譚程

“子彈—木塊”模型，一般涉及兩個(gè)物體，且二者產(chǎn)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，使用隔離法分析二者的受力情況和確定它們的運(yùn)動(dòng)情況是分析該類問題的基礎(chǔ). 由于這類問題中往往伴隨著臨界問題和多過程問題，使得此類問題變得較為復(fù)雜. 但對(duì)于該模型只要能把握恰當(dāng)?shù)姆椒ê椭R(shí)要點(diǎn)，在分析該物理模型時(shí)很多問題都能迎刃而解，具體分析如下：

一、高考考情分析

“子彈-木塊”模型是高考命題的熱點(diǎn)之一，對(duì)于該模型的考查通常具有以下特點(diǎn)：

1.“子彈-木塊”類問題，具有涉及考點(diǎn)多（運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系等），情境豐富，設(shè)問靈活，解法多樣，思維量高等特點(diǎn)，是一類選拔功能極強(qiáng)的試題，也是新課標(biāo)力學(xué)?？嫉脑囶}.

2. 根據(jù)新課程標(biāo)準(zhǔn)分析，在新一輪的高考命題中，要求考生利用“子彈-木塊”模型來分析和解決實(shí)際問題的可能性比較大，這也是新一輪高考中對(duì)該知識(shí)點(diǎn)考查時(shí)的一個(gè)命題趨勢和命題熱點(diǎn).

二、“子彈-木塊”模型的原型再現(xiàn)

現(xiàn)有一質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，一質(zhì)量m的子彈以初速度v0水平飛來打進(jìn)木塊并留在其中，如圖1所示，設(shè)相互作用力為f：

問題1：子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度v

由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（M+m）v

解得：v=■v0

問題2：子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間

對(duì)木塊由動(dòng)量定理得：

f·t=Mv-0（或?qū)ψ訌棧?f·t=mv-mv0）

解得：t=■

問題3：子彈、木塊發(fā)生的位移以及子彈打進(jìn)木塊的深度

如圖2所示，子彈、木塊的對(duì)地位移以及兩者的相對(duì)位移分別為S1、S2和 S相，由動(dòng)能定理：

對(duì)子彈有：-f·s1=■mv2-■m■

解得：s1=■

對(duì)木塊有：fs2=■Mv2

解得：s2=■

打進(jìn)深度就是相對(duì)位移：

d=S相=S1-S2=■

問題4：系統(tǒng)損失的機(jī)械能、系統(tǒng)增加的內(nèi)能

系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：E損=■m■-■（M+m）v2=■

系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為了內(nèi)能，由問題3可得：

Q=f（s1-s2）=f·s相=■

說明：相互作用力與相對(duì)位移（或路程）的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減小，這是一個(gè)重要關(guān)系，通常都可直接運(yùn)用.

問題5：子彈、木塊兩者的v-t圖像

子彈做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，兩者的v-t圖像如圖3所示.

問題6：要使子彈不穿出木塊，木塊至少多長（v0、m、M、f一定）

設(shè)子彈進(jìn)入木塊的深度為L，由動(dòng)能定理得：

fL=■m■-■（M+m）v2

解得：L=■

三、“子彈-木塊”模型的推廣

根據(jù)“子彈-木塊”模型的受力特征以及運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，將該模型進(jìn)行推廣，從而得到以下的“板-塊”模型，如圖4，其基本物理情景是：質(zhì)量為M的木板靜止于光滑的水平面上，一質(zhì)量為m的滑塊以速度v0從木板的左端滑上木板.

“子彈-木塊”推廣模型（即“板-塊”模型）的基本特征分析如下：

1.模型特點(diǎn)：涉及兩個(gè)（或多個(gè)）物體，并且物體間存在相對(duì)滑動(dòng).

2.摩擦力方向的特點(diǎn).

（1）若兩個(gè)物體同向運(yùn)動(dòng)，且兩個(gè)物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力為動(dòng)力.

（2）若兩個(gè)物體反向運(yùn)動(dòng)，則每個(gè)物體受到的另一個(gè)物體對(duì)它的摩擦力均為阻力.

3.運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).

（1）滑塊由滑板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和滑板同向運(yùn)動(dòng)，位移大小之差等于板長（此時(shí)類似于追擊問題）;反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和等于板長（此時(shí)類似于相遇問題）. 設(shè)板長為L，滑塊位移大小為x1，滑板位移大小為x2：

同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖5所示：L=x1-x2

反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，如圖6所示：L=x1+x2

（2）若滑塊與滑板最終相對(duì)靜止，則它們的末速度相等.

