经典高中物理模型--打木块模型之一
“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型-高考物理复习课件
B.子弹对木块做的功W＝50 J
C.木块和子弹系统机械能守恒
D.子弹打入木块过程中产生的热量Q＝350 J
图3
01 02 03 04 05 06 07 08
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提升素养能力
解析 根据动量守恒可得 mv0＝(M＋m)v，解得子弹打入木块后子弹和木块的 共同速度为 v＝Mm＋v0m＝10 m/s，故 A 正确；根据动能定理可知，子弹对木块做 的功为 W＝12Mv2－0＝45 J，故 B 错误；根据能量守恒可知，子弹打入木块过 程中产生的热量为 Q＝21mv20－21(M＋m)v2＝450 J，可知木块和子弹系统机械能 不守恒，故 C、D 错误。
(A)
图4
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提升素养能力
解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为 v0；木板碰到挡 板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做 匀减速运动，最终两者速度相同，设为 v1。设木板的质量为 M，物块的质量为 m，取向左为正方向，则由动量守恒定律得 Mv0－mv0＝(M＋m)v1，解得 v1＝ MM－ ＋mmv0<v0，故 A 正确，B、C、D 错误。
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提升素养能力
4.如图4所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板 质量大于物块质量，t＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向右运动，碰 到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物 块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是
“子弹打木块”模型和“滑块—木板”模型
学习目标
1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。 2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型。
物理模型——“子弹打木块模型”“碰撞模型”“弹簧模型” 讲义
物理模型——“子弹打木块模型”“碰撞模型”“弹簧模型”动量守恒定律在高中物理占有非常重要的位置，也是多年来选修3-5考查的热点.2017年选修3-5列为必考内容后，对于力学三大观点的问题就得到了解决．模型的核心是对动量定理和动量守恒定律的应用，可对力学知识综合考查．一、“子弹打木块模型”[范例1] (18分)一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为F f .试求从木块开始运动到子弹与木块相对静止的过程中：(1)子弹、木块相对静止时的速度v ；(2)子弹、木块发生的位移s 1、s 2以及子弹打进木块的深度l 相分别为多少？ (3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？[解析] (1)由动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v (2分) 子弹与木块的共同速度v ＝mM ＋m v 0.(2分)(2)对子弹利用动能定理得 －F f s 1＝12mv 2－12mv 20(2分)所以s 1＝Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2.(2分)同理对木块有：F f s 2＝12Mv 2(2分) 故木块发生的位移为s 2＝Mm 2v 202F f （M ＋m ）2(2分) 子弹打进木块的深度为：l 相＝s 1－s 2＝Mmv 202F f （M ＋m ）.(2分)(3)系统损失的机械能ΔE k ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ）(2分) 系统增加的内能：Q ＝ΔE k ＝Mmv 202（M ＋m ）.(2分)[答案] (1)mM ＋m v 0(2)Mm （M ＋2m ）v 202F f （M ＋m ）2 Mm 2v 202F f （M ＋m ）2 Mmv 202F f （M ＋m ） (3)Mmv 202（M ＋m ） Mmv 202（M ＋m ）“子弹打木块模型”是碰撞中常见模型，其突出特征是在子弹打击木块的过程中有机械能损失，此类问题的一般解法可归纳如下：(1)分析子弹打击木块的过程，弄清楚子弹是停留在木块中和木块一起运动还是穿透木块和木块各自运动；(2)子弹在打击木块的过程中，由于时间较短，内力远远大于外力，故在打击的过程中动量守恒；(3)子弹在打击木块过程中产生的机械能损失，一般有两种求解方法：一是通过计算打击前系统的机械能与打击后系统的机械能的差值得出机械能的损失；二是通过计算在子弹打击木块的过程中，子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解． 二、“碰撞模型”[范例2] (18分)如图所示，打桩机锤头质量为M ，从距桩顶h 高处自由下落，打在质量为m 的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为s ，试求在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？