專題21子彈打木塊模型和板塊模型（精講）

專題21子彈打木塊模型和板塊模型模型歸納1．子彈打木塊模型分類模型特點(diǎn)示例子彈嵌入木塊中(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．兩者速度相等，機(jī)械能損失最多(完全非彈性碰撞)動(dòng)量守恒：mv0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝Ff·s＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(M＋m)v2子彈穿透木塊(1)子彈水平打進(jìn)木塊的過程中，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．(2)系統(tǒng)的機(jī)械能有損失．動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2能量守恒：Q＝Ff·d＝eq\f(1,2)mv02－(eq\f(1,2)Mv22＋eq\f(1,2)mv12)2．子板塊模型分類模型特點(diǎn)示例滑塊未滑離木板木板M放在光滑的水平地面上，滑塊m以速度v0滑上木板，兩者間的摩擦力大小為f。①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；②系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于摩擦力與兩者相對(duì)位移大小的乘積，即摩擦生成的熱量。類似于子彈打木塊模型中子彈未穿出的情況。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝（M＋m）v；②系統(tǒng)能量守恒：Q＝f·x＝12mv02－12（M＋m滑塊滑離木板木板M放在光滑的水平地面上，滑塊m以速度v0滑上木板，兩者間的摩擦力大小為f。①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；②系統(tǒng)減少的機(jī)械能等于摩擦力與兩者相對(duì)位移大小的乘積，即摩擦生成的熱量。類似于子彈穿出的情況。①系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；②系統(tǒng)能量守恒：Q＝fl＝12mv02方法歸納1．三個(gè)角度求解子彈打木塊過程中損失的機(jī)械能（1）利用系統(tǒng)前、后的機(jī)械能之差求解；（2）利用Q＝f·x相對(duì)求解；（3）利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對(duì)木塊做的功的差值進(jìn)行求解。2．板塊模型求解方法(1)求速度：根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)；(2)求時(shí)間：根據(jù)動(dòng)量定理求解，研究對(duì)象為一個(gè)物體；(3)求系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能或相對(duì)位移：根據(jù)能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)．模型1子彈擊木塊模型【例1】（2023秋?渝中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈、從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈射入木塊的深度是的3倍。假設(shè)木塊對(duì)子彈阻力大小恒定，、做直線運(yùn)動(dòng)且不會(huì)相遇，則、運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是A．木塊和子彈、系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 B．子彈的初速度大小是子彈的初速度大小的3倍 C．子彈的質(zhì)量是子彈的質(zhì)量的3倍 D．若子彈向右射入木塊，與木塊相對(duì)靜止后，子彈再向左射入木塊，最終進(jìn)入的深度仍是的3倍【答案】【分析】以子彈、和木塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式分析兩子彈的質(zhì)量、初動(dòng)量關(guān)系，根據(jù)初動(dòng)量與質(zhì)量的關(guān)系求出子彈初速度的關(guān)系；應(yīng)用能量守恒定律分析子彈進(jìn)入木塊深度的關(guān)系?！窘獯稹拷猓海阅緣K和子彈、組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，系統(tǒng)受合外力是零，則有系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，故錯(cuò)誤；．以木塊和子彈、組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得則有即子彈的初動(dòng)量與子彈的初動(dòng)量大小相等，由于木塊始終保持靜止，木塊受合力是零，可知兩子彈對(duì)木塊的作用力大小相等，由牛頓第三定律可知，兩子彈受木塊的阻力大小相等，設(shè)為，子彈射入木塊的深度為，由動(dòng)能定理，對(duì)子彈有可得對(duì)子彈有可得由于則有兩子彈初動(dòng)能的關(guān)系為由動(dòng)能公式可得，整理解得即子彈的質(zhì)量是子彈的質(zhì)量的3倍；由于可得即子彈的初速度大小是子彈的初速度大小的3倍，錯(cuò)誤，正確；．