法三：用图象求解

作出两小球运动图象如图12

△S°PYSY①

由题设条件可得△S0pQ=L-2r②

运用图象的物理意义解得M<i3F(Z-2r)

0Vm图12

【典案9】如图13所示，在光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等。

Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞

过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()

A.P的初动能B.P的初动能的1/2

C.P的初动能的1/3D.P的初动能的1/4

K解析】这是典型的子弹打木块模型。两物块图13

速度相等时，弹性势能最大。

设P的初始速度为h,最终的共同速度为v

根据需动量定理得:mv=2mv

0

1

解得：v=—v

20

_11111

根据能量守恒规律:E=_mv2__2〃z(_u)2=_(_WV2)

〃2。22o220

答案选D

模型体验：

【体验1】一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v°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

.1/「\c/\v-v\vd_m(v-v)

A._ni(v2-vv)B.mv(v-v)C.__rt2___D.n0vd

200002sS

K答案》AC

mv=(A/+ni)v11mv

00=_O.-/??)V2

11C：\22v

Q=—tnv2-_(M+m)v2[Q=f-d

202

【体验2］如图14所示，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，〃的小球以速度匕向物块运动。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”和物块的最终速度Vo

K解析》系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

6图14

建构物理模型，巧手解决问题

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得；

mv.=\M+m）v/

由系统机械能守恒得：

-fnV2=UA/+/?J）v*2-"IgH

212

MV2

解得H=—J---1~~

2（M+m）g

全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得丫=2〃—

M+m1

K点评W本题和前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。

【体验3）如图15所示，质量为M的小车A左端固定一根轻弹A

簧，车静止在光滑水平面上，一质量为机的小物块B从右端以速度v0乂型检

冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相Jj

对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能与和全过程系统摩擦生热。各9\式.*W

多少？简述8相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。°

K解析》全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同

的

都满足：〃八，0=（"计7"卜，

第二阶段初、末系统功能相同，说明小物块从车左端返【可车右端过程中弹性势能的减小恰好

等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能稣恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个

过程中摩擦生热是相同的，所以牛是全过程摩擦生热。的一半。

又因为全过程系统的功能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能

所以AE=g=2E

KP

Mmv2

而

NE=/"o1

人2W+Ji

图16

M/nv2Mmv2

E=

PQ=2（A/+w）

至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化.则应该用牛顿运动定律来分析：刚

开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小左受的

弹力F也一定大于摩擦力了,小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到

某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外

力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和8

具有向左的共同速度，并保持匀速运动。

【体验4］在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪（不包括子弹）及靶的总质量为

M,枪内装有n颗子弹，每颗质量为m,枪口到靶的距离为I,子弹射出枪口时相对于地面

的速度为v,在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入耙中，则在发射完n颗子弹后，小船

后退的距离为多少？

【错解】设第一颗子弹射出后船的后退速度为V',后退距离为S1，子弹从枪口到靶所

用的时间为：，二乙①

v

对n颗子弹和其他物沐构成的系统，可以认为是一颗子弹（质量为nm）,同时打入靶中，

7

建构物理模型，巧手解决问题

列动星守恒方程：

mnv=[M+(n-1)m]vf②

在时间t内船的后退距离s：v‘t③

子弹全部射出后船的后退疝离$=华④

nm/

s二------------

联立①②③④解得：M+(n・l)m

上述结果之所以借误，主要问题出在第①式上。即匕=，

巾的位移闲速度啦对同一参照至而言。而此题解巾子弹请出后对地速

度为％?为子弟相对船的位移,所以式于t=,是错误的。%

v__2^.

【正确解答】设子弹射出后船的后退速度为V',后退二二1.

