港澳台联考教材物理子弹打木块模型的知识应用

101122000011001221330n00物理“金点子”专题101122000011001221330n00一个好点子，就是一个机遇；一个好点子，就是一种方法。考“金点子”为您诠释年高考中的重点和热点，助您成为“金”小勇士、高考金榜中的小黑马！子弹打块模型知识应【题12007宁夏30在光滑的水平面上，质量为的小球A速率向右运动在小球的前方点处有一质量为m的12球B于静止状态，如图所.小球A与球B发生正碰后球AB均右运动小球B被点的墙壁弹回后与小球A在点相遇，＝1.5PO.假设小球间的碰撞小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，两小球质量之比m/m.1【金析从小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的速度大小保持不变，根据它们通过的路，可知小球B和小球A在碰撞后的速度大小之比为∶1两球碰撞过程有：

vvv11221112mv22

ABOPQ解得：

m1m2【题（2007全国Ⅰ示，质量为的绝缘材料制成的球与质量为M=19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至竖直方向成的置自由释放，下摆后在最低点与金属球发生弹性撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于5。【金析设缘球的摆线长度为l，在下摆过程（与金属球M相碰之前）机械能守恒1mgl60)m22m和M碰过程动及动能同时守恒

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发碰撞，满足：m1

MV2

④

11m22

2

⑤解之得：

2

M

2

0

⑥同理有

9)，……，归纳得)1010

n

0

⑦所以第次碰小m的动

kn

19[()n]22

0.81

⑧依据题意知：

0)kn

⑨

由①⑧⑨式得，

0.81n

⑩当n=1、时，⑩式不成立当时⑩式成立/

0230HHHN所以，经过3次撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将于45。0230HHHN注：两个球碰后因电磁阻尼作用使系统的机械能不断损耗，而每次碰撞后损耗的机械能等于金属球碰后获得的动能，所以可以分析、讨论金属球累计获得的动E

，只要满足下式即可kM

(cos45……（）。具体解法如下由②③式可1

19,由④⑤式等1010

0

,同理可

0

,……金属球累计获得的动能

199m0.192)21010

4

]整理并虑及①式得

1mgl(10.81n2

)……（2），由（1）、（2）式亦可0.81n

【金题3（2007全国Ⅱ·理综24（19分）用放射源钋的射线轰击铍时，能发射出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓铍“辐射”。年，查德威克用铍“辐射”分别照射（轰击）氢和氮（它们可视为处于静止状态），测得照射后铍“辐射”方向高速运动的氢核和氮核的速度之比为。查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子。假定铍“辐射”中的中性粒子与氢或氮发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应的条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量。（质量用原子质量单u表示，1u等于一个12C原子量的十二分之一。取氢核和氮核的质量分别为1.0和u。）【掘金析】构成铍“副射”的中性粒子的质量和速度分别为m和，氢核的质量为m。构成铍“辐射”的中H性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别m①HH1②2m解得③mH同理，对于质量为m的氮核，其碰后速度为2④m

和H

。由动量守恒与动能守恒得m由③④式可得mNHHHN又N将上式与题给数据代入⑤式得

⑥m

⑤【题42007夏·综30分·D[物—选修3-5]在光滑的水面上，质量为的球A以率右运动。在1小球的前方点有一质量为

2

的小球处于静止状态，如图所示。小球A小球发正后小球A、均向右运动。小球B被在Q点的墙壁弹回后与小球A在P点相遇PQ=1.5PO。假设小球间的碰撞小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，两小球质量之比

m:m1

。

OP【金析从小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和B的度大小保持不变。忽略B墙壁的碰撞时间，设碰撞后小球A和B的速度大小分别为和，则们通过的路程分为1

Qs

t1

，

s)

2

t

，又

，解得

21

①

AB在转过程中动守恒、动能守恒

m101

②/

112nnnn21321nl111112nnnn21321nlmm222

③

由以上三式得

m12m2

【题5重·综（20分某趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问。其模型如图所示。用完全相同的轻绳将N个大小相同、质不等的小球并列悬挂于一水平杆上，球间有微小间隔，从从左到右，球的编依次为1、23…，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（1号球向左拉起，然后由静止使其与2号碰撞号再与3号碰撞……所有碰撞皆为机械能损失的正气阻力，

释放，忽略2）绳的伸长，⑴设与号碰前，n号球的速度，求n+1球碰撞后的速度。n⑵若N=5在球向左拉高的情况下要5号碰撞后升高（h于绳长k值

13

…

多少？⑶在第⑵问的条件下，悬挂哪个球的绳最容易断，为什么【金析(1)n球质量为号质量为，n

n

n

，设碰撞后的速度依次n

，取水平向右为正方向，据题意有n号球号碰撞前的速度分别为、0，n11m2km根据动能守恒②22

根据动量守恒有

mmnn

kmn

①解①②式得

n

2nk

(n

舍去)

