動量守恒定律應用(二)1.一.子彈打木塊類問題

子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。例1.設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。s2

ds1v0v2.解：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：

從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理：……①對木塊用動能定理：……②3.①、②相減得：……③這個式子的物理意義是：f

d恰好等于系統動能的損失；根據能量守恒定律，系統動能的損失應該等于系統內能的增加；可見即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。4.

練習1、子彈以一定的初速度射入放在光滑水平面上的木塊中，并共同運動下列說法中正確的是：

()A、子彈克服阻力做的功等于木塊動能的增加與摩擦生的熱的總和B、木塊對子彈做功的絕對值等于子彈對木塊做的功C、木塊對子彈的沖量大小等于子彈對木塊的沖量D、系統損失的機械能等于子彈損失的動能和子彈對木塊所做的功的差ACD5.

例2、光滑水平面上靜置厚度不同的木塊A與B，質量均為M。質量為m的子彈具有這樣的水平速度：它擊中可自由滑動的木塊A后，正好能射穿它。現A固定，子彈以上述速度穿過A后，恰好還能射穿可自由滑動的B，兩木塊與子彈的作用力相同。求兩木塊厚度之比。v0AVv0ABVB解：設A木塊厚度為a，B木塊厚度為b射穿自由滑動的A后速度為Vmv0=(m+M)Vfa=1/2×mv02-1/2×(m+M)V2=1/2×mv02×M/(m+M)子彈射穿固定的A后速度為v1，射穿B后速度為VB1/2×mv12=1/2×mv02-fa=1/2×(m+M)V2

mv1=(m+M)VB

fb=1/2×mv12-1/2×(m+M)VB2

=1/2×mv12×M/(m+M)∴a/b=v02/v12=(M+m)/m6.

練習2.如圖示，在光滑水平桌面上靜置一質量為M=980克的長方形勻質木塊，現有一顆質量為m=20克的子彈以v0=300m/s的水平速度沿其軸線射向木塊，結果子彈留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為L=10cm，子彈打進木塊的深度為d=6cm，設木塊對子彈的阻力保持不變。（1）求子彈和木塊的共同的速度以及它們在此過程中所增加的內能。（2）若子彈是以V0=400m/s的水平速度從同一方向射向該木塊的，則它能否射穿該木塊？（3）若能射穿木塊，求子彈和木塊的最終速度是多少？v0(1)(2)7.v0V解：（1）由動量守恒定律mv0=(M+m)VV=6m/s系統增加的內能等于系統減少的動能Q=fd=1/2×mv02-1/2×(M+m)V2=900-1/2×36=882J（2）設以400m/s射入時，仍不能打穿，射入深度為d′由動量守恒定律mV0=(M+m)V′V′=8m/sQ′=fd′=1/2×mv0′2-1/2×(M+m)V′2

=1600-1/2×64=1568Jd′/d=1568/882=16/9∴d′=16/9×6=10.7cm>L所以能穿出木塊題目下頁8.v1v2（3）設射穿后，最終子彈和木塊的速度分別為v1和v2,系統產生的內能為fL=10/6×fd=5/3×882=1470J由動量守恒定律mV0=mv1+Mv2由能量守恒定律fL=1/2×mV02-1/2×Mv12-1/2×mv22代入數字化簡得v1+49v2=400v12+49v22=13000消去v1得v22-16v2+60=0解得v1=106m/sv2=6m/s題目上頁9.

例3、質量為2m、長為L的木塊置于光滑的水平面上，質量為m的子彈以初速度v0水平向右射穿木塊后速度為v0/2。設木塊對子彈的阻力F恒定。求：（1）子彈穿過木塊的過程中木塊的位移（2）若木塊固定在傳送帶上，使木塊隨傳送帶始終以恒定速度u<v0水平向右運動，則子彈的最終速度是多少？v02mm解析：（1）設子彈穿過木塊后木塊獲得的速度是V由系統動量守恒得：mv0=mv0/2+2mV(1)由能量守恒得：FL=1/2×mv02-1/2×2mV2-1/2×m(v0/2