[解析] 设锤头刚与木桩接触时的速度大小为v 0，则由运动学规律可得：v 20＝2gh .由于锤头与木桩碰撞时，作用时间极短，系统的内力远远大于外力，动量守恒．设两者碰撞后的共同速度大小为v ，则由动量守恒定律可得：Mv 0＝(M ＋m )v(6分)设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力大小为F f ，则由动能定理可得： (M ＋m )gs －F f s ＝0－12(M ＋m )v 2(6分)以上各式联立求解得：F f ＝(M ＋m )g ＋M 2gh（M ＋m ）s.(6分)[答案] 见解析抓住“三个原则、三个定律”速解碰撞问题(1)判断两物体碰撞瞬间的情况：当两物体相碰时，首先要判断碰撞时间是否极短、碰撞时的相互作用(内力)是否远远大于外力．(2)碰撞的“三个原则”：①动量守恒原则，即碰撞前后两物体组成的系统满足动量守恒定律；②能量不增加原则，即碰撞后系统的总能量不大于碰撞前系统的总能量；③物理情境可行性原则，即两物体碰撞前后的物理情境应与实际相一致．(3)根据两物体碰撞时遵循的物理规律，列出相对应的物理方程：如果物体间发生的是弹性碰撞，则一般是列出动量守恒方程和机械能守恒方程进行求解；如果物体间发生的不是弹性碰撞，则一般应用动量守恒定律和能量守恒定律(功能关系)进行求解．三、“弹簧模型”[范例3] (18分)(2017·肇庆质检)如图所示，质量M ＝4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L ＝0.5 m ，可视为质点的小木块A 质量m ＝1 kg ，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B 受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后，撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为x ＝5 cm.g 取10 m/s 2，求：(1)水平恒力F 的作用时间t ；(2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量． [解析] (1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得：a A ＝μmgm ，a B ＝F －μmg M根据题意有： s B －s A ＝L(2分)即：12a B t 2－12a A t 2＝L将数据代入并联立解得：t ＝1s ．(2分)(2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为： v A ＝a A t ，v B ＝a B t当木块A 和滑板B 的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能． 根据动量守恒定律有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v(2分)由能的转化与守恒得：12mv 2A ＋12Mv 2B ＝12(m ＋M )v 2＋E p ＋μmgx (2分) 代入数据求得最大弹性势能E p ＝0.3 J ．(2分)(3)二者同速之后，设木块相对滑板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v ′，相对滑板向左滑动距离为s ，有：mv A ＋Mv B ＝(m ＋M )v ′解得：v ′＝v(2分)由能的转化与守恒定律可得：E p ＝μmgs 解得：s ＝0.15 m(2分)由于x ＋L >s 且s >x ，故假设成立整个过程系统产生的热量为：Q ＝μmg (L ＋s ＋x ) (2分) 解得：Q ＝1.4 J ．(2分)[答案] (1)1 s (2)0.3 J (3)1.4 J利用弹簧进行相互作用的碰撞模型，一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律，此类试题的一般解法是：(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态；(2)分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程；(3)判断解出的结果是否满足“实际情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果． 注意：(1)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒或能量守恒求解；(2)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧连接的两个物体具有共同的速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的突破点．[预测押题]1.如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m ＝0.5 kg 的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M ＝1.98 kg 的木块，现有一质量为m 0＝20 g 的子弹以v 0＝100 m/s 的水平速度射入木块并留在木块中 (不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g ＝10 m/s 2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能； (2)木块所能达到的最大高度．