四、分析“子彈-木塊”模型的奇思妙計(jì)

五、“子彈-木塊”模型四大經(jīng)典題型

對(duì)于“滑塊-滑板”模型的問題歸納起來，主要有以下幾種典型的題型：

題型一：“子彈-木塊”模型與v-t圖像的綜合

【典列1】一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊. 在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為4.5 m，如圖7所示. t=0時(shí)刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運(yùn)動(dòng)，直至t=1 s時(shí)木板與墻壁碰撞（碰撞時(shí)間極短）. 碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運(yùn)動(dòng)過程中小物塊始終未離開木板. 已知碰撞后1 s時(shí)間內(nèi)小物塊的v-t圖像如圖8所示. 木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2. 求：

（1）木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1及小物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2;

（2）木板的最小長度;

（3）木板右端離墻壁的最終距離.

【解析】（1）規(guī)定向右為正方向. 木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度為a1，小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M. 由牛頓第二定律有：

-μ1（m+M）g=（m+M）a1

由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間的速度v1=4 m/s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

v1=v0+a1t1

S0=v0t1+■a1? ■

式中，t1=1 s，S0=4.5 m是木板碰前的位移，v0是小物塊和木板開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度.

聯(lián)立 式和題給條件得：μ1=0.1

在木板與墻壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做勻變速運(yùn)動(dòng)，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運(yùn)動(dòng). 設(shè)小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2

由圖可得：a2=■

式中，t2=2 s，v2=0聯(lián)立？譽(yù)？訛？譾？訛式和題給條件得：μ2=0.4

（2）設(shè)碰撞后木板的加速度為a3，經(jīng)過時(shí)間？駐t，木板和小物塊剛好具有共同速度v3. 由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：μ2mg+μ1（m+M）g=Ma3

v3=-v1+a3

v3=v1+a2

碰撞后至木板和小物塊剛好達(dá)到共同速度的過程中，木板運(yùn)動(dòng)的位移為

S1=■·

小物塊運(yùn)動(dòng)的位移為S2=■·

小物塊相對(duì)木板的位移為？駐S=S2-S1

式，并代入數(shù)值得？駐S=0.6 m

因?yàn)檫\(yùn)動(dòng)過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應(yīng)為0.6 m.

（3）在小物塊和木板具有共同速度后，兩者向左做勻變速運(yùn)動(dòng)直至停止，設(shè)加速度為a4，此過程中小物塊和木板運(yùn)動(dòng)的位移為S3. 由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：

（M+m）g=（m+M）a4

0-■=2a4S3

碰后木板運(yùn)動(dòng)的位移為：S=S1+S3

式，并代入數(shù)值得：S=-6.5 m

木板右端離墻壁的最終距離為6.5m.

【答案】（1）0.1 0.4;（2）6.0 m;（3）6.5 m

【方法技巧】在用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析“子彈-木塊”模型問題時(shí)，一般采用以下思路進(jìn)行：

題型二、“子彈-木塊”模型中的“臨界問題”

【典例2】（2017·全國卷Ⅲ）如圖9所示，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1=0.5;木板的質(zhì)量為m=4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=0.1. 某時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0=3 m/s. A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止. 設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2. 求：

（1）B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度;

（2）A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離.

【解析】（1）滑塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng). 設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1. 在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有：

f1=μ1mA g ①

f2=μ1mB g ②

f3=μ2（m+mA+mB）g③

由牛頓第二定律得：

f1=mAaA④

f2=mBaB⑤

f2-? f1-? f3=ma1⑥

設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1. 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：

v1=v0-aB t1 ⑦

v1=a1t1 ⑧

聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得：v1=1 m/s ⑨

（2）在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為：

sB=v0t1-■aBt12⑩

設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2. 對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有：

f1+f3=（mB+m）a2

由①②④⑤式知，aA=aB;再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反. 由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2. 設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，

對(duì)木板有：v2=v1-a2t2

對(duì)A有：v2=-v1+aAt2

在t2時(shí)間間隔內(nèi)，B（以及木板）相對(duì)地面移動(dòng)的距離為：

s1=v1t2-■a2■

在（t1+t2）時(shí)間間隔內(nèi)，A相對(duì)地面移動(dòng)的距離為：

sA=v0（t1+t2）-■aA（t2+t1）2

A和B相遇時(shí)，A與木板的速度也恰好相同. 因此A和B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離為：s0=sA+s1+sB

聯(lián)立以上各式，并代入數(shù)據(jù)得：s0=1.9 m

【答案】（1）1 m/s （2）1.9 m

【方法技巧】在“子彈-木塊”模型中的“臨界問題”時(shí)其思維流程如下：

題型三、“子彈-木塊”模型與實(shí)際生活的結(jié)合

【典例3】下暴雨時(shí)，有時(shí)會(huì)發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害. 某地有一傾角為θ=37°（sin 37°=35）的山坡C，上面有一質(zhì)量為m的石板B，其上下表面與斜坡平行;B上有一碎石堆A（含有大量泥土），A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖10所示. 假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時(shí)間內(nèi)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1減小為38，B、C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2減小為0.5，A、B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)刻為計(jì)時(shí)起點(diǎn);在第2 s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，?保持不變. 已知A開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A離B下邊緣的距離l=27 m，C足夠長. 設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力. 取重力加速度大小g=10 m/s2. 求：

（1）在0～2 s時(shí)間內(nèi)A和B加速度的大小;

（2）A在B上總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.