③（2）设号球摆至最低点的速度

1

由机械能守恒定律有gh1

12

1

所以

2gh

④设5号球摆起时的速度为5

,由机械能守恒定律有

2

⑤由③式得后一个球碰后速度为2

222，))，…，)kkk

n1

⑥N=n=5时

5

2k

)

4

1

⑦由④⑤⑦三式得k0.414

，

k2去)

。（3）设绳长为

l

第n个在最低点时，细绳对球的拉力为

F

n

由牛顿第二定律有Fgnn

nl

则

Fgnn

nl

⑧

又

12

mnkn

⑨由题意知球所受重力最大；由机械能守及传递情况可知球在最低点碰前的动能也大，根据⑧⑦式知：悬挂1球的绳最容易断.注：因后面各球质量（

mn

n1

⑩）渐次减小、各球碰后速度渐次增大，由⑧式不能直接断出各球所受拉力的大小关系；若将⑥、⑩代入⑧式，也不易看出拉力大小变化的趋向，所应将⑧式后面一项作为“整体”处理。该问题也可用下面的办法（个案法）解答：计算N个球任意相邻两个球所受拉力的大小，然后比之。号球与号球碰前瞬间1号球所受拉力号球与号球碰后瞬间2号球所受拉力

Fmgm111Fg222

22l

2.071

由此推知

>13

故悬挂1号的绳最容易./

．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．M【论】理想模型法是物理思维的重要方法之。我们在解决实际问题时，常要把问题中的物理情景转化为想模型，然后再利用适合该模型的规律求解，因此在物理学习中培养建立物理模型能力十分重要。子弹打木块实际上是一种类似完全非弹性碰撞。作为一个型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律多个角度来分析这一过程。【例设质量为m子弹以初速度射静止在光滑水平0木块中不再射出，子弹钻入木块深度为。求木块对子弹的平进的距离。

v0

v

面上的质量为M的块，并在均阻力的大小和该过程中木块前解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv

s2

s1

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的能。设平均阻力大小为f，设子弹、块的位移大小分别为s、，12如图所示，显然有12对子弹用动能定理：

f

mvmv2

……①对木块用动能定理：

fMv

……②①、②相减得：

f

11Mm2Mv22M

……③这个式子的物理意义是f恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等系统内能的增加；可见fQ

，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内于擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用程，而不是用位移由上式不难求得平均阻力的大小：

f

vm至于木块前进的距离，以由以上②、③相比得：2

msMm从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：sdv/vdMmm,,ss/2mMm一般情况下，所以<<。这说明，在子射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理2问题提供了依据。当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是Δf（这里的为木块的厚度由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不再用④式计ΔE的小。KK做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符标在图上，以免列方程时带错数据。“子弹木块”模型具有列几条要的力学规（）动学律：于成系统的两物体到大小相同向相反的一对恒力两物体的加速度大小与质量成反比向反。（）动规律匀加速运动。“子弹”穿“木块”可看作为两个做匀变速直线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，就这段时间内两者相对位移的大小。（）量律:由系不受外力作用，故而遵从动量守恒定。（）量律:由相互作用力做功，故系统或每个物体动均发生变化：力对“子弹”做的功量度“于弹”动能的变化；力对“木块”做的功量度“木块”动能的变化．一对恒力做的总量度系统动能的变化，并且这一对恒力做的功的大小可用一个恒力的大小与两物体相对位移大小的乘积来计算。（5）滑动摩擦力和相位移的乘积等于摩擦生的热。这是常用一个关系。高考母题衍“金点子”【题生1质为2m长L的块置于光滑的水平面上质量m的子弹以初速度V水向右射穿木块后速为V。00/

220220v20v222022212设木块对子弹的阻力F恒。求：220220v20v222022212（1子弹穿过木块的过程木块的位移（2若木块固定在传送带，使木块随传送带始终以恒定速度u<V水平向右运动，则子弹的终速度是多少0【生析1）木块的过程中，系动量守恒，而机械能要损失，且损失机械能等于阻力F和块长L的积。设子弹穿过木块后木块获得的速度是由统动量守恒得：mV=mV/2+2mv0由能量守恒得：

11V-V-V28

0

2

对木块有：1（）FS=2mV2解以上三式得：木块的位移S=

1L木对子弹的阻力516

V

0

2（）在此过程，由于木块受到传送带的作用力，所系统动量不守恒。此题不能用动量守恒解。由题的条件，我们可以用运动学来处理此题。选木块为参照系，则：子弹的初速度(V-u)0