若子彈向右射入木塊，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，子彈與木塊相對(duì)靜止時(shí)有共同的速度，由能量守恒定律可知，系統(tǒng)減少的機(jī)械能△且整理可得子彈再向左射入木塊，由于子彈、與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由以上分析可知?jiǎng)t有系統(tǒng)的初動(dòng)量是零，由動(dòng)量守恒定律可知，最后、與木塊都靜止，子彈射入木塊運(yùn)動(dòng)中，由能量守恒定律可知，系統(tǒng)減少的機(jī)械能△且整理可得由以上分析可知故錯(cuò)誤。故選：?！咀兪骄?】（2023秋?海珠區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質(zhì)量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈均以相同的初速度分別打進(jìn)兩種木頭中，最終均留在木頭內(nèi)，已知軟木對(duì)子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是A．子彈與硬木摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能較多 B．兩個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能不一樣大 C．子彈在軟木中打入深度較大 D．子彈在硬木中打入深度較大【答案】【分析】本題根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量轉(zhuǎn)化與守恒、功能關(guān)系，結(jié)合選項(xiàng)，即可解答?！窘獯稹拷猓?、設(shè)子彈質(zhì)量為，木塊質(zhì)量為，由于最終都達(dá)到共同速度，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律：可知，共同速度相同，則根據(jù)能量守恒定律有：可知子彈與硬木或子彈與軟木構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能減小量相同，故兩個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能一樣多，故錯(cuò)誤；、根據(jù)功能關(guān)系：從以上表達(dá)式可知，當(dāng)產(chǎn)生的內(nèi)能相同時(shí)，摩擦力越小，子彈打入深度越大，由于子彈在軟木塊受到的摩擦力小，所以子彈在軟木中打入深度較大，故正確，錯(cuò)誤。故選：?！咀兪骄?】（2023?巴南區(qū)一模）子彈穿透力試驗(yàn)中，將相同的多塊厚木板相互靠近固定在水平面上，試驗(yàn)員將子彈水平射向木板，通過觀察子彈停下的位置獲得相應(yīng)數(shù)據(jù)．若子彈與木板間的阻力大小恒定，且子彈沿直線運(yùn)動(dòng)，某次射擊后發(fā)現(xiàn)剛好擊穿2層木板．下列分析正確的是A．若僅將子彈的質(zhì)量增加1倍，剛好打穿4層木板 B．若僅將子彈的射入速度提升1倍，剛好打穿4層木板 C．若僅改變子彈形狀使相互間阻力減小，可以增加打穿木板的數(shù)量，同時(shí)減少發(fā)熱量 D．子彈擊穿第一塊木板時(shí)速率降為初速率的一半【答案】【分析】、子彈擊穿2層木板的過程可得動(dòng)能定理的表達(dá)式，當(dāng)子彈的質(zhì)量或者速度增大1倍，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理可得子彈擊穿木板的個(gè)數(shù)，子彈擊穿第一塊木板過程利用動(dòng)能定理可得子彈擊穿第一塊木板時(shí)速率與初速率的大小關(guān)系；、根據(jù)子彈和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒和系統(tǒng)能量守恒可得系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量的表達(dá)式，可知熱量與阻力大小無關(guān)?！窘獯稹拷猓?、設(shè)子彈與木板間阻力為，木板的厚度為，子彈擊穿2層木板的過程，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理有：若僅將子彈的質(zhì)量增加1倍，設(shè)子彈剛好打穿層木板，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理有：代入數(shù)據(jù)可得：，故正確；、若僅將子彈的射入速度提升1倍，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理有：代入數(shù)據(jù)可得：，所以剛好打穿8層木板，故錯(cuò)誤；、子彈擊穿2層木板的過程，子彈和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)子彈初速度的方向?yàn)檎较?，則有：由能量守恒可知系統(tǒng)損失的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為熱量，則有：代入數(shù)據(jù)可得：，可知系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量與阻力的大小無關(guān)，故錯(cuò)誤；、子彈擊穿第一塊木板過程利用動(dòng)能定理，則有：代入數(shù)據(jù)可得，故錯(cuò)誤；故選：?！