距离为s「v't,如图17所示，由几何关系可知i,«：

/=d+s即/=v,t+v't@、j-1；

联立②③④⑤解得：L______/

=nm/,图17

5w——

M+nm

【小结】对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动

的关系，而这一关系如果能用图18所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的

相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大

有益处的。

【体验51如图17所示，A、B、C三木块质后相等，一切接触面均光滑，一子弹由A

射入，从B射出。设三木块末速度分别为VA，VB，VC，则有：|—।

A%最大丫。~________

B.VA最大A囚B

C.vA=vB,

D.二木块的速度大小关系：VQEVB佟“8

R解析》动量守恒挡子弹打穿A木块的瞬间时

mv0=(MA+MB)vA+mv1

此时AB速度都为M丫人即为木块A的最终速度

当子弹打穿B木块的瞬间时

MBvB+mv1=MBvB+mv2

因为v,<v2

所以vA<vB

而都是光滑而所以丫产。

所以VC<VA<VB

【体验6】如图19所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M,它下面用长为L的绳

2

系一质量为年的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与

砂袋一起摆过一角度0。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度v多大？

【错解】由动量守恒定律：mv=(M+M+m)v

012

由能量守恒定律：y(Mi+IE)V2-(Mj+m)gL-cosP：

乙

图19

8

建构物理模型，巧手貂决询撤

o----------------々2也(1-3/

解得:m

没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成

“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点

的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M,+m)只是竖直方向的速度为

零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1+m)具若动能。这一点是不少学生在

分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。1

【正确解答】子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v；,由动

量守恒定律：

mv=(M+m)v'①

01

此后叫+m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而乂2在水平方向做加速运动，当

(Mjm)与M；具有共同水平速度时，悬线偏角。达到最大，印度直向上的速度为零，在这一

过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v,由机械能守恒有：

1.

5(M]+m)v。'2=(Mj+m)gL(l-cos6)

2

+1(Mj+M2+m)v②

但式①，②中有三个未知量，V。，V；,V,还需再寻找关系。

从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度V为止，在这个过程中，水平方向不受外力,

所以、动量守恒，由动量守恒定律有:

mv=(M+M+m)v③

011

联2乂-u人①c②c③g解仔p：V。=M一]+丁mJ-+-M2-+m)2gL(LcosG)

Mi+m(Mi+M+m)

正确答案是,2

°=一弧—2gL(l-c。响

K点评》对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新

的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍

运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂巨这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出

两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。

【体验7】如图20所示，有两个物体A,B,紧靠着放在光滑水平桌面.匕A的质量为

2kg,B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800nVs的水平速度射入A,经过0.01s

又射入物体B,最后停在B中，A对子弹的阻力为3X1(hN,求A,B最终的速度。

K错解1设A,B质量分别为npm，子弹质量为m,子弹

BAE

离开A的速度为v,物体A,B最终速度分别为4,v,A对子弹

的阻力为匕图20

在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v为正：

o

-f,t=mv—mv

o

解得：v=500m/S

对物体A用动量定理。

f•t=mv0

解得：vAJ5rrVS.

A

对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：

mv=(m+m)v

BB

9

建构物理模型，巧手解决问题

解得；v^=16.13m/s<>

问题主要出在对物体A用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等

于物体动量的改变”。而此处物体A除了受摩擦力以外还受到B对A的挤压作用。其实，

此题可以避免A,B之间的挤压力，方法就是把A,B看成一个整体。

【正确解答】设A,B质量分别为m,m,子弹质量为m。子弹离开A的速度为了v,

AB

物体A,B最终速度分别为v,vo

AB

在子弹穿过A的过程中，以A,B为整体，以子弹初速V。为正方向，应用动量定理。

f•t=(m+m)u(u为A,B的共同速度)

AB

解得：u=6m/So

由于B离开A后A水平方向不受外力，所以A最终速度V=u=6nVSo

对子弹，A和B组成的系统，应用动量守恒定律：

mv=m•v+(m+m)v

0AABB

解得：v^=21.94m/Se

物体A,B的最终速度为v=6nVs,v=21.94m/So

AB

R点评》(1)此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A的过程中依然用动量定理，求

得A和B的速度为6m/So也是A的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A以后

的速度，(设为V,其余所设如前)

mv=mv+(m+m)u®

nAB

在子弹射穿B的过程中动量守恒

mv+mu=(m+m)u'@

BB

代入数据解得：v=500m/So

u'=21.94rTVSo即为B的最终速度。

(2)通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程痔点

也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。

【体验8］如图21所示，在光滑水平面上有一质量M=3kg的薄板，板上有质量m=l

kg的物块，都以v°=4m/s的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板

的速度为2.4nVs时，试判断物块的运动情况。为

R解析R这也是子弹打木块模型的典型运用，取向右为正方,

向，子弹的质量为(M-m)初速度为V。向右。|

开始的动量为：(M-m"图21

o

若两者达到共同速度，贝心"-mW=(A4+m)v

0

解得：v=2m/so由于系统总动量方向向右，而薄板的速度大于2m/s,所以速度方向

就有两种可能。用假设法，

设当薄板速度v=2.4rrVs向右时，物块的速度为v,此时系统的总动星为例k+mv,

1212

根据动量守恒定律有Mv-mv=Mv+mv,解得v=+o.8n?/s,可见此时物块以

00122

0.8m/s的速度向右做匀加速运动。

【体验9］如图22所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平

行板电容器板间的距离为d,右极板上有一小孔，通过孔有一II*

左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板卜

以及底座、绝缘杆总质量为M,给电容器充电后，有一质量为I

r“•百

10

图22

建构物理模型，巧手解决问题____________________________________

m的带正电小环恰套在杆，以某一初速度V。对准小孔向左运动，并从小孔进入电容滞，设带

电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后代左板的最小距离为0.5d,试求：

（1）带电环与左极板相距最近时的速度V;