末速度为（）

位移为L加速度a=F/m=

516

mV

0

2对子弹有：(V-u)0

-（V

2

=2as

解得：V=u+

(v)

28

0

当(V-u)V0

0

2

即

104

)V时0

V=u+

(

258

0

当(V-u)<5/8V0

0

2

即

104

)V时0

V=u解法二：以子弹为研究对象由动量定理和动能定理得：mV(1)0

11mV-V=F(ut+L)22解以上两式得V，面的解与第一种方法相同。【题生2如图所示，长为L=0．的板AB止、固定在水平面上，AB左端面有一质量为M=0．kg的木块C可视为质点有质量为m=20g的弹以速度射向小木块C并在小木块中．已知小木块与板AB之0间的动摩擦因数μ．1．(g取10)(1)求小木块运至右端面时的速度大．2若将木板固在以u=1m/s恒速度向右运动的小车上小车质量远大于小木块的量木块C仍放在木板AB的端，子弹以v′m/s的速度射向小木块并在小木块中，求小木块C运至右面的过程中小车向右运动的距0离s．【生析1）用v表子弹射入木者的共同速度，由于子弹射入木块时极短，系统动量守恒，有1+)v0∴v=1

v

=3m/s子弹和木块在木上滑动，由动能定理得：1（+）v-(+M)v2

2

μ+MgL解得v=2

gL=22m/s用v′示子弹射入木块C后者的共同速度，由动量守恒定律，得mv+=(+M)0v′，解得′=4m/s．1t

12

木块C及弹在木板表面上做匀减速运aμ块和弹滑至板右端的时间为t块和子弹的位移=v′1，/

t由于≥mM),故小车及木块AB仍做匀速直线运动，小车及木板AB位移=，知+，t1联立以上四式并代入数据得：2

-6解得：2)s2)s不题意舍去）∴=．18m【题生3如图所示质为M为l的长形木板放光滑的水平地面上右端放一质量为的木块＜以地面为参照系给A和B大小相等、方向相反的初速(如图，使A开始左运动开向右运动，但最后A好没有滑离B板．以地面为参照系。(1)若已知A和B的初度大小为，它们最后的速度的大小和方向．(2)若初速度的大小知，求小木块A向运动到达的最远(从地面上)离出发点的距离．【生析A刚没有滑离B板表示当A滑B板最左端时AB具有相同的速度设速为，据m＜，知，判断出V的方向应与B板初速度同向，即向右．B初速度的大小为，则由动量守恒可得：解得：

方向向右(2)本题应着重理解理过程的定性分析方法，在此基础上成正确的物理图景．注意以下说理分析板右端时初速度向左，而到达B左端时的末速度向右，若以地面参考，可见在动过程中必经历先向左受摩擦力作用而作减速运，直到相对地面速度为零的阶段，而后经历因B速度方向向右相对B板左，故所擦力方向向右向作速度为零的加速运动直到有共同速度为的段下所示前阶段擦力阻碍A左运动后阶段擦为动力A向加速为A开始运动到速度变为零程中向左运动的过程，

为A从速为零增加到速度

过程中向右运动的路程为A开始运动到刚到达B的最端的过程中B运的路程．设与B之的动擦力为对于B:对于A:

，则由功能关系可知：由几何关系由以上四式解得【题生4如图4示，电容器固定在一个绝缘上，绝缘座放在光滑水平面上，平行电容器板间的距离，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m的正电小环恰套在杆上以某一初速度v对准小孔向左运动，并从小孔进电容器，设带电环不影响电容器板0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：图/

00（1）带电环与左极板距最近时的速度v；00（2）此过程中电容器动的距离。（3）此过程中能量如变化？【生析1）带电环进入电容器在电场力的作用下做初速度为v的减速直线运动，而电容器则在电力的作用下做匀加0速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：vM，0力与运动观点：设电场力为F

v00

Fmvtt，v0MM（2）能量观点（在第）问基础上对：

Eq

d11)mv2mv22

对M：

Eqs

12

MvEq

d1()mv22

20所以

s

md2运动学观点：对M：

v2

t

，对：

v

0

t's'

d2

，解得：

d2()带电环与电容器的速度图像如图5示。由三角形面积可得：图d1t，svt22

0解得：

m2(m)（3）在此过程，系统，带电小环动能减少，电势能增加，同电容器等的动能增加，系统中减少的能全部转化为电势能。【题生5如图所示，质量M=、带有正电荷q=5×C的靶盒A静在光滑水平导轨上的