港澳臺(tái)聯(lián)考教材物理子彈打木塊模型的知識(shí)應(yīng)用

101122000011001221330n00物理“金點(diǎn)子”專題101122000011001221330n00一個(gè)好點(diǎn)子，就是一個(gè)機(jī)遇；一個(gè)好點(diǎn)子，就是一種方法?？肌敖瘘c(diǎn)子”為您詮釋年高考中的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，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(shí)應(yīng)【題12007寧夏30在光滑的水平面上，質(zhì)量為的小球A速率向右運(yùn)動(dòng)在小球的前方點(diǎn)處有一質(zhì)量為m的12球B于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所.小球A與球B發(fā)生正碰后球AB均右運(yùn)動(dòng)小球B被點(diǎn)的墻壁彈回后與小球A在點(diǎn)相遇，＝1.5PO.假設(shè)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(zhì)量之比m/m.1【金析從小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，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(zhì)量為的絕緣材料制成的球與質(zhì)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(diǎn)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(chǎng)。已知由于磁場(chǎng)的阻尼作用，金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)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?！窘鹞鲈O(shè)緣球的擺線長度為l，在下擺過程（與金屬球M相碰之前）機(jī)械能守恒1mgl60)m22m和M碰過程動(dòng)及動(dòng)能同時(shí)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(dòng)

kn

19[()n]22

0.81

⑧依據(jù)題意知：

0)kn

⑨

由①⑧⑨式得，

0.81n

⑩當(dāng)n=1、時(shí)，⑩式不成立當(dāng)時(shí)⑩式成立/

0230HHHN所以，經(jīng)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(gè)球碰后因電磁阻尼作用使系統(tǒng)的機(jī)械能不斷損耗，而每次碰撞后損耗的機(jī)械能等于金屬球碰后獲得的動(dòng)能，所以可以分析、討論金屬球累計(jì)獲得的動(dòng)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(jì)獲得的動(dòng)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(shí)，能發(fā)射出一種穿透力極強(qiáng)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?fàn)顟B(tài)），測(cè)得照射后鈹“輻射”方向高速運(yùn)動(dòng)的氫核和氮核的速度之比為。查德威克假設(shè)鈹“輻射”是由一種質(zhì)量不為零的中性粒子構(gòu)成的，從而通過上述實(shí)驗(yàn)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(duì)論效應(yīng)的條件下計(jì)算構(gòu)成鈹“輻射”的中性粒子的質(zhì)量。（質(zhì)量用原子質(zhì)量單u表示，1u等于一個(gè)12C原子量的十二分之一。取氫核和氮核的質(zhì)量分別為1.0和u。）【掘金析】構(gòu)成鈹“副射”的中性粒子的質(zhì)量和速度分別為m和，氫核的質(zhì)量為m。構(gòu)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(duì)于質(zhì)量為m的氮核，其碰后速度為2④m

和H

。由動(dòng)量守恒與動(dòng)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(zhì)量為的球A以率右運(yùn)動(dòng)。在1小球的前方點(diǎn)有一質(zhì)量為

2

的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。小球A小球發(fā)正后小球A、均向右運(yùn)動(dòng)。小球B被在Q點(diǎn)的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇PQ=1.5PO。假設(shè)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(zhì)量之比

m:m1

。

OP【金析從小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和B的度大小保持不變。忽略B墻壁的碰撞時(shí)間，設(shè)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(zhuǎn)過程中動(dòng)守恒、動(dòng)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(shè)計(jì)了一種實(shí)驗(yàn)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(gè)大小相同、質(zhì)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(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k（1號(hào)球向左拉起，然后由靜止使其與2號(hào)碰撞號(hào)再與3號(hào)碰撞……所有碰撞皆為機(jī)械能損失的正氣阻力，

釋放，忽略2）繩的伸長，⑴設(shè)與號(hào)碰前，n號(hào)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(hào)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(gè)球的繩最容易斷，為什么【金析(1)n球質(zhì)量為號(hào)質(zhì)量為，n

n

n

，設(shè)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(hào)球號(hào)碰撞前的速度分別為、0，n11m2km根據(jù)動(dòng)能守恒②22

