“子弹打木块未穿出”模型

太原市第十二中学 姚维明

模型建构：

【模型】①子弹打木块未穿出；②两滑块相对运动，最终相对静止；③两小球相互作用，速度最大。④物块在弧面上运动，并相对静止。

【特点】子弹打木块的常见类型之一：

（1）木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v 0射击木块。

运动模型：子弹最终没有穿出木块，以共同速度运动。

运动特点：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。

图象模型：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v —t 坐标中，

两者的速度图线如图1所示。

图1中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反

映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。

方法模型：把子弹和木块看成一个系统，利用：①系统水平方向动量守恒；②系统的能量守恒（机械能不守恒）；③对木块和子弹分别利用动能定理。

规律模型：

①系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE ＝μmg ·d

②系统动量守恒：mv 0=(M+m)v

③物块固定在水平面，子弹以初速度v 0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：

模型典案：

【典案1】如图2所示，质量为m 子弹，以速度v 0射向静止在光滑水平桌面上的木块，木块的质量为M 。已知子弹在木块中运动所受阻力恒为F f

（1）木块至少为多长，子弹刚好不能射出木块

（2）系统发热发热损失的机械能 方法模型一：

〖解析〗子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为v ，由动量守恒定律得 mv 0=(M+m)v ①

设子弹相对桌面位移为S 1,对子弹由动能定理得:-fS

1=mv 2/2-mv 02/2 ② 设木块相对桌面位移为S 1,对木块由动能定理得:fS 1=Mv 2/2-0 ③ 设木块长度为d ，则S 2＝S 1＋d ④

由以上各式解得：d=Mmv 02/2f(M+m)

方法模型二： 〖解析〗子弹与木块组成的系统动量守恒，设共同运动的速度为v ，由动量守恒定律得

mv 0=(M+m)v ①

对子弹与木块组成的系统由能量守恒定律得:

mv 02/2=（M ＋m ）v 2/2＋fd ②

由以上各式解得：d=Mmv 02/2f(M+m)

方法模型三：

图3

了解子弹打木块模型v －t 图的物理意义。

1、木块的厚度理数

2、子弹木块质量比

3、作用阻力

4、小车动能

【典案2】如图4所示，在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量与木板相同的金属块，以

v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属块与木板间动摩擦

因数为μ=0.1，g 取10m/s 2。求两木板的最后速度。

〖解析〗这是子弹打木块模型的典型示范。金属块在板上滑

动过程中，系统动量守恒。金属块最终停在什么位置要进行判断。

（1）假设金属块最终停在A 上。三者的相同速度为v ，相对位移为x ，则有

⎪⎩

⎪⎨⎧⋅-==2200321213mv mv mgx mv mv μ 解得：L m x >=3

4，因此假定不合理，金属块一定会滑上B 。 （2）设x 为金属块相对B 的位移，v 1、v 2表示A 、B 最后的速度，v 0′为金属块离开A 滑上B 瞬间的速度。则有：

在A 上 ⎪⎩

⎪⎨⎧⋅-'-=+'=21201010022121212mv v m mv mgL mv v m mv μ 全过程 ⎪⎩

⎪⎨⎧⋅--=++=2221202102212121)(2mv mv mv x L mg mv mv mv μ 联立解得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=='='=s m s m v s m v v s m s m v /65/21/34)(0/31/12001或或舍或 ∴ ⎪⎪⎪⎩

⎪⎪⎪⎨⎧===m x s m v s m v 25.0/65/3121 〖点评〗整个物理过程可分为金属块分别在A 、B 上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B 。可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。 【典案3】如图5所示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但

最后A 刚好没有滑离B 板。以地面为参照系。求：

⑴若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向

⑵若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离 〖解析〗⑴这也是子弹打木块模型。子弹的质量为（M-m ），初速度为v 0，A 恰未滑离v 0 图4 v 0 v 0 图5 l

