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
第一次碰前
V1
第二次碰前
1 2 ( M m) v 0 Mgl 2
代入数据解得
第三次碰前
V2
小结： 找到了动量和能量转化或
A v v0 v′
两者间的 相对位移
B
C
0
t0
t
木块长度
在水平方向上以不同的速度做匀速直线 运动．
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。
联立
可解得:
ug(M m) L V0 M
2ug(M m) L M
[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 2 够长，以至滑块不会滑出平板车右端（取 g 10米 / 秒 ）。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？
1 1 2 2 2 Q mv 0 (mv1 Mv 2 ) fs 2 2
小结： 1.“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． 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!)
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
3 1 1 v0 2 1 2 2 f : × L mv m ( ) MV 再由功能关系得 0
2 2 3
mv 0
m×
v0
MV
2 1 1 ,由动能定理得 : f ×L mv 2 mv 2 当木块固定时 0 2 2 v 4m :v 0 1 由以上三式得 3 M
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。
1 1 Mm 2 2 m v0 M m v 2 v0 2 2 2M m v v0 Mm v0 Mm 2 t L v0 a f M m 2 f M m f L
mv0 M mv
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
转移的去向也就找到了解 题的方法!
5 l m 6
最终位置
[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？
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- 1 mv02 .代入数据解得 S=1/3 米 2
[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 g 10米 / 秒2 ）。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）分析: 第二 次碰墙前车和滑块 会达到相同的速度 吗？ 为什么？
/
对导体棒ef由动量定理得： 2 BL I t 2m V 1 2m V 0 对导体棒gh由动量定理得： 由以上各式可得：

1 2 V1 V0 , V2 V0 3 3
BL I t m V2 0

此题还可用动量守恒定律来解吗？
练 习
h
若木板足够长且地面光滑、 求m与M的最终速度？
v0
m M 求击中瞬间绳 子的张力？
再结合动量守恒: 可解出:
d
mv0 M mv d M m S2 m
……③
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。
[变化 2]若不固定木块时,子弹穿透木块后的速度为 v 0 ,现
3
固定木块,其它条件相同,则子弹穿过木块时的速度为多少?
t v v0 Mm v0 a f M m
[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>、=、<) > v0 s2 解：以木块为研究对象有: 对木块用动能定理： s1 1 2 …… ① f s2 Mv 2 1 2 1 Mm 2 2 f d mv M m v v0 ……② 0 以系统为研究对象:： 2 2 2M m
子弹打木块专题
[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?
v0 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, s2 L 两者达到相同的速度v处于相对静 s1 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.
v0 s2 L
s1
2．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． 图乙则表示 t1s 末，子弹穿出木块后两者
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？ bc g a e 解：设cd、c/d/间宽度为L，gh的质量是m，当两棒 d c 的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒 / d / c h a ef的速度减小到V1, 导体棒gh的速度增大到V2,则 f/ b/ / 有2BLV1-BLV2=0,即V2=2V1。
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； 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。
3 mV 0 m V0 mV1 此时回路中的感应电动势和感应电流分别为 : 4 E 3 F IBL I 棒所受的安培力 E ( V0 V1 ) BL 2R 4 B 2 L2V0 F a a 所以cd棒的加速度为 m 由以上各式，可得 4m R
[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
故Mvo－mvo=(M+m)v ;
代入数据解得v=0.4m/s
[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 g 10米 / 秒2 ）。求：（3）为使 滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
对木块用动能定理： f s2
s1
L
1 ……② Mv 2 2 1 1 Mm 2 2 2 ①、②相减得： f L m v0 M m v v0 2 2 2M m
由上式可得: L
Mm 2 v0 2 f M m
……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:
在什么范围内才能使小木块滑到 OB 之间相对木块静止?
m v0
mv0 M mv [剖析]:对系统：
2 Mv0 x 2u ( M m) g
A
O
B M
1 2 1 Mm 2 2 f x mv0 M m v v0 2 2 2 M m