根據(jù)動(dòng)量守恒有

mmnn

kmn

①解①②式得

n

2nk

(n

舍去)

③（2）設(shè)號(hào)球擺至最低點(diǎn)的速度

1

由機(jī)械能守恒定律有g(shù)h1

12

1

所以

2gh

④設(shè)5號(hào)球擺起時(shí)的速度為5

,由機(jī)械能守恒定律有

2

⑤由③式得后一個(gè)球碰后速度為2

222，))，…，)kkk

n1

⑥N=n=5時(shí)

5

2k

)

4

1

⑦由④⑤⑦三式得k0.414

，

k2去)

。（3）設(shè)繩長為

l

第n個(gè)在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩對(duì)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(jī)械能守及傳遞情況可知球在最低點(diǎn)碰前的動(dòng)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(zhì)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(guān)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(yīng)將⑧式后面一項(xiàng)作為“整體”處理。該問題也可用下面的辦法（個(gè)案法）解答：計(jì)算N個(gè)球任意相鄰兩個(gè)球所受拉力的大小，然后比之。號(hào)球與號(hào)球碰前瞬間1號(hào)球所受拉力號(hào)球與號(hào)球碰后瞬間2號(hào)球所受拉力

Fmgm111Fg222

22l

2.071

由此推知

>13

故懸掛1號(hào)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?cè)诮鉀Q實(shí)際問題時(shí)，常要把問題中的物理情景轉(zhuǎn)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(xué)習(xí)中培養(yǎng)建立物理模型能力十分重要。子彈打木塊實(shí)際上是一種類似完全非彈性碰撞。作為一個(gè)型，它的特點(diǎn)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(yùn)動(dòng)。下面從動(dòng)量、能量和牛頓運(yùn)動(dòng)定律多個(gè)角度來分析這一過程。【例設(shè)質(zhì)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(duì)子彈的平進(jìn)的距離。

v0

v

面上的質(zhì)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(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv

s2

s1

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

f

mvmv2

……①對(duì)木塊用動(dòng)能定理：

fMv

……②①、②相減得：

f

11Mm2Mv22M

……③這個(gè)式子的物理意義是f恰好等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動(dòng)能的損失應(yīng)該等系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見fQ

，即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱（機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)于擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)，所以這里應(yīng)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(jìn)的距離，以由以上②、③相比得：2

msMm從牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論由于子彈和木塊都在恒力作用下做勻變速運(yùn)動(dòng)，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(jì)。這就為分階段處理2問題提供了依據(jù)。當(dāng)子彈速度很大時(shí)，可能射穿木塊，這時(shí)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(dòng)量仍然守恒，系統(tǒng)動(dòng)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(jì)ΔE的小。KK做這類題目時(shí)一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關(guān)系和速度符標(biāo)在圖上，以免列方程時(shí)帶錯(cuò)數(shù)據(jù)?！白訌椖緣K”模型具有列幾條要的力學(xué)規(guī)（）動(dòng)學(xué)律：于成系統(tǒng)的兩物體到大小相同向相反的一對(duì)恒力兩物體的加速度大小與質(zhì)量成反比向反。（）動(dòng)規(guī)律勻加速運(yùn)動(dòng)?！白訌棥贝澳緣K”可看作為兩個(gè)做勻變速直線動(dòng)的物體間的追及問題，或說是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題。在一段時(shí)間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就這段時(shí)間內(nèi)兩者相對(duì)位移的大小。（）量律:由系不受外力作用，故而遵從動(dòng)量守恒定。（）量律:由相互作用力做功，故系統(tǒng)或每個(gè)物體動(dòng)均發(fā)生變化：力對(duì)“子彈”做的功量度“于彈”動(dòng)能的變化；力對(duì)“木塊”做的功量度“木塊”動(dòng)能的變化．一對(duì)恒力做的總量度系統(tǒng)動(dòng)能的變化，并且這一對(duì)恒力做的功的大小可用一個(gè)恒力的大小與兩物體相對(duì)位移大小的乘積來計(jì)算。（5）滑動(dòng)摩擦力和相位移的乘積等于摩擦生的熱。這是常用一個(gè)關(guān)系。高考母題衍“金點(diǎn)子”【題生1質(zhì)為2m長L的塊置于光滑的水平面上質(zhì)量m的子彈以初速度V水向右射穿木塊后速為V。00/