B 板，则A 达B 最左端时具有相同速度v ，

有 Mv 0-mv 0=(M+m)v ∴ 0v m

M m M v +-= M ＞m, ∴ v ＞0,即与B 板原速同向。

⑵A 的速度减为零时，离出发点最远

设A 的初速为v 0，A 、B 摩擦力为F f ，向左运动对地最远位移为x ，则

02

120-=mv x F f 而v 0应满足 Mv 0-mv 0=(M+m)v

220)(2

1)(21v m M v m M l F f +-+=

⋅ 解得：l M m M x 4+= 〖点评〗本题的特点是最终有共同速度，最终的动量必定与系统初始动量等大同向。特别注意对地还是相对的问题。我们最好以对地为参照系进行研究。

【典案4】一平直木板C 静止在光滑水平面上，今有两小物块A 和B 分别以2v 0和v 0的初速度沿同一直线从长木板C 两端相向水平地滑上长木板。如图6示。设物块A 、B 与长木板C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 三者质量相等。 ⑴若A 、B 两物块不发生碰撞，则由开始滑上C 到A 、B 都

静止在C 上为止，B 通过的总路程多大？经历的时间多长？

⑵为使A 、B 两物块不发生碰撞，长木板C 至少多长？ 〖解析〗⑴由A 、B 、C 受力情况知，当B 从v 0减速到零

的过程中，C 受力平衡而保持不动，此子过程中B 的位移S 1和运动时间t 1分别为：

g

v t g v S μμ01201,2== 。 然后B 、C 以μg 的加速度一起做加速运动。A 继续减速，直到它们达到相同速度v 。 看作一颗子弹，初始动量为：m A ·2v 0-m B v 0

对全过程：m A ·2v 0-m B v 0=(m A +m B +m C )v 解得： v=v 0/3

B 、

C 的加速度 g m m g

m a C B A μμ2

1=+= 此子过程B 的位移 g

v g v t g v g v S μμμ32292022022====运动时间 总路程g

v t t t g v S S S μμ35,181********=+==+=总时间 ⑵A 、B 不发生碰撞时，木板长为L ，A 、B 在C 上相对C 的位移分别为L A 、L B ，则 L=L A +L B

g

v L v m m m v m v m gL m gL m C B A B A B B A A μμμ37)(2121)2(212022020=++-+=+解得： 〖点评〗对多过程复杂问题，优先考虑全过程方程，特别是ΔP=0和Q=fS 相=ΔE 系统。全v 0 2v 0 图6

过程方程更简单。

【典案5】在光滑水平面上静止放置一长木板B ，B 的质量为M=2㎏同，B 右端距竖直墙5m ，现有一小物块 A ，质量为m=1㎏，以v 0=6m/s 的速度从B 左端水平地滑上B 。如图7所示。A 、B 间动摩擦因数为μ=0.4，B 与墙壁碰撞时间极短，且碰撞时量损失。取g=10m/s 2。求：要使物块A 最终不脱离B 木板，木板B 的最短长度是多少？

〖解析〗A 滑上B 后到B 与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v 需作以下判断：

mv 0=(M+m)v, ①

解得：v=2m/s

此时B 对地位移为S 1，则对B ：212

1Mv mgS =μ ② 解得S=1m ＜5m,故在B 与墙相撞前与A 已达到相同速度v 。

设此时A 在B 上滑行L 1距离，则 2201)(2

121

v m M mv mgL +-=μ ③ 解得L 1=3m

以上为第一子过程。

此后A 、B 以v 匀速向右，直到B 与墙相碰(此子过程时间很短，不用讨论)

相碰后，B 的速度大小不变，方向变为反向，A 速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且量损失，不用计算)，即B 以v 向左、A 以v 向右运动