解析：(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有 m 0v 0＝(m 0＋M )v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为 ΔE ＝12m 0v 20－12(m 0＋M )v 2解得：ΔE ＝99 J.(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有 (m 0＋M )v ＝(m 0＋M ＋m )v ′又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有 (m 0＋M )gh ＝12(m 0＋M )v 2－12(m 0＋M ＋m )v ′2联立解得：h ＝0.01 m.答案：见解析2.(2017·湖北八校联考)如图所示，质量为m3＝2 kg 的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径为R ＝0.3 m 的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道CD 部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m 2＝3 kg 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点，现让质量为m 1＝1 kg 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放．两物体在滑道上的C 点相碰后粘在一起(g ＝10 m/s 2)．(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离．(2)若CD ＝0.2 m ，两物体与滑道的CD 部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能．(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s 1，滑道的水平位移大小为s 3，有0＝m 1s 1－m 3s 3，s 1＝R解得s 3＝m 1s 1m 3＝0.15 m.(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v 1，滑道的速度大小为v 3，由机械能守恒定律有m 1gR ＝12m 1v 21＋12m 3v 23由动量守恒定律有0＝m 1v 1－m 3v 3物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v 2，由动量守恒定律有 m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为E pm .从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23－μ(m 1＋m 2)g ·CD ＝E pm 联立以上方程，代入数据解得E pm ＝0.3 J.(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD 部分运动的路程为s ，由能量守恒定律有12(m 1＋m 2)v 22＋12m 3v 23＝μ(m 1＋m 2)gs 代入数据可得s ＝0.25 m所以物体1、物体2最终停在C 点和D 点之间与D 点间的距离为0.05 m 处． 答案：见解析。
高考物理 打木块模型之一
高考物理打木块模型之一高考物理打木块模型之一滑块和子弹击中木块的模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。
μns相=δek系统=q，q为摩擦在系统中产生的热量。
②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。
小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。
示例：质量为M、长度为L的木块仍然位于光滑的水平面上。
有一颗质量为m的子弹，以水平初始速度V0进入木块，子弹射出时的速度为v。
计算子弹与木块相互作用过程中系统损失的机械能。
解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f，突出时木块速度为v，位移为s，则子弹位移为(s+l)。
水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv0=mv+mv①112由动能定理，对子弹-f(s+l)=mv2?mv0②221对木块FS=MV2？0③2lv0vs由①式得v=将m1m2（V0？V）替换为③, 其中FS=m？2（V0？V）2④ M2M1111M22② + ④ 得到FL=MV0？mv2？mv2？mv0？{mv2？m[（v0？v）]2}222222m由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。
即q=fl，l为子弹现木块的相对位移。
结论：系统损失的机械能等于摩擦产生的内能、摩擦与两物体相对位移的乘积。
即q=δe系统=μns相分量公式为：q=F1s阶段1+F2s阶段2+…+FNS相位n=δE系统1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为l=1.00m，一质量与木板相同的金属块，以v0=2.00m/s的初速度向右滑上木板a，金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s。
求两木板的最后速度。
