港澳臺聯(lián)考教材物理子彈打木塊模型的知識應用

101122000011001221330n00物理“金點子”專題101122000011001221330n00一個好點子，就是一個機遇；一個好點子，就是一種方法?？肌敖瘘c子”為您詮釋年高考中的重點和熱點，助您成為“金”小勇士、高考金榜中的小黑馬！子彈打塊模型知識應【題12007寧夏30在光滑的水平面上，質量為的小球A速率向右運動在小球的前方點處有一質量為m的12球B于靜止狀態(tài)，如圖所.小球A與球B發(fā)生正碰后球AB均右運動小球B被點的墻壁彈回后與小球A在點相遇，＝1.5PO.假設小球間的碰撞小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，兩小球質量之比m/m.1【金析從小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通過的路，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比為∶1兩球碰撞過程有：

vvv11221112mv22

ABOPQ解得：

m1m2【題（2007全國Ⅰ示，質量為的絕緣材料制成的球與質量為M=19m的金屬球并排懸掛。現(xiàn)將絕緣球拉至豎直方向成的置自由釋放，下擺后在最低點與金屬球發(fā)生彈性撞。在平衡位置附近存在垂直于紙面的磁場。已知由于磁場的阻尼作用，金屬球將于再次碰撞前停在最低點處。求過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將小于5。【金析設緣球的擺線長度為l，在下擺過程（與金屬球M相碰之前）機械能守恒1mgl60)m22m和M碰過程動及動能同時守恒

①

θMV01M解②③得：1M10

②

11mMV22

2

③“”明小球被反，而后小球以速度

1

1

和小球M發(fā)碰撞，滿足：m1

MV2

④

11m22

2

⑤解之得：

2

M

2

0

⑥同理有

9)，……，歸納得)1010

n

0

⑦所以第次碰小m的動

kn

19[()n]22

0.81

⑧依據(jù)題意知：

0)kn

⑨

由①⑧⑨式得，

0.81n

⑩當n=1、時，⑩式不成立當時⑩式成立/

0230HHHN所以，經過3次撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度將于45。0230HHHN注：兩個球碰后因電磁阻尼作用使系統(tǒng)的機械能不斷損耗，而每次碰撞后損耗的機械能等于金屬球碰后獲得的動能，所以可以分析、討論金屬球累計獲得的動E

，只要滿足下式即可kM

(cos45……（）。具體解法如下由②③式可1

19,由④⑤式等1010

0

,同理可

0

,……金屬球累計獲得的動能

199m0.192)21010

4

]整理并慮及①式得

1mgl(10.81n2

)……（2），由（1）、（2）式亦可0.81n

【金題3（2007全國Ⅱ·理綜24（19分）用放射源釙的射線轟擊鈹時，能發(fā)射出一種穿透力極強的中性射線，這就是所謂鈹“輻射”。年，查德威克用鈹“輻射”分別照射（轟擊）氫和氮（它們可視為處于靜止狀態(tài)），測得照射后鈹“輻射”方向高速運動的氫核和氮核的速度之比為。查德威克假設鈹“輻射”是由一種質量不為零的中性粒子構成的，從而通過上述實驗在歷史上首次發(fā)現(xiàn)了中子。假定鈹“輻射”中的中性粒子與氫或氮發(fā)生彈性正碰，試在不考慮相對論效應的條件下計算構成鈹“輻射”的中性粒子的質量。（質量用原子質量單u表示，1u等于一個12C原子量的十二分之一。取氫核和氮核的質量分別為1.0和u。）【掘金析】構成鈹“副射”的中性粒子的質量和速度分別為m和，氫核的質量為m。構成鈹“輻射”的中H性粒子與氫核發(fā)生彈性正碰，碰后兩粒子的速度分別m①HH1②2m解得③mH同理，對于質量為m的氮核，其碰后速度為2④m