当A 、B 再次达到相同速度v′时：

Mv-m v=(M+m)v′ ④

解得v′=2/3 m/s 向左，即B 不会再与墙相碰，A 、B 以v′向左匀速运动。

设此过程(子过程4)A 相对B 移动L 2，则

222)(21)(21v m M v m M mgL '+-+=μ ⑤

解得：L 2=1、33m L=L 1+L 2=4.33m 为木板的最小长度。

〖点评〗③+⑤得 220)(2

121

v m M mv mgL '+-=μ实际上是全过程方程。与此类问题相对应的是：当P A 始终大于P B 时，系统最终停在墙角，末动能为零。

【典案6】如图8所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车，车上放一质量为m=1.96㎏的木块，木块到平板小

车左端的距离L=1.5m ，车与木块一起以v=0.4m/s 的速度向右行驶，

一颗质量为m 0=0.04㎏的子弹以速度v 0从右方射入木块并留在木块

内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数

μ=0.2，取g=10m/s 2。问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？

〖解析〗子弹射入木块时，可认为木块未动。子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度v 1时，小车速度不变，

有 m 0v 0-mv=(m 0+m)v 1 ①

此后木块(含子弹)以v 1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v 2，

则 (m 0+m)v 1-Mv=(m 0+m+M)v 2 ②

22022100)(2

121)(21

)(v M m m Mv v m m gL m m ++-++=+μ ③ 联立化简得： v 02+0.8v 0-22500=0 图8 v 0 v

解得 v 0=149.6m/s 为最大值，

∴v 0≤149.6m/s

【典案7】一质量为m 、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m ，在小车正中放一质量为m 、长度为0.1m 的物块，物块与小车间动摩擦因数μ=0.15。如图9示。现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v 0 =6m/s 的水平初速度。物块与挡板碰撞时间极短且量损失。求：

（1）小车获得的最终速度； （2）物块相对小车滑行的路程；

（3）物块与两挡板最多碰撞了多少次；

（4）物块最终停在小车上的位置。

〖解析〗（1）当物块相对小车静止时，它们以共同速度v

做匀速运动，相互作用结束，v 即为小车最终速度

mv 0=2mv 解得:v=v 0/2=3m/s

（2）22022

121mv mv mgS ⋅-=

μ S=6m （3）次65.615.0==+--=d l S n （4）物块最终仍停在小车正中。

〖点评〗（2）式中的“S ”本身就是物块在全过程运动的路程。此解充分显示了全过程能量守恒规律的重要性及其全程考虑方法的妙用。

【典案8】如图10所示，在光滑的水平轨道上有两个半径都是r 的小球A 和B ，质量分别为m 和2m ，当两球心间的距离大于d （d>>2r ）时，两球间无相互作用力；小于或等于d 时，存在恒定的斥力F 。当A 球从较远处以速度v 0向原来静止的B 球运动，欲使两球不

相碰，v 0应满足什么条件。

解法一： A 球向B 球接近至A 、B 间的距离小于l 之后，A 球的速度逐步减小，B 球从静止开始加速运动。两球间的距离逐步减小，当A 、B 的速度相等时，两球

间的距离最小。若此距离大于2r ，则两球就不会接触。所以不接触的条件是

21v v = ， r s s l 212>-+

其中v 1、v 2为当两球间距离最小时A 、B 两球的速度，s 1、s 2为两球间距离从l 变至最小的过程中，A 、B 两球通过的路程。

由牛顿定律得A 球在减速运动而B 球作加速运动的过程中，A 、B 两球的加速度大小为 m F a =1， m

F a 22= 设v 0为A 球的初速度，则由匀加速运动公式得

t a v v 101-=， t a v 22=

210121t a t v s -=， 2222

1t a s = 联立以上各式解得：m

r l F v )2(30-< 解法二：本题可等效于子弹打木块模型，如图11。

A 、

B 两球刚接触的条件是：

21v v ==v

r s s l 212>-+

设v 0为A 球的初速度，则由动量守恒定律得

v 0 v 0

图9 图11

v m m mv )2(0+=

由动能定理得

212012121mv mv Fs -=

， 222)2(2

1v m Fs = 解得： m r l F v )2(30-< 解法三：用图象求解

作出两小球运动图象如图12

△S OPQ ＝S 1－S 2 ①

由题设条件可得△S OPQ ＝L-2r ② 运用图象的物理意得m r l F v )2(30-< 【典案9】如图13所示，在光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视作质点，质量相等。Q 与轻质弹簧相连。设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞。在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于（ ）