2.如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为M、长度为L的矩形木块B，在其右端放置一个质量为M的小木块a。
现在，以地面为基准，给a和B一个大小相同、方向相反的初始速度（如图所示），这样a开始向左移动，B开始向右移动，但最终，a不会从板B上滑开。
子弹打木块模型及其应用
子弹打木块模型及其应用Document number：NOCG-YUNOO-BUYTT-UU986-1986UT子弹打木块模型及其应用江苏省海安县立发中学 杨本泉迁移能力的培养是物理教学过程中的重要组成部分。
在物理习题教学过程中，注重培养学生构建正确的物理模型，掌握基本模型的思维方法并能合理的迁移，可以受到事半功倍的效果。
子弹打木块问题是高中物理主干知识：动量与能量相结合应用的重要模型之一。
一、 原型一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为f问题1 子弹、木块相对静止时的速度v由动量守恒得：mv 0=(M+m)v ∴ 0v mM mv += 问题2 子弹在木块内运动的时间由动量定理得： 对木块0-=⋅Mv t f或对子弹 0mv mv t f -=⋅- 1图∴ )(0m M f Mmv t +=问题3 子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度 由动能定理得：对子弹：20212121mv mv s f -=⋅- 221)(2)2(m M f v m M Mm s ++=∴ 对木块：2221Mv fs =2222)(2m M f v Mm s +=∴ 打进深度就是相对位移 S 相＝S 1－S 2＝)(22m M f Mmv +问题4 系统损失的机械能、系统增加的内能E 损＝)(2)(212120220m M Mmv v m M mv +=+-由问题3可得： )(2)(2021m M Mmv s f s s f Q +=⋅=-=相说明： 相互作用力与相对位移（或路程）的乘积等于系统机械能的减小，这是一个重要关系，通常都可直接运用。
问题5 比较S 1、S 2、S 相的大小关系2图运用图象法：子弹做匀减速直线运动 木块做匀加速直线运动 由图可以判定：① 不论m 、M 关系怎样总有S 相＞S 2 S 1＞2S 2 ②若m ＜M则S 相＞2S 2 S 1＞3S 2问题6 要使子弹不穿出木块，木块至少多长（v 0、m 、M 、f 一定）运用能量关系fL=220)(2121v m M mv +-)(22m M f Mmv L +=∴二、应用例1．木板M 放在光滑水平面上，木块m 以初速度V 0滑上木板，最终与木板一起运动，两者间动摩擦因数为μ，求： 1．木块与木板相对静止时的速度； 2．木块在木板上滑行的时间； 3．在整个过程中系统增加的内能； 4．为使木块不从木板上掉下，木板至少多长3图0V解略：例2．光滑水平面上，木板以V 0向右运动，木块m 轻轻放上木板的右端，令木块不会从木板上掉下来，两者间动摩擦因数为μ，求①从m 放上M 至相对静止，m 发生的位移；②系统增加的内能；③木板至少多长④若对长木板施加一水平向右的作用力，使长木板速度保持不变，则相对滑动过程中，系统增加的内能以及水平力所做的功为多少解析：①根据动量守恒定律得：v m M Mv )(0+=⑴ mM Mv v +=⑵对木块使用动能定理：2121mv mgs =μ ⑶ 22021)(2m M g v M s +=μ ⑷ ②根据能的转化和守恒定律：)(2)(212120220m M Mmv v m M Mv Q +=+-= ⑸③220min )(2121v m M Mv mgL +-=μ ⑹ )(220min m M f Mv L +=∴μ ⑺④相对滑动过程，木块做初速度为零的匀加速运动，而木板做匀速运动4图∴木块发生位移t v s ⋅=2/1 ⑻ 木板发生位移t v s 0/2= （9） 相对位移/10/1/22s t v s s s ==-=相 （10） 系统增加内能2021mv s mg Q =⋅=相μ （11） 水平力所做的功20mv Q E W km =+∆= （12）例3 如图所示，一质量为M ，长为L 的长方形木板，B 放在光滑水平地面上，在其右端放上质量为m 的小木块A ，m<M ，现以地面为参照系，给A 、B 以大小相等，方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，最后A 刚好没有滑离木板B ，以地面为参照系。
高中物理模型-子弹打木块模型
模型组合讲解——子弹打木块模型赵胜华［模型概述］子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。
Q E s F k N =∆=系统相μ，Q 为摩擦在系统中产生的热量；小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动；一静一动的同种电荷追碰运动等。
［模型讲解］例. 如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块（可视为质点），以水平初速度0v 从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。
图1解析：可先根据动量守恒定律求出m 和M 的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q 。
对物块，滑动摩擦力f F 做负功，由动能定理得：2022121)(mv mv s d F t f -=+- 即f F 对物块做负功，使物块动能减少。