和H

。由動量守恒與動能守恒得m由③④式可得mNHHHN又N將上式與題給數(shù)據(jù)代入⑤式得

⑥m

⑤【題42007夏·綜30分·D[物—選修3-5]在光滑的水面上，質量為的球A以率右運動。在1小球的前方點有一質量為

2

的小球處于靜止狀態(tài)，如圖所示。小球A小球發(fā)正后小球A、均向右運動。小球B被在Q點的墻壁彈回后與小球A在P點相遇PQ=1.5PO。假設小球間的碰撞小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，兩小球質量之比

m:m1

。

OP【金析從小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的度大小保持不變。忽略B墻壁的碰撞時間，設碰撞后小球A和B的速度大小分別為和，則們通過的路程分為1

Qs

t1

，

s)

2

t

，又

，解得

21

①

AB在轉過程中動守恒、動能守恒

m101

②/

112nnnn21321nl111112nnnn21321nlmm222

③

由以上三式得

m12m2

【題5重·綜（20分某趣小組設計了一種實驗裝置，用來研究碰撞問。其模型如圖所示。用完全相同的輕繩將N個大小相同、質不等的小球并列懸掛于一水平桿上，球間有微小間隔，從從左到右，球的編依次為1、23…，球的質量依次遞減，每球質量與其相鄰左球質量之比為k（1號球向左拉起，然后由靜止使其與2號碰撞號再與3號碰撞……所有碰撞皆為機械能損失的正氣阻力，

釋放，忽略2）繩的伸長，⑴設與號碰前，n號球的速度，求n+1球碰撞后的速度。n⑵若N=5在球向左拉高的情況下要5號碰撞后升高（h于繩長k值

13

…

多少？⑶在第⑵問的條件下，懸掛哪個球的繩最容易斷，為什么【金析(1)n球質量為號質量為，n

n

n

，設碰撞后的速度依次n

，取水平向右為正方向，據(jù)題意有n號球號碰撞前的速度分別為、0，n11m2km根據(jù)動能守恒②22

根據(jù)動量守恒有

mmnn

kmn

①解①②式得

n

2nk

(n

舍去)

③（2）設號球擺至最低點的速度

1

由機械能守恒定律有gh1

12

1

所以

2gh

④設5號球擺起時的速度為5

,由機械能守恒定律有

2

⑤由③式得后一個球碰后速度為2

222，))，…，)kkk

n1

⑥N=n=5時

5

2k

)

4

1

⑦由④⑤⑦三式得k0.414

，

k2去)

。（3）設繩長為

l

第n個在最低點時，細繩對球的拉力為

F

n

由牛頓第二定律有Fgnn

nl

則

Fgnn

nl

⑧

又

12

mnkn

⑨由題意知球所受重力最大；由機械能守及傳遞情況可知球在最低點碰前的動能也大，根據(jù)⑧⑦式知：懸掛1球的繩最容易斷.注：因后面各球質量（

mn

n1

⑩）漸次減小、各球碰后速度漸次增大，由⑧式不能直接斷出各球所受拉力的大小關系；若將⑥、⑩代入⑧式，也不易看出拉力大小變化的趨向，所應將⑧式后面一項作為“整體”處理。該問題也可用下面的辦法（個案法）解答：計算N個球任意相鄰兩個球所受拉力的大小，然后比之。號球與號球碰前瞬間1號球所受拉力號球與號球碰后瞬間2號球所受拉力

Fmgm111Fg222

22l

2.071

由此推知

>13

故懸掛1號的繩最容易./

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．M【論】理想模型法是物理思維的重要方法之。我們在解決實際問題時，常要把問題中的物理情景轉化為想模型，然后再利用適合該模型的規(guī)律求解，因此在物理學習中培養(yǎng)建立物理模型能力十分重要。子彈打木塊實際上是一種類似完全非彈性碰撞。作為一個型，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。下面從動量、能量和牛頓運動定律多個角度來分析這一過程。【例設質量為m子彈以初速度射靜止在光滑水平0木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為。求木塊對子彈的平進的距離。

v0

v

面上的質量為M的塊，并在均阻力的大小和該過程中木塊前解：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(tǒng)動量守恒：mv

s2

s1

從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉化為系統(tǒng)的能。設平均阻力大小為f，設子彈、塊的位移大小分別為s、，12如圖所示，顯然有12對子彈用動能定理：

f

mvmv2

……①對木塊用動能定理：

fMv

……②①、②相減得：

f

11Mm2Mv22M

……③這個式子的物理意義是f恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等系統(tǒng)內能的增加；可見fQ