咀兪骄?】（2023秋?香坊區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，質(zhì)量為的木塊靜止在光滑水平桌面上，一質(zhì)量為的子彈以水平速度射入木塊，深度為時(shí)，子彈與木塊相對(duì)靜止，在子彈入射的過程中，木塊沿桌面移動(dòng)的距離為，木塊對(duì)子彈的平均阻力為，那么在這一過程中，下列說法正確的是A．木塊的動(dòng)能增加 B．子彈的動(dòng)能減少量為 C．子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)能減少量為 D．子彈和木塊組成的系統(tǒng)的動(dòng)能減少量為【答案】【分析】運(yùn)用動(dòng)能定理分別研究子彈和木塊，求出各自的動(dòng)能變化；根據(jù)子彈相對(duì)于木塊的位移大小求出系統(tǒng)動(dòng)能的減少量。根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出子彈和木塊的共同速度，再求系統(tǒng)動(dòng)能的減少量。【解答】解：、子彈對(duì)木塊的作用力大小為，木塊相對(duì)于水平桌面的位移為，則子彈對(duì)木塊做功為，根據(jù)動(dòng)能定理可得木塊動(dòng)能的增加量等于子彈對(duì)木塊做功，即，故錯(cuò)誤；、子彈相對(duì)于地面的位移大小為，則木塊對(duì)子彈的阻力做功為，根據(jù)動(dòng)能定理得知，子彈動(dòng)能的減少量等于子彈克服阻力做的功，大小為，故錯(cuò)誤；、子彈相對(duì)于木塊的位移大小為，則系統(tǒng)克服阻力做的功為，根據(jù)功能關(guān)系可知，系統(tǒng)動(dòng)能的減少量為，故錯(cuò)誤；、取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：，解得子彈和木塊的共同速度為：，所以子彈和木塊（系統(tǒng)）的動(dòng)能減少量為，解得：，故正確。故選：。模型2板塊模型【例2】（2023春?北碚區(qū)校級(jí)期末）小明心里還在想著如何道歉，剛到門口，便聽到有老師在討論，“學(xué)生就像是一個(gè)小物塊，需要放在一個(gè)木板上歷練，讓他們產(chǎn)生危機(jī)意識(shí)，若不努力前進(jìn)便只能被木板淘汰，當(dāng)然也可以將自己變得足夠優(yōu)秀去淘汰木板”：如圖，一質(zhì)量為、長(zhǎng)為的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為，經(jīng)過一段時(shí)間物塊從木板右端滑離，離開時(shí)A．木板的動(dòng)能一定大于 B．木板與物塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能一定等于 C．物塊在木板上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 D．物塊的動(dòng)能一定小于【答案】【分析】根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和動(dòng)量定理計(jì)算出木板和物塊的運(yùn)動(dòng)情況，然后結(jié)合數(shù)據(jù)計(jì)算其機(jī)械能和動(dòng)能，對(duì)題目選項(xiàng)進(jìn)行判斷。【解答】解：設(shè)物塊滑離木板的速度為，對(duì)地位移為，此時(shí)木板的速度為，對(duì)地位移為，運(yùn)動(dòng)過程中物塊加速度大小為，木板的加速度大小為，相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，則由牛頓第二定律有：，解得：，由牛頓運(yùn)動(dòng)學(xué)可得：，且有：即：整理可得：根據(jù)二次函數(shù)的求根公式解得：，故正確。對(duì)木板，根據(jù)動(dòng)能定理有：△而根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：，又有：因此可得：，因此可得：△，故錯(cuò)誤；由能量守恒定律有：整理可得：而分析可知，兩者相對(duì)滑動(dòng)的過程中產(chǎn)生的熱量：由此可知木板與物塊系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于，故正確。故選：。【變式練1】（2023?濰坊模擬）如圖所示，長(zhǎng)為、質(zhì)量為的長(zhǎng)方形箱子，放在光滑的水平地面上，箱內(nèi)有一質(zhì)量也為的小滑塊，滑塊與箱底間無摩擦。開始時(shí)箱子靜止不動(dòng)，滑塊以速度從箱子的中間位置處向右運(yùn)動(dòng)，所有碰撞時(shí)間均可忽略。（1）若滑塊與箱子右側(cè)壁的第一次碰撞為彈性碰撞，求小滑塊從開始到再一次位于箱子中間位置經(jīng)歷的時(shí)間；（2）若滑塊與箱子右側(cè)壁第一次碰后速度方向仍然向右、大小變?yōu)?，求碰后兩者相?duì)速度大小與碰前相對(duì)速度大小的比值；（3）若滑塊與箱壁每碰撞一次，兩者相對(duì)速度的大小變?yōu)樵摯闻鲎睬跋鄬?duì)速度大小的倍且，求碰撞次后滑塊的速度大小和箱子的速度大?。