A ．P 的初动能

B ．P 的初动能的1/2

C ．P 的初动能的1/3

D ．P 的初动能的1/4

〖解析〗这是典型的子弹打木块模型。两物块

速度相等时，弹性势能最大。

设P 的初始速度为v 0，最终的共同速度为v

根据需动量定理得：mv mv 20= 解得：02

1v v = 根据能量守恒规律：)21(21)21(22121202020mv v m mv E p =-=

答案选D

模型体验：

【体验1】一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v 0射入静止的木块，子弹的质量为m ，打入木块的深度为d ，木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为

A ．)(2

1020v v v m - B.)(00v v mv - C.s vd v v m 2)(0- D.vd S v v m )(0- 〖答案〗AC

A ：⎪⎩⎪⎨⎧+-=+=2200)(2121)(v m M mv Q v m M mv C ：⎪⎩

⎪⎨⎧⋅=-==d f Q v m v mv Mv fS 202)(2121 【体验2】如图14所示，质量为M 的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m 的小球以速度v 1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v 。

〖解析〗系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

图12

图13

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：

()v m M mv '+=1

由系统机械能守恒得：

()mgH v m M mv +'+=2212

121

解得()g m M Mv H +=221 全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得1

2v m M m v += 〖点评〗本题和前面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

【体验3】如图15所示，质量为M 的小车A 左端固定一根轻弹

簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从右端以速度v 0

冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相

对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能E P 和全过程系统摩擦生热Q 各多少？简述B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。

〖解析〗全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的

都满足：mv 0=(m +M )v

第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能E P 恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以E P 是全过程摩擦生热Q 的一半。

又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能

所以ΔE K =Q =2E P

而()m M Mmv E k +=∆220 ()()m M Mmv Q m M Mmv E p +=+=2,42020 至于B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B 的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F 也一定大于摩擦力f ，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B 脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B 具有向左的共同速度，并保持匀速运动。

【体验4】在一只静止的小船上练习射击，船、人连同(不包括子弹)及靶的总质量为M ，内装有n 颗子弹，每颗质量为m ，口到靶的距离为l ，子弹射出口时相对于地面的速度为v ，在发射后一颗子弹时，前一颗子弹已陷入靶中，则在发射完n 颗子弹后，小船后退的距离为多少？

【错解】设第一颗子弹射出后船的后退速度为v ′，后退距离为S 1，子弹从口到靶所用的时间为：v

l t = ① 对n 颗子弹和其他物体构成的系统，可以认为是一颗子弹（质量为nm ），同时打入靶中，

图16

图15

列动量守恒方程：

mnv = [M ＋(n －1)m]v ′ ②

在时间t 内船的后退距离s 1= v ′t ③

子弹全部射出后船的后退距离s = ns 1 ④

联立①②③④解得：

【正确解答】 设子弹射出后船的后退速度为v ′，后退

距离为s 1=v ′t ，如图17所示，由几何关系可知

l = d+s 1即l=v ·t + v ′t ⑤

联立②③④⑤解得：

【小结】 对本题物理过程分析的关键，是要弄清子弹射向靶的过程中，子弹与船运动的关系，而这一关系如果能用图18所示的几何图形加以描述，则很容易找出子弹与船间的相对运动关系。可见利用运动的过程草图，帮助我们分析类似较为复杂的运动关系问题，是大有益处的。