，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內于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，所以這里應該用程，而不是用位移由上式不難求得平均阻力的大?。?/p>

f

vm至于木塊前進的距離，以由以上②、③相比得：2

msMm從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結論由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：sdv/vdMmm,,ss/2mMm一般情況下，所以<<。這說明，在子射入木塊過程中，木塊的位移很小，可以忽略不計。這就為分階段處理2問題提供了依據(jù)。當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木的速度大小不再相等，但穿透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是Δf（這里的為木塊的厚度由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不再用④式計ΔE的小。KK做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關系和速度符標在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)?！白訌椖緣K”模型具有列幾條要的力學規(guī)（）動學律：于成系統(tǒng)的兩物體到大小相同向相反的一對恒力兩物體的加速度大小與質量成反比向反。（）動規(guī)律勻加速運動?！白訌棥贝澳緣K”可看作為兩個做勻變速直線動的物體間的追及問題，或說是一個相對運動問題。在一段時間內“子彈”射入“木塊”的深度，就這段時間內兩者相對位移的大小。（）量律:由系不受外力作用，故而遵從動量守恒定。（）量律:由相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個物體動均發(fā)生變化：力對“子彈”做的功量度“于彈”動能的變化；力對“木塊”做的功量度“木塊”動能的變化．一對恒力做的總量度系統(tǒng)動能的變化，并且這一對恒力做的功的大小可用一個恒力的大小與兩物體相對位移大小的乘積來計算。（5）滑動摩擦力和相位移的乘積等于摩擦生的熱。這是常用一個關系。高考母題衍“金點子”【題生1質為2m長L的塊置于光滑的水平面上質量m的子彈以初速度V水向右射穿木塊后速為V。00/

220220v20v222022212設木塊對子彈的阻力F恒。求：220220v20v222022212（1子彈穿過木塊的過程木塊的位移（2若木塊固定在傳送帶，使木塊隨傳送帶始終以恒定速度u<V水平向右運動，則子彈的終速度是多少0【生析1）木塊的過程中，系動量守恒，而機械能要損失，且損失機械能等于阻力F和塊長L的積。設子彈穿過木塊后木塊獲得的速度是由統(tǒng)動量守恒得：mV=mV/2+2mv0由能量守恒得：

11V-V-V28

0

2

對木塊有：1（）FS=2mV2解以上三式得：木塊的位移S=

1L木對子彈的阻力516

V

0

2（）在此過程，由于木塊受到傳送帶的作用力，所系統(tǒng)動量不守恒。此題不能用動量守恒解。由題的條件，我們可以用運動學來處理此題。選木塊為參照系，則：子彈的初速度(V-u)0

末速度為（）

位移為L加速度a=F/m=

516

mV

0

2對子彈有：(V-u)0

-（V

2

=2as

解得：V=u+

(v)

28

0

當(V-u)V0

0

2

即

104

)V時0

V=u+

(

258

0

當(V-u)<5/8V0

0

2

即

104

)V時0

V=u解法二：以子彈為研究對象由動量定理和動能定理得：mV(1)0

11mV-V=F(ut+L)22解以上兩式得V，面的解與第一種方法相同?！绢}生2如圖所示，長為L=0．的板AB止、固定在水平面上，AB左端面有一質量為M=0．kg的木塊C可視為質點有質量為m=20g的彈以速度射向小木塊C并在小木塊中．已知小木塊與板AB之0間的動摩擦因數(shù)μ．1．(g取10)(1)求小木塊運至右端面時的速度大．2若將木板固在以u=1m/s恒速度向右運動的小車上小車質量遠大于小木塊的量木塊C仍放在木板AB的端，子彈以v′m/s的速度射向小木塊并在小木塊中，求小木塊C運至右面的過程中小車向右運動的距0離s．【生析1）用v表子彈射入木者的共同速度，由于子彈射入木塊時極短，系統(tǒng)動量守恒，有1+)v0∴v=1

