1、优质文档优质文档高二物理选修 3-5 动量练习三滑块模型如图 1 所示，长为 L=050 m 的木板 AB 静止、固定在水平面上，在 AB 的左端面有一质量为 M=048 kg 的小木块 C（可视为质点），现有一质量为 m=20 g 的子弹以 v0=75 m/s的速度射向小木块 C 并留在小木块中已知小木块 C 与木板 AB 之间的动摩擦因数为 =01( g 取 10 m/s2)(1)求小木块 C 运动至 AB 右端面时的速度大小 v2(2)若将木板 AB 固定在以 u=10 m/s 恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块 C 的质量），小木块 C 仍放在木板 AB 的 A 端，子弹以
2、 v0=76 m/s 的速度射向小木块 C并留在小木块中，求小木块 C 运动至 AB 右端面的过程中小车向右运动的距离 s解析：（1）用 v1 表示子弹射入木块 C 后两者的共同速度，由于子弹射入木块 C 时间极短，系统动量守恒，有mv0=(m+M)v1v 1= =3 m/s子弹和木块 C 在 AB 木板上滑动，由动能定理得：（m+M）v 22- (m+M)v12=- (m+M)gL解得 v2= =2 m/s gL1(1) 用 v表示子弹射入木块 C 后两者的共同速度，由动量守恒定律，得 mv0+Mu=(m+M)v1，解得 v1=4 m/s 木块 C 及子弹在 AB 木板表面上做匀减速运动 a
3、= g设木块 C 和子弹滑至 AB 板右端的时间为 t，则木块 C 和子弹的位移 s1=v1t- at2，由于 m 车 (m +M),故小车及木块 AB 仍做匀速直线运动，小车及木板 AB 的位移 s=ut，可知 ：s 1=s+L，图 1优质文档优质文档联立以上四式并代入数据得：t2-6t+1=0解得：t=(3-2 ) s，（t=(3+2 ) s 不合题意舍去）22s=ut=018 m如图所示，一质量为 M、长为 l 的长方形木板 B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A， mM。现以地面为参照系，给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使 A 开始向左运动
4、、B 开始向右运动，但最后 A 刚好没有滑离 B 板，以地为参照系。(1)若已知 A 和 B 的初速度大小为 v0，求它们最后的速度的大小和方向。(2)若初速度的大小未知，求小木块 A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离解析：（1）设木板初速度方向为正，共同速度为 。据动量守恒定律v解得0()Mvmv0向 右(2)对小木块 ，据动能定理A201mgsv对系统，据能量守恒 21()()QlMmv联立三个方程解得 4s如图所示，质量 mA 为 4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上，木板与水平面间的动摩擦因优质文档优质文档数 为 0.24，木板右端放着质量 mB 为 1.0kg
5、的小物块 B（视为质点），它们均处于静止状态。木块突然受到水平向右的 12Ns 的瞬时冲量 I 作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能 EkA 为 8.0J，小物块的动能 EkB 为 0.50J，重力加速度取 10m/s2，求：（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度 v0； （2）木板的长度 L。ABCL解：（1）设水平向右为正方向，有 I=mAv0代入数据解得 v 0=3.0m/s（2）设 A 对 B、B 对 A、C 对 A 的滑动摩擦力的大小分别为 FAB、F BA和 FCA，B 在 A 上滑行的时间为 t，B 离开 A 时 A 和 B 的速度分别为 vA和 vB，有（F BA+FCA）
6、tm AvAm Av0FABtm BvB其中 FAB=FBA FCA=(m A+mB)g设 A、B 相对于 C 的位移大小分别为 sA和 sB，有(F BA+FCA)sA= mAvA2 mAv02 12 12FABsB=EkB动量与动能之间的关系为mAvA= 2mAEkAmBvB= 2mBEkB木板 A 的长度 L=sAs B代入数据解得 L=0.50m如图所示，质量为 M、长为 l 的长方形木板 B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为 m 的小木块 A， m M现以地面为参照系给 A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使 A开始向左运动、 B 开始向右运动，但最后 A 刚好
