子弹大木块33

[题1]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，设木块对子弹的阻力恒为f,求:1.木块至少多长子弹才不会穿出?2.子弹在木块中运动了多长时间?s2Ls1v0分析:子弹射入木块后,m受M的阻力做匀减速运动,M受m的阻力而从静止开始做匀加速运动,经一段时间t,两者达到相同的速度v处于相对静止,m就不至于从M中穿出,在此过程中,子弹在木块中进入的深度L即为木块的最短长度,此后,m和M以共同速度v一起做匀速直线运动.(1)解：从动量的角度看,以m和M组成的系统为研究对象,根据动量守恒0mvMmv对子弹用动能定理：对木块用动能定理：①、②相减得：由上式可得:202vmMfMmL22012121mvmvsf……①2221Mvsf……②2022022121vmMMmvmMmvLf……③(2)以子弹为研究对象,由牛顿运动定律和运动学公式可得:mMfMmvavvt00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内能。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=Ls2Ls1v0解：以木块为研究对象有:对木块用动能定理：以系统为研究对象:：再结合动量守恒:vmMmv0……③2dMmSm可解出:2022022121vmMMmvmMmvdf……②[变化1]若原题型中子弹在木块中刚好“停下”时,木块运动距离为S,子弹射入木块的深度为d,则dS(填、=、)运用动量和能量规律分析子弹打木块类问题时，灵活运用关系式Q＝fs相对可使解答过程大大简化。2221Mvsf……①s2ds1v0[变化2]若不固定木块时,子弹穿透木块后的速度为30v,现固定木块,其它条件相同,则子弹穿过木块时的速度为多少?分析:设木块不固定时,子弹穿透后木块的速度为V,由动量守恒得MVvmmv×300再由功能关系得:2202021)3(2121MVvmmvLf×当木块固定时,由动能定理得:2022121mvmvLf×由以上三式得:Mmvv41301．动力学规律由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对恒力，故两物体的加速度大小与质量成反比，方向相反。2．运动学规律“子弹”穿过“木块”可看作为两个做匀速直线运动的物体间的追及问题，或说是一个相对运动问题。在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小。s2Ls1v02．运动学规律速度—时间图象甲：子弹的匀减速直线运动由图线AB表示，木块的匀加速直线运动由图线OB表示．T0s末，两图线相交，子弹和木块的速度相等，即子弹停留在木块里或恰好打穿木块．此后，两者做匀速直线运动由图线BC表示．v′v0v0tABCt0图乙则表示t1s末，子弹穿出木块后两者在水平方向上以不同的速度做匀速直线运动．两者间的相对位移木块长度3．动量与能量规律由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律。由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“子弹”做的功量度“子弹”动能的变化；力对“木块”做的功量度“木块”动能的变化，子弹克服摩擦力做功，减少的动能分为两部分，一部分动能的形式不变，通过摩擦力做功转移给了木块，另一部分动能的形式变化，通过摩擦力做功，转变为系统的内能.摩擦力对系统做功等于摩擦力的大小与两物体相对位移大小的乘积来计算。sfMvmvmvQ)(21212221201.“子弹打木块”模型的实质是两物体在一对作用和反作用力作用下的运动，并通过做功实现不同形式能量之间的转化．因此，可以从物理模型和能量转换及动量转换这几个方面来拓宽“子弹打木块”的模型．小结：2.“子弹打木块”问题可以用上的几条主要的力学规律：①.动力学规律②.运动学规律③.动量与能量规律(摸清动量和能量转化或转移的去向特别重要!)题所设置情景看似与题1不同,但本质上就是子弹打木块模型,解题方法与题1完全相同.不难得出:202vmMfMmLmMfMmvavvt00vmMmv02022022121vmMMmvmMmvLfv0mM题2.如图质量为M的木板B静止在光滑的水平面上,一质量为m的长度可忽略的小木块A以速度v0水平地沿木板的表面滑行,已知小木块与木板间的动摩擦因数为μ,求:①木板至少多长小木块才不会掉下来?②小木块在木板上滑行了多长时间?L拓展1:[题2]中,如已知木板长为L,(端点为A,B,中点为O,问v0在什么范围内才能使小木块滑到OB之间相对木块静止?v0mMABO[剖析]:对系统：gmMuMvx)(220LxL2再与约束条件联立可解得:MLmMugVMLmMug)(2)(0vmMmv02220011222MmfxmvMmvvMm分析:解：(1)设第一次碰墙后，平板车向左最大位移为S，对平板车由动能定理得μMgS=0-mv02.代入数据解得S=1/3米12[拓展2]如图所示，一辆质量m=2千克的平板车左端放有质量M=3千克的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4。开始时平板车和滑块共同以2米/秒的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短、且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑出平板车右端（取）。求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度。（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？2/10秒米g[拓展2]如图所示，一辆质量m=2千克的平板车左端放有质量M=3千克的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数。开始时平板车和滑块共同以米/秒的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑出平板车右端（取）。求：（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离。（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度。（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？2/10秒米g如果车在碰墙前一直有相对运动、则从车离开墙向左减速到零和车再向右加速运动到碰墙两阶段的加速度是相同的、时间及距离也是相等的，可将它类比为一竖起上抛运动，故在达到墙脚处时的速度应为2m/s。而滑块的速度要至少应是2m/s。这是违反了系统动量守恒定律和能量守恒定律的；（2）分析:第二次碰墙前车和滑块会达到相同的速度吗？所以平板车第二次碰墙前必定与已相对静止，具有小于2m/s的共同速度v。为什么？故Mvo－mvo=(M+m)v;代入数据解得v=0.4m/s平板车与墙壁发生多次碰撞而左右运动的过程中，滑块相对车总是向右滑动，由于摩擦力消耗系统机械能，最终车停在墙边。设滑块相对车滑行总长度为l，由系统能量守恒得MglvmM20)(21代入数据解得ml65(3)解析:第一次碰前V0第二次碰前V1第三次碰前V2最终位置[拓展2]如图所示，一辆质量m=2千克的平板车左端放有质量M=3千克的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数。开始时平板车和滑块共同以米/秒的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反。平板车足够长，以至滑块不会滑出平板车右端（取）。求：（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？2/10秒米g小结：找到了动量和能量转化或转移的去向也就找到了解题的方法![拓展3]两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示．两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计．在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B．设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行．开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度V0．若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少？(2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有根据能量守恒，整个过程中产生的总热量mVmV202022041)2(2121mVVmmVQ（2）设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为V1，则由动量守恒可知10043mVVmmV此时回路中的感应电动势和感应电流分别为:BLVVE)43(10REI2棒所受的安培力IBLF所以cd棒的加速度为mFa由以上各式，可得mRVLBa4022BV0Lacdb(2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？解：设cd、c/d/间宽度为L，gh的质量是m，当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef的速度减小到V1,导体棒gh的速度增大到V2,则有2BLV1-BLV2=0,即V2=2V1。[拓展4]如图所示，abcd和a/b/c/d/为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。ab、a/b/间的宽度是cd、c/d/间宽度的2倍。设导轨足够长，导体棒ef的质量是gh的质量的2倍。现给导体棒ef一个初速度V0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？aa/bb/dd/cc/ef/gh/c对导体棒ef由动量定理得：01222mVmVtIBL对导体棒gh由动量定理得：02mVtIBL由以上各式可得：020132,31VVVV此题还可用动量守恒定律来解吗？若木板足够长且地面光滑、求m与M的最终速度？求击中瞬间绳子的张力？v0mMh练习