【体验5】如图

17所示，A 、B 、C 三木块质量相等，一切接触面均光滑，一子弹由A 射入，从B 射出。设三木块末速度分别为v A ,v B ,v C ,则有：

A.v B 最大

B.v A 最大

C.v A =v B

D.三木块的速度大小关系：v A 〖解析〗动量守恒 挡子弹打穿A 木块的瞬间时

mv o =(M A +M B )v A +mv 1

此时A B 速度都为v A v A 即为木块A 的最终速度

当子弹打穿B 木块的瞬间时

M B v B +mv 1=M B v B +mv 2

因为v 1所以v A 而都是光滑面 所以v c =0

所以 v C 【体验6】如图19所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M 2，它下面用长为L 的绳系一质量为M 1的砂袋，今有一水平射来的质量为m 的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度v 0多大？

【错解】由动量守恒定律：mv 0=(M 1＋M 2+m)v

图17

图18

没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。

【正确解答】子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v0′，由动量守恒定律：

mv0=(M1＋m)v′①

此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：

但式①，②中有三个未知量，v0，v0′，v，还需再寻找关系。

从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有：

mv0=(M1+M1+m)v ③

〖点评〗对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。

【体验7】如图20所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s 又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。

〖错解〗设A，B质量分别为m A，m B，子弹质量为m，子弹

离开A的速度为v，物体A，B最终速度分别为v A，v B，A对子弹

图20

的阻力为f。

在子弹穿过A物体的过程中，对子弹用动量定理：以子弹初速度v0为正：

-f·t = mv－mv0

解得：v=500m/S

对物体A用动量定理。

f·t = m A v A－0

解得：v A=15m/S。

对子弹、物体B组成的系统，因为合外力为零，所以动量守恒，由动量守恒定律有：mv=（m+m B）v B

解得：v B =16.13m/s 。

问题主要出在对物体A 用动量定理，因为动量定理讲的是“物体所受合外力的冲量等于物体动量的改变”。而此处物体A 除了受摩擦力以外还受到B 对A 的挤压作用。其实，此题可以避免A ，B 之间的挤压力，方法就是把A ，B 看成一个整体。

【正确解答】 设A ，B 质量分别为m A ，m B ，子弹质量为m 。子弹离开A 的速度为了v ，物体A ，B 最终速度分别为v A ，v B 。

在子弹穿过A 的过程中，以A ，B 为整体，以子弹初速v 0为正方向，应用动量定理。

f ·t=（m A +m B ）u （u 为A ，B 的共同速度）

解得：u = 6m/s 。

由于B 离开A 后A 水平方向不受外力，所以A 最终速度V A =u=6m/s 。

对子弹，A 和B 组成的系统，应用动量守恒定律：

mv 0=m A ·v A +（m+m B ）v B

解得：v B = 21.94m/s 。

物体A ，B 的最终速度为v A =6m/s ，v B =21.94m/s 。

〖点评〗（1）此题当然还有其他解法，如在子弹穿过A 的过程中依然用动量定理，求得A 和B 的速度为6m/s 。也是A 的最终速度，再对此过程用动量守恒，求出子弹射穿A 以后的速度，（设为V ，其余所设如前）

mv 0=mv+（m A +m B ）u ①

在子弹射穿B 的过程中动量守恒

mv+m B u=（m+m B ）u' ②

代入数据解得：v=500m/s 。

u'=21.94m/s 。即为B 的最终速度。

（2）通过对本题的不同解法可看出，由于选取的研究对象不同，对象的物理过程特点也就不同。因此，导致具体的解题方法也不一样。

【体验8】如图21所示，在光滑水平面上有一质量M=3㎏的薄板，板上有质量m=1㎏的物块，都以v 0=4m/s 的初速度向相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s 时，试判断物块的运动情况。

〖解析〗这也是子弹打木块模型的典型运用，取向右为正方

向，子弹的质量为（M-m ）初速度为v 0向右。

开始的动量为：0)(v m M -

若两者达到共同速度，则v m M v m M )()(0+=-

解得：s m v /2=。由于系统总动量方向向右，而薄板的速度大于2m/s ，所以速度方向就有两种可能。用假设法。

设当薄板速度v 1=2.4m/s 向右时，物块的速度为v 2，此时系统的总动量为Mv mv 12+，根据动量守恒定律有Mv mv Mv mv 0012-=+，解得s m v /8.02+=，可见此时物块以0.8m/s 的速度向右做匀加速运动。