v

=3m/s子彈和木塊在木上滑動，由動能定理得：1（+）v-(+M)v2

2

μ+MgL解得v=2

gL=22m/s用v′示子彈射入木塊C后者的共同速度，由動量守恒定律，得mv+=(+M)0v′，解得′=4m/s．1t

12

木塊C及彈在木板表面上做勻減速運aμ塊和彈滑至板右端的時間為t塊和子彈的位移=v′1，/

t由于≥mM),故小車及木塊AB仍做勻速直線運動，小車及木板AB位移=，知+，t1聯(lián)立以上四式并代入數(shù)據(jù)得：2

-6解得：2)s2)s不題意舍去）∴=．18m【題生3如圖所示質為M為l的長形木板放光滑的水平地面上右端放一質量為的木塊＜以地面為參照系給A和B大小相等、方向相反的初速(如圖，使A開始左運動開向右運動，但最后A好沒有滑離B板．以地面為參照系。(1)若已知A和B的初度大小為，它們最后的速度的大小和方向．(2)若初速度的大小知，求小木塊A向運動到達的最遠(從地面上)離出發(fā)點的距離．【生析A剛沒有滑離B板表示當A滑B板最左端時AB具有相同的速度設速為，據(jù)m＜，知，判斷出V的方向應與B板初速度同向，即向右．B初速度的大小為，則由動量守恒可得：解得：

方向向右(2)本題應著重理解理過程的定性分析方法，在此基礎上成正確的物理圖景．注意以下說理分析板右端時初速度向左，而到達B左端時的末速度向右，若以地面參考，可見在動過程中必經歷先向左受摩擦力作用而作減速運，直到相對地面速度為零的階段，而后經歷因B速度方向向右相對B板左，故所擦力方向向右向作速度為零的加速運動直到有共同速度為的段下所示前階段擦力阻礙A左運動后階段擦為動力A向加速為A開始運動到速度變?yōu)榱愠讨邢蜃筮\動的過程，

為A從速為零增加到速度

過程中向右運動的路程為A開始運動到剛到達B的最端的過程中B運的路程．設與B之的動擦力為對于B:對于A:

，則由功能關系可知：由幾何關系由以上四式解得【題生4如圖4示，電容器固定在一個絕緣上，絕緣座放在光滑水平面上，平行電容器板間的距離，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M給電容器充電后，有一質量為m的正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v對準小孔向左運動，并從小孔進電容器，設帶電環(huán)不影響電容器板0間電場分布。帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：圖/

00（1）帶電環(huán)與左極板距最近時的速度v；00（2）此過程中電容器動的距離。（3）此過程中能量如變化？【生析1）帶電環(huán)進入電容器在電場力的作用下做初速度為v的減速直線運動，而電容器則在電力的作用下做勻加0速直線運動，當它們的速度相等時，帶電環(huán)與電容器的左極相距最近，由系統(tǒng)動量守恒定律可得：動量觀點：vM，0力與運動觀點：設電場力為F

v00

Fmvtt，v0MM（2）能量觀點（在第）問基礎上對：

Eq

d11)mv2mv22

對M：

Eqs

12

MvEq

d1()mv22

20所以

s

md2運動學觀點：對M：

v2

t

，對：

v

0

t's'

d2

，解得：

d2()帶電環(huán)與電容器的速度圖像如圖5示。由三角形面積可得：圖d1t，svt22

0解得：

m2(m)（3）在此過程，系統(tǒng)，帶電小環(huán)動能減少，電勢能增加，同電容器等的動能增加，系統(tǒng)中減少的能全部轉化為電勢能?！绢}生5如圖所示，質量M=、帶有正電荷q=5×C的靶盒A靜在光滑水平導軌上的