)2(2)對木塊有：FS=1/2×2mV2

（3）解得：木塊的速度V=v0/4

木塊的位移S=L/5

10.（2）在此過程中，由于木塊受到傳送帶的作用力，所以系統動量不守恒。以子彈為研究對象:由動量定理得：mv0-mv=Ft(1)由動能定理得：1/2×mv02-1/2×mv2=F(ut+L)(2)解以上兩式得v，解得：當(v0-u)2>5/8×v02

即當(v0-u)2<5/8×v02

方程無解，表明子彈不能穿出木塊。即11.二、反沖運動1.在某些情況下，原來系統內物體具有相同的速度，發生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統稱為反沖。2.在系統內力作用下，系統內一部分物體向某發生動量變化時，系統內其余部分物體向相反方向發生動量變化的現象.3.研究反沖運動的目的是找反沖速度的規律，求反沖速度的關鍵是確定相互作用的物體系統和其中各物體對地的運動狀態．12.例4.質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？l2

l1解：先畫出示意圖。人、船系統動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于s。設人、船位移大小分別為s1、s2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ms1=Ms2，而s1+s2=s，∴應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。人、船模型的前提是系統初動量為零。如果發生相互作用前系統就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。13.【練習3】2002年，美國《科學》雜志評出的《2001年世界十大科技突破》中，有一項是加拿大薩德伯里中微子觀測站的成果．該站揭示了中微子失蹤的原因，即觀測到的中微子數目比理論值少是因為部分中微子在運動過程中轉化為一個μ子和一個τ子．在上述研究中有以下說法：①該研究過程中牛頓第二定律依然適用；②該研究中能的轉化和守恒定律依然適用；③若發現μ子和中微子的運動方向一致，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能一致；④若發現μ子和中微子的運動方向相反，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能相反．其中正確的是：A.①②，B.①③，C.②③，D.③④；解析:牛頓運動定律適用于“低速”“宏觀”物體,而動量守恒定律和能量守恒定律是自然界中的普適規律,在中微子轉化為μ子和τ子時,動量守恒和能量守恒定律仍然適用,當μ子與中微子的運動方向一致時,τ子的運動方向有可能與中微子的運動方向相同,也有可能與中微子運動方向相反;但μ子運動方向與中微子運動方向相反時,τ子的運動方向與中微子的運動方向一定相同.答案C正確.14.【練習4】某人在一只靜止的小船上練習射擊，船、人連同槍（不包括子彈）及靶的總質量為M,槍內有n顆子彈，每顆子彈的質量為m，槍口到靶的距離為L，子彈水平射出槍口相對于地的速度為v0，在發射后一發子彈時，前一發子彈已射入靶中，在射完n顆子彈時，小船后退的距離為（）解析:設n顆子彈發射的總時間為t,取n顆子彈為整體,由動量守恒得nmv0=Mv1,即nmv0t=Mv1t;設子彈相對于地面移動的距離為s1,小船后退的距離為s2,則有:s1=v0t,s2=v1t;且s1＋s2=L解得:答案：C15.【練習5】如圖所示，一質量為ml的半圓槽體A，A槽內外皆光滑，將A置于光滑水平面上，槽半徑為R.現有一質量為m2的光滑小球B由靜止沿槽頂滑下，設A和B均為彈性體，且不計空氣阻力，求槽體A向一側滑動的最大距離．解析:系統在水平方向上動量守恒,當小球運動到糟的最右端時,糟向左運動的最大距離設為s1,則m1s1=m2s2,又因為s1＋s2=2R,所以16.【例5】科學家設想在未來的航天事業中用太陽帆來加速星際宇宙飛船，按照近代光的粒子說，光由光子組成，飛船在太空中張開太陽帆，使太陽光垂直射到太陽帆上，太陽帆面積為S，太陽帆對光的反射率為100%，設太陽帆上每單位面積每秒到達n個光子，每個光子的動量為p，如飛船總質量為m。求：（1)飛船加速度的表達式。(2)若太陽帆面對陽光一面是黑色的，情況又如何？17.解析:(1)設經過時間t，則在時間t內射到太陽帆上的光子數為：N＝nst……①對光子由動量定理得Ft=NP一N（一P）……②對飛船由牛頓運動定律得F＝ma……③由以上三式解得飛船的加速度為(2）若太陽帆面對陽光的一面是黑色的，則對光子由動量定理得：ft=0一N（一P）……④由①③④得18.【練習6】宇宙飛船進入一個宇宙塵埃區，每前進lm，就有10個平均質量為2×10－7的微塵粒與飛船相撞，并附在飛船上。若塵埃微粒原來的速度不計，要保持飛船的速度10km/s，飛船噴氣產生的推力至少應維持多大？解析：設飛船速度為v，飛行時間為Δt，每前進1m附著的塵粒數為n，塵粒的平均質量為m0，則在Δt內飛船增加的質量Δm＝nm0vΔt.據動量定理FΔt＝Δmv。可知推力：19.【例5】一玩具車攜帶若干質量為m的彈丸,車和彈丸的總質量為M,在半徑為R的光滑軌道上以速率v0做勻速圓周運動,若小車每轉一周便沿運動方向相對地面以恒定速度u發射一枚彈丸,求:1.至少發射多少顆彈丸后,小車開始反向運動?2.寫出小車反向運動前發射相鄰兩枚彈丸的時間間隔的表達式.解析:(1)設發射第一枚彈丸后,玩具車的速度為v1,由切線方向動量守恒得:(M－m)v1＋mu=Mv0

