動(dòng)量專題復(fù)習(xí)滑塊子彈打木塊模型練習(xí)參考答案

1、學(xué)習(xí)必備歡迎下載參考答案1.mv0mv 0mmmmg2.3 a 恰未滑離b 板，就 a 達(dá) b 最左端時(shí)具有相同速度v ， 有 mv 0-mv0=m+mvvmmm m, v 0, 即與 b 板原速同向；m v 0m a 的速度減為零時(shí)，離動(dòng)身點(diǎn)最遠(yuǎn)，設(shè)a 的初速為v 0， a、b 摩擦力為f ，向左運(yùn)動(dòng)對地最遠(yuǎn)位移為s，就fs1 mv 20而 v 0 最大應(yīng)滿意mv 0-mv0=m+mvfl1 mmv 21 mm v 22解得： s0mm l 4m2024. 子彈射入木塊時(shí)，可認(rèn)為木塊未動(dòng)；子彈與木塊構(gòu)成一個(gè)子系統(tǒng)，當(dāng)此系統(tǒng)獲共同速度v 1 時(shí)，小車速度不變，有 m0v 0-mv=m0+mv1

2、此后木塊 含子彈 以v1 向左滑，不滑出小車的條件是：到達(dá)小車左端與 小車有共同速度v 2，就m0+mv1-mv=m0+m+mv2 m 0m gl1221 m 02m v 21 mv 221 m02mm v2聯(lián)立化簡得：v 0 +0.8v 0-22500=0解 得 v 0=149.6m/s為最大值，v 0 149.6m/s5. 金屬塊在板上滑動(dòng)過程中，統(tǒng)動(dòng)量守恒； 金屬塊最終停在什么位置要進(jìn)行判定；假設(shè)金屬塊最終停在a 上；mv03mv4三者有相同速度v ，相對位移為x，就有屬塊肯定會(huì)滑上b；mgx1 mv 20213mv 22解得： xm3l ，因此假定不合理，金設(shè) x 為金屬塊相對b 的位

3、移， v 1、v 2 表示 a、b 最終的速度， v 0為金屬塊離開a 滑上 b 瞬時(shí)的速度； 有：mv0mv02mv1mv 0mv 12mv 2在 a 上11121全過程2121212mgl2 mv02 mv022mv 1mg lx2 mv02 mv122mv2v11m / s 或 1 m / s3v11 m / s 3聯(lián)立解得：v00 舍 或v 04 m / s3v256m / sv 212m / s或5 m / s 6x0.25m* 解中，整個(gè)物理過程可分為金屬塊分別在a、b 上滑動(dòng)兩個(gè)子過程，對應(yīng)的子系統(tǒng)為整體和金屬塊與b；可分開列式，也可采納子過程全過程列式，實(shí)際上是整體部分隔離法的

4、一種變化；6由a、b、c 受力情形知，當(dāng)b 從 v0 減速到零的過程中，c 受力平穩(wěn)而保持不動(dòng)，此子過程中b 的位移0v 2s1 和運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 1 分別為： s1v02 g , t1g；然后b、 c以 g 的加速度一起做加速運(yùn)動(dòng)；a 連續(xù)減速，v2直到它們達(dá)到相同速度v ；對全過程：ma· 2v0-mbv 0=ma+mb+mcvv=v0 /3b、 c 的加速度ama g1g , 此 子 過程b 的位移s2v0運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t 22v2v02mbmc22g9 gg3 g學(xué)習(xí)必備歡迎下載0 總路程 ss1s211v 2, 總時(shí)間 tt1t25v018 g3 g a、b 不發(fā)生碰撞時(shí)長為l，

5、a、b 在 c 上相對 c 的位移分別為la、lb，就l=l a+lb0ma glamb glb1 ma 2v0 21 mb v21 m ambmc v 2 解得： l7v202223 g* 對多過程復(fù)雜問題，優(yōu)先考慮錢過程方程，特殊是 p=0 和 q=fs 相= e 系統(tǒng)；全過程方程更簡潔；7. 解析：（ 1）木塊 a 先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至與c 速度相同，后與一道做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊b 始終做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板c 做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到a、b、c 三者的速度相等（設(shè)為v1）為止，a、b、c 三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒故：mv02 mv0mm3mv1， v1=0.6 v0；對木