（2）此过程中电容器移动的距离S。

（3）此过程中能量如何变化？

K解析》（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为V。的匀减速直线运动，

而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左

极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：

方法一：动量观点

fnv(.=(M+幽)n,v=....-

方法二：动力学观点

设电场力为F

FFwv0

v0--t=—/=v,v=....-

mMM

/A,mi/

(2)mv=(777+M\v解得——%-

om+M

11

根据能量守恒定律：Fx=mv2--.(m+M)V2

22o2

根据动能定理：FS=LMV2

2

md图23

解得S=R——

2(m+M)

（3）带电环与电容器的速度图像如图21所示。由三角形面枳可知：在此过程，系统中，

带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势

能。

【体验9】如图24所示，在光滑的水平轨道上，停放着一辆质量为680g的平板小车，

在小车的右端C处的挡板上固定着一根轻质弹簧，在靠近小车左端的车面上_A处，放有一

块质量为675g的滑块（其大小可不计），车面上B处的左边粗糙而右边光滑，现有一质量

为5g的子弹以一定的初速度水平向右击中滑块，并留在滑块中与滑块•起向右滑动，且停

在B处。

（1）若已知子弹的初速度为340m/s,试求当滑块停在B处时小车的速度；

（2）若小车与滑块一起向右滑动时撞上了一堵竖直墙壁，使小车以原速率反弹回来，试求

滑块最终的位置和速度。

K解析》（1）设子弹、滑块、小车

的质量分别为m、m和M,由于整个过

0

图24

程中子弹、滑块、小车系统的总动量守

恒，有m卜=(m+m+M)v

。子0车

m

v=v=1.25rrVs

/77+°+M7

车m子

11

建构物理模型，巧手解决问题

（2）设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为u,子弹、滑块、小车的共同速度为〃，

o

因为m+m=M，故由动量守恒定律得Mu①

oo

再设AB长为L滑块与小车车面间的动摩擦因数为N,由动能定理

11

［iMgl=_Msx2MV2②

2o2

V2

由①②解得2二一一

4”

在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回B处的过程中，系统的

机械能守恒，在滑块相对于小车由B处向左滑动的过程中有机械能损失，而在小车与墙壁碰

撞后的整个过程中系统的动最守恒。设滑块的最终速度Mv-Mv=2Mu,〃=。设

滑块由B向左在车面上滑行距离为L,则可得即滑块最终停

在了小车上的A处，且最终速度为零。

K点评】分析过程较为复杂，对■这类滑块小车模型，我们必须将其运动过程进行分解，分

成一系列阶段性的运动，并与相应的物理规律对应，列式进行求解。通过本题，我们再一

次体会了站在能量转化与守恒的高度，利用系统发热量。=八片=/As进行计算给解题带

机

来的快捷。本题一个细节应引起我们高度注意：子弹击中滑块的过程极为短暂，子弹和滑块组

成的系统动量守恒，机械能不守恒，该过程中可认为小车不参与作用，仍静止。之后，子弹、滑

块作用整体向右滑动，通过摩擦作用而使小车向右加速。

【体验10］质量为W=4.0kg的平板小车静止在光滑

的水平面上，如图25所示，当£=0时，两个质量分别为p1ao10fgi

mA=2kg、m0=1kg的小物体A、B都以大小为%=7m/s。方H

向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。/////）////////////////

到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、6与车间的图25

动摩擦因素"=0.2,取g=10nVs2,求：

（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小

（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。

（3）作出小车的速度一时间图象

K解析［（1）当A和B在车上都滑行时,

在水平方向它们的受力分析如图所示：

由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小

车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与

小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相

等时，所用时间为小其速度大小为内，则：

Ul=VO-aAtl口mA9=mAaB①

匕=aJU②

由①©联立得：叫=1.4族£1=2.8S

③

（2）根据动量守恒定律有：

图26

12

建构物理模型，巧手解决问题____________________________________

mAv0-mBu0=(M十mA+rnB)v④

g1m/s⑤

总动量向右，当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。

设再经过J时间小物体A与B、车速度相同，则：

折匕十%⑥

由⑥式得：t2=1.2s⑦

所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为片不4.0s⑧

(3)由(1)可知t1=2.8s时，小车的速度为12=1.4m/s,在0~\时间内小车做匀加速

运动。在1广今时间内小车做匀减速运动，末速度为gLOnVs,小车的速度一时间图如图26所

zjso

【体验11］如图27所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右

放有序