7、没有滑离 B 板以地面为参照系，(1)若已知 A 和B 的初速度大小为 ，求它们最后的速度的大小和方向(2)若初速度的大小未知，求小木块 A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离【分析与解】(1) A 刚好没有滑离 B 板，表示 当 A 滑到 B 板的最左端时， A、 B 具有相同的速度.设此速度为 V，根据 m M，可知 ，判断出 V 的方向应与 B 板初速度同向，即向右 A 和 B 的初速度的大小为 ，则由动量守恒可得：优质文档优质文档解得： 方向向右(2)本题应着重理解物理过程的定性分析方法，在此基础上形成正确的物理图景注意以下说理分析： A 在 B 板的右端时初速度向左，而
8、到达 B 板左端时的末速度向右，若以地面为参考，可见 A 在运动过程中必经历先向左受摩擦力作用而作减速运动，直到相对地面速度为零的阶段，而后经历因 B 板速度方向向右， A 相对 B 板向左，故 A 所摩擦力方向向右， A 向右作初速度为零的加速运动直到有共同速度为 的阶段，如下图所示在前一阶段，摩擦力阻碍 A 向左运动，在后一阶段，摩擦力为动力，使 A 向右加速设 为 A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的过程， 为 A 从速度为零增加到速度 过程中向右运动的路程， L 为 A 从开始运动到刚到达 B 的最左端的过程中 B 运动的路程设 A 与 B 之间的滑动摩擦力为 ，则由功能关系可知：
9、对于 B: 对于 A: 由几何关系 由以上四式解得 如图所示，在光滑得水平面上有一质量为 ，长为 的小车，小车左端有一质量为ml可视为质点的物块。车子的右壁固定有一处于锁定状态的压缩轻弹簧(弹簧长度与车长相m比可忽略)，物块与小车间的动摩擦因数为 ，整个系统处于静止。现在给物块一个水平向右的初速度 ，物块刚好能与小车右壁的弹簧相接触，此时弹簧锁定瞬间解除，当物块再回0v到左端时，与小车相对静止。求：(1)物块的初速度 。0(2)在上述整个过程中小车相对地面的位移。优质文档优质文档解析： (1) mv20201gl(2) 当物体刚好与小车右壁的弹簧接触时，小车的位移为 ，据动能定理有：1s21m
10、vgs轻弹簧解锁瞬间物块的速度变为，小车速度变为，当物块再回到左端时与小车相对静止时速度为，整个过程物块、轻弹簧、小车系统动量守恒有：02v解锁后瞬间至物块与小车再次相对静止过程有系统动量守恒：21mvv解锁后瞬间至物块与小车再次相对静止过程有系统动能定理：22211vvgl 此过程对小车有动能定理：222mms如图 10 所示，平板小车 C 静止在光滑的水平面上现有 A、 B 两个小物体（可视为质点），分别从小车 C 的两端同时水平地滑上小车初速度 vA=06 m/s,vB=03 m/s A、 B与 C 间的动摩擦因数都是 =01A 、 B、 C 的质量都相同最后 A、 B 恰好相遇而未碰撞
11、且 A、 B、 C 以共同的速度运动 g 取 10 m/s2求：（1）A 、 B、 C 共同运动的速度(2)B 物体相对于地向左运动的最大位移(3)小车的长度答案：(1)v=01 m/s，方向向右 (2)B 对地向左最大位移 Sm= =45 cm (3)avB2图 10优质文档优质文档L=21 cm变式拓展：一平板小车 C 放在光滑水平面上，今有质量为 m 的物块 A 和 B 分别以 2v0和 v0 的初速度沿同一直线从小车的两端向水平滑上小车，如图所示，设 A、B 两物块与小车的动摩擦因数为 ，小车的质量也为 m，A、B 物块均可视为质点。为使 A、B 两物块不相碰，小平板车的长度至少为多少
12、？由开始滑上小车到两物块静止在小车上，B 物块通过的总路程是多少？经过的时间是多少？解题方法：方法一A、B、C 最后具有共同速度 ，A 物块速00123,mvv度从 2 到 过程中的对地位移 ，0v13AS。B 物块速度由 到 0 过程中发生222 000351, /318AAAvmgaSvagv的位移 ， 。C 物块速度由 0 到 过程中所发生位移B200,Bg3为 ，故板长至少为 。 B 先以 的加20,9CCvgSaS 207ABCvSSgg速度减速到 0，通过 ，再以 的加速度，速度增加到 ，20011,BBvtg/g03v。总路程 ，总时间 。20011,93BBvStg 2018B