对木块，滑动摩擦力f F 对木块做正功，由动能定理得221Mv s F f =，即f F 对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：><=-+=--1)(2121212220d F s F s d F Mv mv mv f f f t本题中mg F f μ=，物块与木块相对静止时，v v t =，则上式可简化为：><+-=2)(2121220t v M m mv mgd μ又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：><+=3)(0tv M m mv联立式<2>、<3>得：)(220m M g Mv d +=μ故系统机械能转化为内能的量为：)(2)(22020m M Mmv m M g Mv mg d F Q f +=+⋅==μμ点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即E s F f ∆=。
动量定理、动能定理专题-子弹打木块模型
动量定理、动能定理专题-⼦弹打⽊块模型动量定理、动能定理专题----⼦弹打⽊块模型⼀、模型描述：此模型主要是指⼦弹击中未固定的光滑⽊块的物理场景，如图所⽰。
其本质是⼦弹和⽊块在⼀对⼒和反作⽤⼒(系统内⼒)的作⽤下，实现系统内物体动量和能量的转移或转化。
⼆、⽅法策略：(1) 运动性质：在该模型中，默认⼦弹撞击⽊块过程中的相互作⽤⼒是恒恒⼒，则⼦弹在阻⼒的作⽤下会做匀减速直线性运动；⽊块将在动⼒的作⽤下做匀加速直线运动。
这会存在两种情况：(1)最终⼦弹尚未穿透⽊块，(2)⼦弹穿透⽊块。
(2) 基本规律：如图所⽰，研究⼦弹未穿透⽊块的情况：三、图象描述：在同⼀个v－t坐标中，两者的速度图线如图甲所⽰。
图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。
两图线间阴影部分⾯积则对应了两者间的相对位移：d＝s1－s2。
如果打穿图象如图⼄所⽰。
点评：由此可见图象可以直观形象反映两者的速度的变化规律，也可以直接对⽐出物块的对地位移和⼦弹的相对位移，从⽽从能量的⾓度快速分析出系统产⽣的热量⼀定⼤于物块动能的⼤⼩。
四、模型迁移⼦弹打⽊块模型的本质特征是物体在⼀对作⽤⼒与反作⽤⼒（系统内⼒）的冲量作⽤下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。
故物块在粗糙⽊板上滑动、⼀静⼀动的同种电荷追碰运动，⼀静⼀动的导体棒在光滑导轨上切割磁感线运动、⼩球从光滑⽔平⾯上的竖直平⾯内弧形光滑轨道最低点上滑等等，如图所⽰。
(1)典型例题：例1.如图所⽰，质量为M的⽊块静⽌于光滑的⽔平⾯上，⼀质量为m、速度为的⼦弹⽔平射⼊⽊块且未穿出，设⽊块对⼦弹的阻⼒恒为F，求：(1)⼦弹与⽊块相对静⽌时⼆者共同速度为多⼤？(2)射⼊过程中产⽣的内能和⼦弹对⽊块所做的功分别为多少？(3)⽊块⾄少为多长时⼦弹才不会穿出？1. ⼀颗速度较⼤的⼦弹，以速度v ⽔平击穿原来静⽌在光滑⽔平⾯上的⽊块，设⽊块对⼦弹的阻⼒恒定，则当⼦弹⼊射速度增⼤为2v 时，下列说法正确的是( )A. ⼦弹对⽊块做的功不变B. ⼦弹对⽊块做的功变⼤C. 系统损耗的机械能不变D. 系统损耗的机械能增加解析：⼦弹的⼊射速度越⼤，⼦弹击中⽊块所⽤的时间越短，⽊块相对地⾯的位移越⼩，⼦弹对⽊块做的功W ＝fs 变⼩，选项AB 错误；⼦弹相对⽊块的位移不变，由Q ＝f s 相对知Q 不变，系统损失的机械能等于产⽣的热量，则系统损耗的机械能不变，选项C 正确，D 错误。
专题10 子弹打木块模型(1)-高考物理模型法之实物模型法(解析版)
模型界定本模型主要是指子弹击中非固定的、光滑木块的物理情景，包括一物块在木板上滑动、小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动、一静一动的同种电荷追碰运动等等，本质特征是物体在一对作用力与反作用力（系统内力）的冲量作用下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。
模型破解运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动（在其他一动一静情景中物体可做变加速运动甚至是曲线运动）。
图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v —t 坐标中，两者的速度图线如图1中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）.上图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。
两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移，两种情况下都有M m s s d -=。
1.子弹未击穿木块（如图2）（i ）木块的长度不小于二者位移之差21s s d L -=≥。
图1图2（ii ）二者作用时间非常短暂，在某一方向上动量守恒。
（iii)作用结束时二者以同一速度开始新的运动mM mv v +=。
（iv ）二者速度相同时木块的速度最大，相对位移（即子弹射入的深度）最大)(22m M f Mmv d +=。
（v ）子弹射入木块的深度大于木块的对地位移22s s mmM d >+=。
（vi ）当m M >>时d s <<2，这说明，一般情况在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计，即作用结束时系统以相同的速度从作用前的位置开始新的运动。
（vii ）系统在只通过摩擦力实现动量的转移及能量的转化时，系统的机械能不守恒，其动能的变化量20)(2v m M Mm E k +=∆等于摩擦产生的热量，也等于摩擦力与相对位移的乘积Q ＝fs 相对。