220220v20v222022212設(shè)木塊對(duì)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(yùn)動(dòng)，則子彈的終速度是多少0【生析1）木塊的過程中，系動(dòng)量守恒，而機(jī)械能要損失，且損失機(jī)械能等于阻力F和塊長L的積。設(shè)子彈穿過木塊后木塊獲得的速度是由統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mV=mV/2+2mv0由能量守恒得：

11V-V-V28

0

2

對(duì)木塊有：1（）FS=2mV2解以上三式得：木塊的位移S=

1L木對(duì)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(dòng)量不守恒。此題不能用動(dòng)量守恒解。由題的條件，我們可以用運(yùn)動(dòng)學(xué)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(duì)子彈有：(V-u)0

-（V

2

=2as

解得：V=u+

(v)

28

0

當(dāng)(V-u)V0

0

2

即

104

)V時(shí)0

V=u+

(

258

0

當(dāng)(V-u)<5/8V0

0

2

即

104

)V時(shí)0

V=u解法二：以子彈為研究對(duì)象由動(dòng)量定理和動(dòng)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(zhì)量為M=0．kg的木塊C可視為質(zhì)點(diǎn)有質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)μ．1．(g取10)(1)求小木塊運(yùn)至右端面時(shí)的速度大．2若將木板固在以u(píng)=1m/s恒速度向右運(yùn)動(dòng)的小車上小車質(zhì)量遠(yuǎn)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(yùn)至右面的過程中小車向右運(yùn)動(dòng)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(shí)極短，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有1+)v0∴v=1

v

=3m/s子彈和木塊在木上滑動(dòng)，由動(dòng)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(dòng)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(yùn)aμ塊和彈滑至板右端的時(shí)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(yùn)動(dòng)，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(zhì)為M為l的長形木板放光滑的水平地面上右端放一質(zhì)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(yùn)動(dòng)開向右運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)到達(dá)的最遠(yuǎn)(從地面上)離出發(fā)點(diǎn)的距離．【生析A剛沒有滑離B板表示當(dāng)A滑B板最左端時(shí)AB具有相同的速度設(shè)速為，據(jù)m＜，知，判斷出V的方向應(yīng)與B板初速度同向，即向右．B初速度的大小為，則由動(dòng)量守恒可得：解得：

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

為A從速為零增加到速度

過程中向右運(yùn)動(dòng)的路程為A開始運(yùn)動(dòng)到剛到達(dá)B的最端的過程中B運(yùn)的路程．設(shè)與B之的動(dòng)擦力為對(duì)于B:對(duì)于A:

，則由功能關(guān)系可知：由幾何關(guān)系由以上四式解得【題生4如圖4示，電容器固定在一個(gè)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(xì)桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量為M給電容器充電后，有一質(zhì)量為m的正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v對(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng)，并從小孔進(jìn)電容器，設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板0間電場(chǎng)分布。帶電環(huán)進(jìn)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(shí)的速度v；00（2）此過程中電容器動(dòng)的距離。（3）此過程中能量如變化？【生析1）帶電環(huán)進(jìn)入電容器在電場(chǎng)力的作用下做初速度為v的減速直線運(yùn)動(dòng)，而電容器則在電力的作用下做勻加0速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們的速度相等時(shí)，帶電環(huán)與電容器的左極相距最近，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律可得：動(dòng)量觀點(diǎn)：vM，0力與運(yùn)動(dòng)觀點(diǎn)：設(shè)電場(chǎng)力為F

v00

Fmvtt，v0MM（2）能量觀點(diǎn)（在第）問基礎(chǔ)上對(duì)：

Eq

d11)mv2mv22

對(duì)M：

Eqs

12

MvEq

d1()mv22

20所以

s

md2運(yùn)動(dòng)學(xué)觀點(diǎn)：對(duì)M：

v2

t

，對(duì)：

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(dòng)能減少，電勢(shì)能增加，同電容器等的動(dòng)能增加，系統(tǒng)中減少的能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。【題生5如圖所示，質(zhì)量M=、帶有正電荷q=5×C的靶盒A靜在光滑水平導(dǎo)軌上的