6、塊b 運(yùn)用動(dòng)能定理，有mgs12mv112m2v0 ，所以 s291v0；2250 g（ 2）設(shè)木塊a 在整個(gè)過程中的最小速度為v（此時(shí)a、c 共速），由動(dòng)量定理知，至此，a、b 的動(dòng)量變化都相同，都為mv0v ，因 a、b、c 組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有2mv0v 3mv，所以木塊a 在整個(gè)過程中的最小速度v/2v0；58a 滑上 b 后到 b 與墻碰撞前， 系統(tǒng)動(dòng)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此時(shí) b 對位置移為s1，就對b：mgs11 mv 22s=1m5m,故在 b 與墻相撞前與a 已達(dá)到相同速度 v ，設(shè)此時(shí)a 在 b 上滑行 l1 距離

7、，就mgl11 mv 2021 m2mv 2 l 1=3m【以上為第一子過程】此后 a、 b 以 v 勻速向右，直到 b 與墻相碰 此子過程不用爭論 ，相碰后， b 的速度大小不變，方向變?yōu)榉聪颍?a 速度不變 此子過程由于碰撞時(shí)間極短且無能量缺失，不用運(yùn)算 ， 即 b 以 v向左、 a 以 v 向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng) a、b 再次達(dá)到相同速度 v 時(shí)： mv-mv=m+mv v =2/3 m/s 向左，即 b 不會(huì)再與墻相碰， a、b 以 v 向左勻速運(yùn)動(dòng)；設(shè)此過程 子過程 4a 相對 b 移動(dòng) l2，就mgl 21 m2mv 21 m2m v 2 l 2=1、33m l=l 1+l2=4.33m 為

8、木板的最小長度；* +得mgl1 mv 2021 m2m v2 實(shí)際上是全過程方程；與此類問題相對應(yīng)的是：當(dāng) pa 始終大于pb 時(shí)，系統(tǒng)最終停在墻角，末動(dòng)能為零；9.當(dāng)物塊相對小車靜止時(shí)，它們以共同速度v 做勻速運(yùn)動(dòng)，相互作用終止，v 即為小車最終速度mv0=2mv v=v 0/2=3m/smgs1 mv 2021 2mv 22s=6m ns0.51ld6.56次物塊最終仍停在小車正中；* 此解充分顯示了全過程法的妙用；10.歡迎下載11. ： 1 當(dāng) a、b、c 三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢能最大.由a、b 、c 三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，mamb v mambmc vabc2 分v abc

9、解得226 m / s2243m / s2 分2b、c 碰撞時(shí) b、c 組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬時(shí)b、c 兩者速度為vbc ，就mbv=mb+mcvbc26vbc = 24（2 分）設(shè)物 速度相同時(shí)彈簧的彈性勢能最大為ep，1v2依據(jù)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. 設(shè)第一顆子彈射入木塊后兩者的共同速度為v1， 由動(dòng)量守恒得mv0 = m + mv 13分木塊由 o 上滑到 c 的過程，

10、機(jī)械能守恒 m + mgr = m + mv1 2/23分聯(lián)立解得：v0 = 102gr2分當(dāng)木塊返回o 點(diǎn)時(shí)的動(dòng)量與第2 顆子彈射入木塊前的動(dòng)量等大反向，子彈和木塊組成的系統(tǒng)總動(dòng)量等于零；射入子彈的顆數(shù)n=2、4、6、8時(shí)，都是如此，由動(dòng)量守恒定律可知，子彈打入后系統(tǒng)的速度為零，木塊靜止，上上升度h= 04 分當(dāng) n 為奇數(shù)時(shí)，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得：mv0 = nm + mvn3分nm + mvn 2/2 = nm + mgr/ 43分學(xué)習(xí)必備歡迎下載聯(lián)立解得： n =2v-2grm= 11次m13. 解析： 對子彈和木塊應(yīng)用動(dòng)量守恒定律：m0 mm 1所以14m / s （ 2 分）22對子彈、木塊由水平軌道到最高點(diǎn)應(yīng)用機(jī)械能守恒定律，取水平面為零勢