【解析】（1）在0～2 s內(nèi)，A和B受力如圖11所示：

由滑動(dòng)摩擦力公式和力的平衡條件得：

f1=μ1N1 ①

N1=mgcos θ ②

f2=μ2N2 ③

N2=N1+mgcos θ ④

以沿著斜面向下為正方向，設(shè)A和B的加速度分別為a1，a2. 由牛頓第二定律可得：

mgsin θ-f1=ma1⑤

mgsin θ-f2+f1=ma2 ⑥

聯(lián)立以上各式可得：a1=3 m/s2⑦

a2=1 m/s2 ⑧

（2）在t1=2 s，設(shè)A和B的速度分別為v1，v2，則：

v1=a1t1=6 m/s ⑨

v2=a2t1=2 m/s ⑩

t>t1時(shí)，設(shè)A和B的加速度分別為a′1，a′2，此時(shí)A、B之間摩擦力為零，同理可得：

a′1=6 m/s2

a′2=-2 m/s2

即B做勻減速，設(shè)經(jīng)時(shí)間t2，B的速度為零，則：

v2+a′2t2=0

聯(lián)立可得：t2=1 s

在t1+t2時(shí)間內(nèi)，A相對(duì)于B運(yùn)動(dòng)的距離為：

s=（■a1 ■+v1t2+■■■）-（■a2 ■+v2t2+■■■）=12 m<27 m

此后B靜止不動(dòng)，A繼續(xù)在B上滑動(dòng)，設(shè)再經(jīng)時(shí)間t3后，A離開B，則有：

l-s=（v1+a′1t2）t3+12a′1t23

可得，t3=1 s（另一解不合題意，舍去）

設(shè)A在B上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t總，t總=t1+t2+t3=4 s

【答案】（1）3 m/s2 1 m/s2;（2）4 s

【方法技巧】在分析實(shí)際生活中的“子彈-木塊”模型時(shí)一定要結(jié)合實(shí)際找出“子彈”和“木塊”，然后用相關(guān)的原理和知識(shí)來分析實(shí)際生活中的“子彈-木塊”模型. 更值得提醒的是用所學(xué)知識(shí)解決實(shí)際生活中的問題是新高考的命題熱點(diǎn).

題型四、“子彈-木塊”與電學(xué)知識(shí)的結(jié)合

【典列4】如圖12所示，電容器固定在一個(gè)絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上. 平行板電容器板間距離為d，電容為C. 右極板有一個(gè)小孔，通過小孔有一長為■d的絕緣桿，左端固定在左極板上，電容器極板連同底座、絕緣桿總質(zhì)量為M. 給電容器充入電量Q后，有一質(zhì)量為m、帶電量+q的環(huán)套在桿上以某一初速度v0對(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng)（M=3m）. 設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場的分布，電容器外部電場忽略不計(jì). 帶電環(huán)進(jìn)入電容器后距左板最小距離為■d，試求：

（1）帶電環(huán)與左極板間相距最近時(shí)的速度;

（2）帶電環(huán)受絕緣桿的摩擦力.

【解析】（1）帶電環(huán)距左板最近時(shí)，類似于子彈，木塊相對(duì)靜止時(shí)由動(dòng)量守恒定律得：mv0=（M+m）v

解得：v=■v0=■v0

（2）帶電環(huán)與其余部分間的相互作用力，做功的有電場力：

F電=qE=■

摩擦力f由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：

F電·■+f（■-■）=■m■-■（M+m）v2

解得：f=■-■

【方法技巧】“子彈-木塊”模型這類問題，關(guān)鍵是要抓住動(dòng)量與能量這兩條主線，弄清系統(tǒng)內(nèi)參與做功的是什么力，其相對(duì)位移（或相對(duì)路程）是多少，從而順利建立等量關(guān)系，“子彈-木塊”模型問題從形式上、條件上、問法上都有不同之處，但解決問題的思路卻是相同的，這就要求我們要吃透基本模型基本特征、規(guī)律.

六、小結(jié)

綜上所述，“子彈-木塊”模型的分析思想和方法具有普遍性和可操作性，一方面從子彈和木塊構(gòu)成系統(tǒng)的相互作用拓寬到任何兩個(gè)物體構(gòu)成系統(tǒng)的相互作用，系統(tǒng)不受外力或某方面不受外力或合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒. 另一方面從子彈和木塊的系統(tǒng)內(nèi)力，即一對(duì)摩擦力做功，拓寬一對(duì)彈力做功、重力做功、電場力做功、磁場力做功，實(shí)現(xiàn)了系統(tǒng)能量的轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化. 對(duì)相互作用的物體系統(tǒng)的分析，應(yīng)用了子彈打擊木塊模型的分析思想和方法，操作性強(qiáng)、解答規(guī)范簡單，所以說對(duì)學(xué)生分析問題有較好的指導(dǎo)作用.

責(zé)任編輯李平安