唬?）在滿足（3）問中條件下，求滑塊與箱子碰撞4次時(shí)系統(tǒng)損失的總動(dòng)能與系統(tǒng)初動(dòng)能的比值?！敬鸢浮浚?）小滑塊從開始到再一次位于箱子中間位置經(jīng)歷的時(shí)間為；（2）碰后兩者相對(duì)速度大小與碰前相對(duì)速度大小的比值為；（3）碰撞次后滑塊的速度大小為，箱子的速度大小為；（4）滑塊與箱子碰撞4次時(shí)系統(tǒng)損失的總動(dòng)能與系統(tǒng)初動(dòng)能的比值為0.375?！痉治觥浚?）由于所有接觸面無摩擦，滑塊與箱子質(zhì)量相等，發(fā)生彈性碰撞，無機(jī)械能損失，碰撞后滑塊與箱子交換速度，根據(jù)勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)間；（2）根據(jù)題設(shè)條件和動(dòng)量守恒定律求碰撞后相對(duì)速度的比值；（3）由相對(duì)速度的比值表示出第次碰撞后兩者速度關(guān)系，由動(dòng)量守恒定律得到第次碰撞后的速度關(guān)系，聯(lián)立可求第次碰撞后速度的大?。唬?）在上一問的基礎(chǔ)上，求出第四次碰撞后兩物體的速度，從而可求損失的機(jī)械能?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)第一次碰撞后滑塊對(duì)地速度為，箱子對(duì)地速度為。由于第一次發(fā)生彈性碰撞，無機(jī)械能損失，以向右方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有：由機(jī)械能守恒定律有：解二次方程得：，，即兩者發(fā)生速度交換所以小滑塊從開始到再一次位于箱子中間位置經(jīng)歷的時(shí)間為：（2）設(shè)碰后的速度大小為，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可知：代入已知條件解得：由題設(shè)定義：代入已知解得：（3）由于每次碰撞的是一樣的，故有則有即碰撞次后，有：碰撞第次的動(dòng)量守恒式是：聯(lián)立上面兩式得：，（4）滑塊與箱壁碰撞，碰后滑塊對(duì)地速度為，箱子對(duì)地速度為；第次碰撞后，系統(tǒng)損失的動(dòng)能可得：當(dāng)時(shí)，有：答：（1）小滑塊從開始到再一次位于箱子中間位置經(jīng)歷的時(shí)間為；（2）碰后兩者相對(duì)速度大小與碰前相對(duì)速度大小的比值為；（3）碰撞次后滑塊的速度大小為，箱子的速度大小為；（4）滑塊與箱子碰撞4次時(shí)系統(tǒng)損失的總動(dòng)能與系統(tǒng)初動(dòng)能的比值為0.375。【變式練2】（2023春?涼山州期末）如圖甲所示，長(zhǎng)木板靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以水平初速由木板左端恰能滑至木板的右端與木板相對(duì)靜止。若將木板分成長(zhǎng)度相等的兩段（如圖乙），滑塊仍以從木板左端開始滑動(dòng)，已知滑塊運(yùn)動(dòng)過程中所受摩擦力不變。則下列分析正確的是A．滑塊滑到木板的右端后飛離木板 B．滑塊滑到木板的右端前就與木板保持相對(duì)靜止 C．兩過程滑塊的動(dòng)量變化相同 D．兩過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量相等【答案】【分析】比較兩次運(yùn)動(dòng)的區(qū)別，滑塊一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第一次在滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，整個(gè)木板一直加速，第二次滑塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到2部分上后1部分停止加速，只有2加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，通過比較滑塊的位移確定是否飛離木板。根據(jù)摩擦力乘以相對(duì)位移等于熱量比較滑塊在木板2上和木板1上產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓?、滑塊第一次在木板上運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速；滑塊第二次在木板上運(yùn)動(dòng)過程滑塊先使整個(gè)木板加速，運(yùn)動(dòng)到第二部分上后第一部分停止加速，只有第二部分加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過程，所以第二次滑塊與第二部分木板將更早達(dá)到速度相等，所以滑塊還沒有運(yùn)動(dòng)到第二部分的右端，就共速了，故錯(cuò)誤，正確；、由上分析可知，第二次滑塊與木板作用時(shí)間較短，而滑塊與木板之間的摩擦力保持不變，滑塊的加速度不變，根據(jù)△△可知第二次速度變化量小，根據(jù)△△，可知兩過程滑塊的動(dòng)量變化不相同，故錯(cuò)誤；、第二次滑塊沒有到達(dá)木板右端之前，滑塊與木板速度相等，相對(duì)木板靜止，第二次滑塊相對(duì)木板滑行的距離小于第一次滑塊相對(duì)木板滑行的距離，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，由于相同而，則，故錯(cuò)誤。故選：。【