【体验9】如图22所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d ，右极板上有一小孔，通过孔有一

左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板

以及底座、绝缘杆总质量为M ，给电容器充电后，有一质量为图21

m 的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v 0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d ，试求：

（1）带电环与左极板相距最近时的速度v ；

（2）此过程中电容器移动的距离s 。

（3）此过程中能量如何变化？

〖解析〗（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v 0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：

方法一：动量观点

方法二：动力学观点

设电场力为F

（2）0()mv m M v =+ 解得0mv v m M

=+ 根据能量守恒定律：22011()222

d F mv m M v ⨯=-+ 根据动能定理：212Fs Mv = 解得2()md s m M =+ （3）带电环与电容器的速度图像如图21所示。由三角形面积可知：在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。

【体验9】如图24所示，在光滑的水平轨道上，停放着一辆质量为680g 的平板小车，在小车的右端C 处的挡板上固定着一根轻质弹簧，在靠近小车左端的车面上A 处，放有一块质量为675g 的滑块（其大小可不计），车面上B 处的左边粗糙而右边光滑，现有一质量为5g 的子弹以一定的初速度水平向右击中滑块，并留在滑块中与滑块一起向右滑动，且停在B 处。

（1）若已知子弹的初速度为340m/s ，试求当滑块停在B 处时小车的速度；

（2）若小车与滑块一起向右滑动时撞上了一堵竖直墙壁，使小车以原速率反弹回来，试求

滑块最终的位置和速度。

〖解析〗（1）设子弹、滑块、小车

的质量分别为0m m M 、和，由于整个过

程中子弹、滑块、小车系统的总动量守

恒，有 00)m v m m M v ++子车＝（ 00m v v m m M

++子车＝＝

1.25 m/s 图23

图24

（2）设子弹射入滑块后与滑块的共同速度为0v ，子弹、滑块、小车的共同速度为v ，因为0m m M +=，故由动量守恒定律得02Mv Mv = ①

再设AB 长为l ，滑块与小车车面间的动摩擦因数为μ，由动能定理

22011222

Mgl Mv Mv μ=-⨯ ② 由①②解得204v l g μ= 在小车与墙壁碰撞后，滑块相对于小车向右滑动压缩弹簧又返回B 处的过程中，系统的机械能守恒，在滑块相对于小车由B 处向左滑动的过程中有机械能损失，而在小车与墙壁碰撞后的整个过程中系统的动量守恒。设滑块的最终速度为u 2Mv Mv Mu -=， u ＝0 设滑块由B 向左在车面上滑行距离为L ，则 212,2

MgL Mv L l μ=⨯=可得 即滑块最终停在了小车上的A 处，且最终速度为零。

〖点评〗分析过程较为复杂，对这类滑块小车模型，我们必须将其运动过程进行分解，分成一系列阶段性的运动，并与相应的物理规律对应，列式进行求解。通过本题，我们再一次体会了站在能量转化与守恒的高度，利用系统发热量Q E f s =∆∆机＝进行计算给解题带来的快捷。本题一个细节应引起我们高度注意：子弹击中滑块的过程极为短暂，子弹和滑块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，该过程中可认为小车不参与作用，仍静止。之后，子弹、滑块作用整体向右滑动，通过摩擦作用而使小车向右加速。

【体验10】质量为M =4.0kg 的平板小车静止在光滑

的水平面上，如图25所示，当t =0时，两个质量分别为

m A =2kg 、m B =1kg 的小物体A 、B 都以大小为v 0=7m/s 。方

向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑

动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A 、B 与车

间的动摩擦因素μ=0.2，取g =10m/s 2,求：

（1）A 在车上刚停止滑动时，A 和车的速度大小

（2）A 、B 在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。

（3）作出小车的速度—时间图象 〖解析〗（1）当A 和B 在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：