（系统间无摩擦而通过其它力作用时，系统动能的减少量等于其它形式的能量的增加，如小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上,滑动中系统动能的减少量等于小球增加的重力势能；在一静一动的同种电荷追碰运动中系统动能的减少量等于系统电势能的增加量等） （viii ）涉及动态分析判定时用图象较为方便。
高中物理模型：子弹打木块模型
模型/题型：子弹打木块模型一．模型概述子弹射击木块的两种典型情况1．木块放置在光滑的水平面上运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。
处理方法：把子弹和木块看成一个系统，①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能不守恒；③对木块和子弹分别利用动能定理。
2．木块固定在水平面上运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块静止不动。
处理方法：对子弹应用动能定理或牛顿第二定律。
两种类型的共同点：(1)系统内相互作用的两物体间的一对滑动摩擦力做功的总和恒为负值(因为有一部分机械能转化为内能)；系统损失的动能等于系统增加的内能.(2)摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程，大小为Q ＝F f ·x 相，其中f 是滑动摩擦力的大小，x 是两个物体的相对路程(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者的相对路程，所以说是一个相对运动问题)。
(3)系统产生的内能，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积.(4)当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔE k ＝F f ·L (L 为木块的长度).二、标准模型标准模型：一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则：(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？(2)子弹在木块内运动的时间为多长？(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？答案 (1)m M ＋m v 0 (2)Mm v 0F f (M ＋m ) (3)Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2 Mm 2v 022F f (M ＋m )2 Mm v 022F f (M ＋m ) (4)Mm v 022(M ＋m ) Mm v 022(M ＋m ) (5)Mm v 022F f (M ＋m )解析(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得 mv 0＝(M ＋m )v 解得v ＝mM ＋mv 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t ，由动量定理得对木块：F f t ＝Mv －0 解得t ＝Mmv 0F f (M ＋m )(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2，如图所示，由动能定理得对子弹：－F f x 1＝12mv 2－12mv 02 解得：x 1＝Mm (M ＋2m )v 022F f (M ＋m )2 对木块：F f x 2＝12Mv 2 解得：x 2＝Mm 2v 022F f (M ＋m )2子弹打进木块的深度等于相对位移，即x 相＝x 1－x 2＝Mmv 022F f (M ＋m ) (4)系统损失的机械能为E 损＝12mv 02－12(M ＋m )v 2＝Mmv 022(M ＋m )系统增加的内能为Q ＝F f ·x 相＝Mmv 022(M ＋m )，系统增加的内能等于系统损失的机械能 (5)假设子弹恰好不射出木块，此时有F f L ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2 解得L ＝Mmv 022F f (M ＋m ) 因此木块的长度至少为Mmv 022F f (M ＋m ).三、典型例题1.(子弹打木块的能量) (多选)如图所示，质量为m 的子弹水平射入质量为M 、放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，则从子弹接触木块到随木块一起匀速运动的过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为( )A ．16 JB ．11.2 JC ．4.8 JD ．3.4 J答案 AB.解析法二：本题也可用图象法，画出子弹和木块的v －t 图象如图所示，根据v －t 图象与坐标轴所围面积表示位移，ΔOAt 的面积表示木块的位移s ，ΔOAv 0的面积表示子弹相对木块的位移d ，系统产生的内能Q ＝fd ，木块得到的动能E k1＝fs ，从图象中很明显可以看出d >s ，故系统产生的内能大于木块得到的动能．2.一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m <M 。
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l v 0 v Sv 0 A Bv 0 A B v 0 l 滑块、子弹打木块模型之一子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。
μNS 相=ΔE k 系统=Q ，Q 为摩擦在系统中产生的热量。