得20.第二枚彈丸發射后,則(M－2m)v2＋mu=(M－m)v1

得則第n枚彈丸發射后,小車的速度為小車開始反向運動時,vn≤0,則(2)發射相鄰兩枚彈丸的時間間隔就是發射第k(k<n)枚彈丸后小車的周期,即:21.練習7.總質量為M的火箭模型從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平。火箭向后以相對于地面的速率u噴出質量為m的燃氣后，火箭本身的速度變為多大？解：火箭噴出燃氣前后系統動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質量變為M-m，以v0方向為正方向，22.【練習8】春節期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運動，其中有一段時間內“沖天炮”向上作勻速直線運動，在這段時間內“沖天炮”的有關物理量將是（）

A，合外力不變；B．反沖力變小；

C．機械能可能變大；D．動量變小解析：由豎直勻速上升可知，答案A和C是正確的，但在勻速上升的過程中隱含有燃料燃燒噴出氣體的現象，結果“沖天炮”的質量必然減小，所以答案B和D也是對的，否則就會將B和D答案漏選答案：ABCD23.

例6、如圖所示，質量為M=2kg的小車放在光滑水平面上，在小車右端放一質量為m=1kg的物塊。兩者間的動摩擦因數為μ=0.1，使物塊以v1=0.4m/s的水平速度向左運動，同時使小車以v2=0.8m/s的初速度水平向右運動，（取g=10m/s2）求：（1）物塊和小車相對靜止時，物塊和小車的速度大小和方向（2）為使物塊不從小車上滑下，小車的長度L至少多大？Mmv1v2解：（1）木塊先向左勻減速運動到0，再勻加速運動到共同速度VMmV1MmVV由動量守恒定律(m+M)V=Mv2-mv1V=0.4m/s（2）由能量守恒定律μmgL=1/2×Mv22+1/2×mv12-1/2×(m+M)V2L=0.48m24.

例七.一質量為M的長木板B靜止在光滑水平面上，一質量為m的小滑塊A（可視為質點）以水平速度v0從長木板的一端開始在木板上滑動，到達另一端滑塊剛離開木板時的速度為1/3v0，若把此木板固定在水平桌面上，其它條件相同，求：滑塊離開木板時的速度。25.解：木板不固定時，如圖示：S2v0/3VBALv0LAf1Bf2由動量守恒定律mv0=1/3mv0+MVV=2mv0/3M由能量守恒定律fL=1/2·mv02-1/2m·1/9v02-1/2·MV2=2/9·mv02(2-m/M)若把此木板固定在水平桌面上，滑塊離開木板時的速度為v

，由動能定理-fL=1/2·mv2-1/2·mv02由以上四式解得26.