由受力图可知，A 向右减速，B 向左减速，小

车向右加速，所以首先是A 物块速度减小到与

小车速度相等。设A 减速到与小车速度大小相

等时，所用时间为t 1，其速度大小为v 1，则： v 1=v 0-a A t 1 μm A g=m A a B ①

v 1=a 车t 1 μm A g-μm B g=Ma 车②

由①②联立得：v 1=1.4m/s t 1=2.8s

③

（2）根据动量守恒定律有： A

v

t/s 图26

m A v 0-m B v 0=(M+m A +m B )v ④

v =1m/s ⑤

总动量向右， 当A 与小车速度相同时，A 与车之间将不会相对滑动了。

设再经过t 2时间小物体A 与B 、车速度相同，则：

-v=v 1-a B t 2 μm B g=m A a B ⑥

由⑥⑦式得：t 2=1.2s ⑦

所以A 、B 在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t 1+t 2=4.0s ⑧

（3）由（1）可知t 1=2.8s 时，小车的速度为v 1=1.4m/s ，在0~t 1时间内小车做匀加速运动。在t 1~t 2时间内小车做匀减速运动，末速度为v =1.0m/s,小车的速度—时间图如图26所示。

【体验11】如图27所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、…、n 的木块，所有木块的质量均为m ，与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量与所有木块的总质量相等。在t =0时刻木板静止，第l 、2、3、…、n 号木块的初速度分别为v o 、2v o 、3v o 、…、nv o ，方向都向右.最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.试求：

⑴所有木块与木板一起匀速运动的速度v n

⑵从t =0到所有木块与木板共同匀速运动经历的

时间t

⑶第(n -1)号木块在整个运动过程中的最小速度v n-1

〖解析〗⑴本题可以看成n 颗子弹同时打木块。

对系统，由动量守恒得：

m （v o +2v o +3v o +…+nv o ）=2nmv n

由上式解得 v n =(n +1)v o /4

⑵因为第n 号木块始终做匀减速运动，所以对第n 号木块，由动量定理得

-μmg t=mv n -mnv o

由上式解得 t=(3n-1)v 0/4μg

⑶第(n -1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n 号木块的速度为v 。

对系统，由动量守恒得

m (v o +2v o +3v o +…+nv o )=(2n-1)m v n-1+mv ①

对第n -1号木块，由动量定理得 -μmg t /=m v n-1 – m (n -1)v o ②

对第n 号木块，由动量定理得 -μmg t /=mv - mnv o ③

由①②③式解得v n-1 =(n-1)(n+2) v o /4n

【体验12】一块足够长的木板，放在光滑的水平面上，如图28所示，在木板上自左向右放有A 、B 、C 三块质量均为m 的木块，它们与木板间的动摩擦因数均为μ，木板的质量为3m .开始时木板不动，A 、B 、C 三木块的速度依次为v 0、2v 0、3v 0，方向都水平向右；最终三木块与木板以共同速度运动.求: (1)C 木块从开始运动到与木板速度刚好相等时的位移 (2)B 木块在整个运动过程中的最小速度

图28

〖答案〗g v μ204,06

5v 【体验13】如图29所示，在足够大的光滑水平面上放有质量相等的物块A 和B ，其中A 物块连接一个轻弹簧并处于静止状态，物块B 以速度v 0向着物块A 运动。当物块与弹簧作用时，两物块在同一条直线上运动。则物块A 、B 与弹簧相互作用的过程中，两物块A 和B 的 v-t 图像正确的是（ ）

〖简解〗把B 看作子弹，当两物块速度相等时，损失动能最多，弹性势能增加最大。 根据动能定理：mv mv 20= 解得2

0v v =

此时弹簧处于压缩状态。对应t 0/2时刻。 故选D 。

特别注意“子弹打木块未穿出模型”的共同特点：

A 、两者速度相等时，损失的机械能最多；产生的内能最大。

B 、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。

C 、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为Q ＝F f ·s ，其中F f 是滑动摩擦力的大小，s 是两个物体的相对路程。

D 、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。 A

图30

A