②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 ：包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。
小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度)；系统内弹力做功时，不将机械能转化为其它形式的能，因此过程中系统机械能守恒。
例题：质量为M 、长为l 的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以水平初速v 0射入木块，穿出时子弹速度为v ，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。
解：如图，设子弹穿过木块时所受阻力为f ，突出时木块速度为V ，位移为S ，则子弹位移为(S+l)。
水平方向不受外力，由动量守恒定律得：mv 0=mv+MV ①由动能定理，对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv - ② 对木块 fs=0212-MV ③ 由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v Mm M -∙ ④ ②+④得 f l =})]([2121{21212121202202220v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=-- 由能量守恒知，系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。
即Q=f l ，l 为子弹现木块的相对位移。
结论：系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能，且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。
即Q=ΔE 系统=μNS 相其分量式为：Q=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n =ΔE 系统1．在光滑水平面上并排放两个相同的木板，长度均为L=1.00m ，一质量与木板相同的金属块，以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ，金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1，g 取10m/s 2。
求两木板的最后速度。
2．如图示，一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M ，现以地面为参照物，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度 (如图)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。
以地面为参照系。
⑴若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后速度的大小和方向；⑵若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到最远处(从地面上看)到出发点的距离。
A 2v 0 v 0B CA v 05m BL v 0 m v v 0 3．一平直木板C 静止在光滑水平面上，今有两小物块A 和B 分别以2v 0和v 0的初速度沿同一直线从长木板C 两端相向水平地滑上长木板。
如图示。
设物块A 、B 与长木板 C 间的动摩擦因数为μ，A 、B 、C 三者质量相等。
⑴若A 、B 两物块不发生碰撞，则由开始滑上C 到A 、B 都静止在C 上为止，B 通过的总路程多大？经历的时间多长？⑵为使A 、B 两物块不发生碰撞，长木板C 至少多长？ 4．在光滑水平面上静止放置一长木板B ，B 的质量为M=2㎏同，B 右端距竖直墙5m ，现有一小物块 A ，质量为m=1㎏，以v 0=6m/s 的速度从B 左端水平地滑上B 。
如图所示。
A 、B 间动摩擦因数为μ=0.4，B 与墙壁碰撞时间极短，且 碰撞时无能量损失。
取g=10m/s 2。
求：要使物块A 最终不脱离B木板，木板B 的最短长度是多少？ 5．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量为M=4.00㎏的平板小车，车上放一质量为m=1.96㎏的木块，木块到平板小车左端的距离L=1.5m ，车与木块一起以v=0.4m/s 的速度 向右行驶，一颗质量为m 0=0.04㎏的子弹以速度v 0从右方射入木块并留 在木块内，已知子弹与木块作用时间很短，木块与小车平板间动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2。
问：若要让木块不从小车上滑出，子弹初速度应满足什么条件？6．一质量为m 、两端有挡板的小车静止在光滑水平面上，两挡板间距离为1.1m ，在小车正中放一质量为m 、长度为0.1m 的物块，物块与小车间动摩擦因数μ=0.15。
如图示。
现给物块一个水平向右的瞬时冲量，使物块获得v 0 =6m/s 的水平初速度。
物块与挡板碰撞时间极短且无能量损失。
求：⑴小车获得的最终速度；⑵物块相对小车滑行的路程；⑶物块与两挡板最多碰撞了多少次；⑷物块最终停在小车上的位置。
7．一木块置于光滑水平地面上，一子弹以初速v 0射入静止的木块，子弹的质量为m ，打入木块的深度为d ，木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动，此过程中转化为内能的能量为A ．)(21020v v v m - B.)(00v v mv - C.s vd v v m 2)(0- D.vd Sv v m )(0-参考答案1. 金属块在板上滑动过程中，统动量守恒。