例8.的摩擦系數為μ，現在小車與物體以速度v0在水平光滑地面上一起向右勻速運動.當小車與豎直墻壁發生彈性碰撞后，物體在小車上向右滑移一段距離后一起向左運動，求物體在小車上滑移的最大距離.Mmv0解：小車碰墻后速度反向，由動量守恒定律Mmv0v0（M+m）V=（M-m）v0最后速度為V，由能量守恒定律MmVV1/2（M+m）v0

2-1/2（M+m）V2=μmgS27.練習9.如圖所示，在光滑水平面上放有質量為2m的木板，木板左端放一質量為m的可視為質點的木塊。兩者間的動摩擦因數為μ，現讓兩者以v0的速度一起向豎直墻向右運動，木板和墻的碰撞不損失機械能，碰后兩者最終一起運動。求碰后：（1）木塊相對地面向右運動的最大距離L（2）木塊相對木板運動的距離S2mmv0v0解：木板碰墻后速度反向如圖示2mmv0v0（1）當木塊速度減小為0時L2mmv1v=02mv0-mv0=2mv1v1=v0/2μmgL=1/2×mv02L=v02/2μg（2）當兩者速度相同時v22mv2Sm2mv0-mv0=3mv2v2=v0/3μmgS=1/2×3mv02-1/2×3mv22S=4v02/3μg

28.

例10：長L=1m，質量M=1kg的木板AB靜止于光滑水平面上。在AB的左端有一質量m=1kg的小木塊C，現以水平恒力F=20N作用于C，使其由靜止開始向右運動至AB的右端，C與AB間動摩擦因數μ=0.5，求F對C做的功及系統產生的熱量ABCM=1kgm=1kgF=20N解：由于C受到外力作用所以系統動量不守恒，設木板向前運動的位移是S，則木塊的位移為S+L,時間為tABCFSL對C：F（S+L）-μmg（S+L）=1/2×mvm2

（F-μmg）t=mvm對AB：μmgS=1/2×MvM2μmgt=MvM解以上四式得：vm=3vMS=0.5mF對C做的功W=F（S+L）=30J摩擦生的熱Q=μmgL=5J29.例11.如圖所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板。A的左端和B的右端相接觸。兩板的質量皆為M=2.0kg，長度皆為l=1.0m,C是一質量為m=1.0kg的木塊．現給它一初速度v0=2.0m/s，使它從B板的左端開始向右動．已知地面是光滑的，而C與A、B之間的動摩擦因數皆為μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運動．取重力加速度g=10m/s2.ABCM=2.0kgM=2.0kgv0=2.0m/sm=1.0kg1230.解：先假設小物塊C在木板B上移動距離x后，停在B上．這時A、B、C三者的速度相等，設為V．ABCVABCv0Sx由動量守恒得①

在此過程中，木板B的位移為S，小木塊C的位移為S+x．由功能關系得相加得②解①、②兩式得③代入數值得④題目下頁31.x比B板的長度l大．這說明小物塊C不會停在B板上，而要滑到A板上．設C剛滑到A板上的速度為v1，此時A、B板的速度為V1，如圖示：ABCv1V1則由動量守恒得⑤由功能關系得⑥以題給數據代入解得由于v1必是正數，故合理的解是⑦⑧題目上頁下頁32.ABCV2V1y

當滑到A之后，B即以V1=0.155m/s做勻速運動．而C是以v1=1.38m/s的初速在A上向右運動．設在A上移動了y

距離后停止在A上，此時C和A的速度為V2，如圖示：由動量守恒得⑨解得V2=0.563m/s⑩由功能關系得解得y=0.50my比A板的長度小，故小物塊C確實是停在A板上．最后A、B、C的速度分別為:題目上頁33.Sigma胎牛血清/xueqing/Sigma-xueqing.htmlSigma胎牛血清

wpd13xry起來確實很好看。但由于笑的時機不對，讓慕容凌娢有種想吐血的感覺。方才自己的行為難道都被他看見了！完了完了，一定會被