13、vS0125Bttg方法二 ， ，00,3mvv220003mvmvL得 。 B 物速度从 减小到 0， ，B2073Lg0 22001011,BBgSStg优质文档优质文档物速度从 0 增加到 ，013v， ，总路程2202202 1, ,39BBBvFmagSmvSg合 03Bvt，总时间 。2018BvS0125Btt质量为 m 的物体 A，以速度 v0 从平台上滑到与平台等高、质量为 M 的静止小车 B 上，如图 32-4 所示小车 B 放在光滑的水平面上，物体 A 与 B 之间的滑动摩擦因数为 ，将 A视为质点，要使 A 不致从小车上滑出，小车 B 的长度 L 至少应为多少?命题意图
14、：考查对 A、 B 相互作用的物理过程的综合分析能力，及对其中隐含条件的挖掘能力，B 级要求错解分析：不能逐段分析物理过程，选择恰当的规律使问题求解简便化解题方法与技巧：解法一：力的观点取向右方向为正方向，对 A、 B 分别用牛顿第二定律：- mg=maA， mg=MaB应用加速度的定义式：a A= ,aB= tv0t由牛顿第三定律有：Ma B=maA 由以上各式解出：v= ,aA=- g，a B= g)(0mMv由运动学公式：对 A：v 2-v 2=2aA(L+s) 优质文档优质文档对 B：v 2=2aBs 联立可解得：L= )(20mMgv解法二：功能关系与动量守恒定律对 A、 B 系统运
15、用动量守恒定律：mv 0=(M+m)v 由功能关系： mgL= mv0 - (M+m)v 21联立两式，解得：L= )(2g解法三：用“相对运动”求解平时位移、加速度、速度都是相对地面(以地面为参照物)，本题改为以 B 为参照物，运用 A 相对于 B 的位移、速度和加速度来求解取向右方向为正，则 A 相对 B 加速度：a AB=aA-aB= - =- g- gmM由运动学公式得：0 -v =2aABLL= = =ABav2gm20gMv)(20如图所示，、是静止在水平地面上完全相同的两块长木板的左端和的右端相接触两板的质量皆为 M20，长度皆为 L10是质量为10的小物块现给它一初速度 020
16、，使它从板的左端向右滑动已知地面是光滑的，而与板、之间的动摩擦因数皆为 010求最后、各以多大的速度做匀速运动取重力加速度10 参考解答 先假设小物块在木板上移动距离后，停在上这时、三者的速度相等，设为，由动量守恒得优质文档优质文档 0（2）， 在此过程中，木板的位移为，小物块的位移为由功能关系得（）（1/2） （1/2） 02，2 22，则 （1/2）（2） 2（1/2） 02，由、式，得 02（2）， 代入数值得 16 比板的长度大这说明小物块不会停在板上，而要滑到板上设刚滑到板上的速度为 1，此时、板的速度为 2，则由动量守恒得 0 12 2， 由功能关系，得（1/2） 02（1/2）
17、1 2（1/2） 2 ，以题给数据代入，得由 1必是正值，故合理的解是当滑到之后，即以 20155做匀速运动，而是以 1138的初速在上向右运动设在上移动了距离后停止在上，此时和的速度为 3，由动量守恒得 2 1（） 3，解得 30563由功能关系得：1/2） 12（1/2） 22（1/2）（） 32，解得 050优质文档优质文档比板的长度小，所以小物块确实是停在板上最后、的速度分别为 30563， 20155， 0563评分标准 本题的题型是常见的碰撞类型，考查的知识点涉及动量守恒定律与动能关系或动力学和运动学等重点知识的综合，能较好地考查学生对这些重点知识的掌握和灵活运动的熟练程度题给数据
18、的设置不够合理，使运算较复杂，影响了学生的得分从评分标准中可以看出，论证占的分值超过本题分值的 50%，足见对论证的重视而大部分学生在解题时恰恰不注重这一点，平时解题时不规范，运算能力差等，都是本题失分的主要原因解法探析 本题参考答案中的解法较复杂，特别是论证部分，、两式之间的两个方程可以省略下面给出两种较为简捷的论证和解题方法解法一 从动量守恒与功能关系直接论证求解设刚滑到板上的速度为 1，此时、板的速度为 2，则由动量守恒，得 12 2，以系统为对象，由功能关系，得1/2） 02（1/2） 122（1/2） 22，由于 1只能取正值，以题给数据代入得到合理的解为由于小物块的速度 1大于、板的速度 2，这说明小物块不会停在板上以上过程既是解题的必要部分，又作了论证，比参考答案中的解法简捷后面部分与参考答案相同，不再缀述解法二 从相对运动论证，用动量守恒与功能关系求解以地面为参照系，小物块在、上运动的加速度为 1 2，、整体的加速度为 2025 2，相对、的加速度