金属块最终停在什么位置要进行判断。
假设金属块最终停在A 上。
三者有相同速度v ，相对位移为x ，则有⎪⎩⎪⎨⎧⋅-==2200321213mv mv mgx mv mv μ 解得：L m x 34=，因此假定不合理，金属块一定会滑上B 。
设x 为金属块相对B 的位移，v 1、v 2表示A 、B 最后的速度，v 0′为金属块离开A 滑上B 瞬间的速度。
有：在A 上 ⎪⎩⎪⎨⎧⋅-'-=+'=21201010022121212mv v m mv mgL mv v m mv μ 全过程 ⎪⎩⎪⎨⎧⋅--=++=2221202102212121)(2mv mv mv x L mg mv mv mv μ 联立解得：⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧=='='=s m s m v s m v v s m s m v /65/21/34)(0/31/12001或或舍或 ∴ ⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧===m x s m v s m v 25.0/65/3121 *解中，整个物理过程可分为金属块分别在A 、B 上滑动两个子过程，对应的子系统为整体和金属块与B 。
可分开列式，也可采用子过程→全过程列式，实际上是整体→部分隔离法的一种变化。
2．⑴A 恰未滑离B 板，则A 达B 最左端时具有相同速度v ，有 Mv 0-mv 0=(M+m)v ∴ 0v m M m M v +-=M ＞m, ∴ v ＞0,即与B 板原速同向。
⑵A 的速度减为零时，离出发点最远，设A 的初速为v 0，A 、B 摩擦力为f ，向左运动对地最远位移为S ，则 02120-=mv fS 而v 0最大应满足 Mv 0-mv 0=(M+m)v 220)(21)(21v m M v m M fl +-+= 解得：l M m M s 4+=3．⑴由A 、B 、C 受力情况知，当B 从v 0减速到零的过程中，C 受力平衡而保持不动，此子过程中B 的位移S 1和运动时间t 1分别为：gv t g v S μμ01201,2== 。
然后B 、C 以μg 的加速度一起做加速运动。
A 继续减速，直到它们达到相同速度v 。
对全过程：m A ·2v 0-m B v 0=(m A +m B +m C )v ∴ v=v 0/3B 、C 的加速度 g m m gm a C B A μμ21=+= ,此子过程B 的位移gv g v t g v g v S μμμ32292022022====运动时间 ∴ 总路程gv t t t g v S S S μμ35,181********=+==+=总时间 ⑵A 、B 不发生碰撞时长为L ，A 、B 在C 上相对C 的位移分别为L A 、LB ，则 L=L A +L Bgv L v m m m v m v m gL m gL m C B A B A B B A A μμμ37)(2121)2(212022020=++-+=+解得： *对多过程复杂问题，优先考虑钱过程方程，特别是ΔP=0和Q=fS 相=ΔE 系统。
全过程方程更简单。
4．A 滑上B 后到B 与墙碰撞前，系统动量守恒，碰前是否有相同速度v 需作以下判断：mv 0=(M+m)v, ①v=2m/s此时B 对地位移为S 1，则对B ：2121Mv mgS =μ ②S=1m ＜5m,故在B 与墙相撞前与A 已达到相同速度v ，设此时A 在B 上滑行L 1距离，则 2201)(2121v m M mv mgL +-=μ ③ L 1=3m【以上为第一子过程】此后A 、B 以v 匀速向右，直到B 与墙相碰(此子过程不用讨论)，相碰后，B 的速度大小不变，方向变为反向，A 速度不变(此子过程由于碰撞时间极短且无能量损失，不用计算)，即B 以v 向左、A 以v 向右运动，当A 、B 再次达到相同速度v ′时：Mv-mv=(M+m)v ′ ④ v ′=2/3 m/s 向左，即B 不会再与墙相碰，A 、B 以v ′向左匀速运动。
设此过程(子过程4)A 相对B 移动L 2，则 222)(21)(21v m M v m M mgL '+-+=μ ⑤ L 2=1、33m L=L 1+L 2=4.33m 为木板的最小长度。
*③+⑤得 220)(2121v m M mv mgL '+-=μ实际上是全过程方程。
与此类问题相对应的是：当P A 始终大于P B 时，系统最终停在墙角，末动能为零。
5．子弹射入木块时，可认为木块未动。
子弹与木块构成一个子系统，当此系统获共同速度v 1时，小车速度不变，有 m 0v 0-mv=(m 0+m)v 1 ① 此后木块(含子弹)以v 1向左滑，不滑出小车的条件是：到达小车左端与小车有共同速度v 2，则 (m 0+m)v 1-Mv=(m 0+m+M)v 2 ② 22022100)(2121)(21)(v M m m Mv v m m gL m m ++-++=+μ ③ 联立化简得： v 02+0.8v 0-22500=0 解得 v 0=149.6m/s 为最大值， ∴v 0≤149.6m/s6. ⑴当物块相对小车静止时，它们以共同速度v 做匀速运动，相互作用结束，v 即为小车最终速度mv 0=2mv v=v 0/2=3m/s ⑵22022121mv mv mgS ⋅-=μ S=6m ⑶次65.615.0==+--=d l S n ⑷物块最终仍停在小车正中。
*此解充分显示了全过程法的妙用。
7．AC A ：⎪⎩⎪⎨⎧+-=+=2200)(2121)(vm M mv Q vm M mv C ：⎪⎩⎪⎨⎧⋅=-==d f Q v m v mv Mv fS 202)(2121。