“子彈-木塊”模型的高端備考策略剖析

譚程

“子彈—木塊”模型，一般涉及兩個物體，且二者產生相對運動，使用隔離法分析二者的受力情況和確定它們的運動情況是分析該類問題的基礎. 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雜. 但對于該模型只要能把握恰當的方法和知識要點，在分析該物理模型時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之一，對于該模型的考查通常具有以下特點：

1.“子彈-木塊”類問題，具有涉及考點多（運動學公式、牛頓運動定律、功能關系等），情境豐富，設問靈活，解法多樣，思維量高等特點，是一類選拔功能極強的試題，也是新課標力學常考的試題.

2. 根據新課程標準分析，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際問題的可能性比較大，這也是新一輪高考中對該知識點考查時的一個命題趨勢和命題熱點.

二、“子彈-木塊”模型的原型再現

現有一質量為M的木塊靜止在光滑的水平面上，一質量m的子彈以初速度v0水平飛來打進木塊并留在其中，如圖1所示，設相互作用力為f：

問題1：子彈、木塊相對靜止時的速度v

由動量守恒定律得：mv0=（M+m）v

解得：v=■v0

問題2：子彈在木塊內運動的時間

對木塊由動量定理得：

f·t=Mv-0（或對子彈：-f·t=mv-mv0）

解得：t=■

問題3：子彈、木塊發生的位移以及子彈打進木塊的深度

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

對子彈有：-f·s1=■mv2-■m■

解得：s1=■

對木塊有：fs2=■Mv2

解得：s2=■

打進深度就是相對位移：

d=S相=S1-S2=■

問題4：系統損失的機械能、系統增加的內能

系統損失的機械能為：E損=■m■-■（M+m）v2=■

系統損失的機械能轉化為了內能，由問題3可得：

Q=f（s1-s2）=f·s相=■

說明：相互作用力與相對位移（或路程）的乘積等于系統機械能的減小，這是一個重要關系，通常都可直接運用.

問題5：子彈、木塊兩者的v-t圖像

子彈做勻減速直線運動，木塊做勻加速直線運動，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）

設子彈進入木塊的深度為L，由動能定理得：

fL=■m■-■（M+m）v2

解得：L=■

三、“子彈-木塊”模型的推廣

根據“子彈-木塊”模型的受力特征以及運動特點，將該模型進行推廣，從而得到以下的“板-塊”模型，如圖4，其基本物理情景是：質量為M的木板靜止于光滑的水平面上，一質量為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：涉及兩個（或多個）物體，并且物體間存在相對滑動.

2.摩擦力方向的特點.

（1）若兩個物體同向運動，且兩個物體“一快一慢”，則“快”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為阻力，“慢”的物體受到的另一個物體對它的摩擦力為動力.

（2）若兩個物體反向運動，則每個物體受到的另一個物體對它的摩擦力均為阻力.

3.運動特點.

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

同向運動時，如圖5所示：L=x1-x2

反向運動時，如圖6所示：L=x1+x2

（2）若滑塊與滑板最終相對靜止，則它們的末速度相等.

四、分析“子彈-木塊”模型的奇思妙計

五、“子彈-木塊”模型四大經典題型

對于“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時刻開始，小物塊與木板一起以共同速度向右運動，直至t=1 s時木板與墻壁碰撞（碰撞時間極短）. 碰撞前后木板速度大小不變，方向相反，運動過程中小物塊始終未離開木板. 已知碰撞后1 s時間內小物塊的v-t圖像如圖8所示. 木板的質量是小物塊質量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2. 求：

（1）木板與地面間的動摩擦因數μ1及小物塊與木板間的動摩擦因數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動，設加速度為a1，小物塊和木板的質量分別為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，由運動學公式得：

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動時的速度.

聯立 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動，小物塊以v1的初速度向右做勻變速運動. 設小物塊的加速度為a2，由牛頓第二定律有：-μ2mg=ma2

由圖可得：a2=■

式中，t2=2 s，v2=0聯立？譽？訛？譾？訛式和題給條件得：μ2=0.4

（2）設碰撞后木板的加速度為a3，經過時間？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動學公式得：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到共同速度的過程中，木板運動的位移為

S1=■·

小物塊運動的位移為S2=■·

小物塊相對木板的位移為？駐S=S2-S1

式，并代入數值得？駐S=0.6 m

因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為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動直至停止，設加速度為a4，此過程中小物塊和木板運動的位移為S3. 由牛頓第二定律及運動學公式得：

（M+m）g=（m+M）a4

0-■=2a4S3

碰后木板運動的位移為：S=S1+S3

式，并代入數值得：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】在用動力學觀點分析“子彈-木塊”模型問題時，一般采用以下思路進行：

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，兩個滑塊A和B的質量分別為mA=1 kg和mB=5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動摩擦因數均為μ1=0.5;木板的質量為m=4 kg，與地面間的動摩擦因數為μ2=0.1. 某時刻A、B兩滑塊開始相向滑動，初速度大小均為v0=3 m/s. A、B相遇時，A與木板恰好相對靜止. 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2. 求：

（1）B與木板相對靜止時，木板的速度;

（2）A、B開始運動時，兩者之間的距離.

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

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

設在t1時刻，B與木板達到共同速度，其大小為v1. 由運動學公式有：

v1=v0-aB t1 ⑦

v1=a1t1 ⑧

聯立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數據得：v1=1 m/s ⑨

（2）在t1時間間隔內，B相對于地面移動的距離為：

sB=v0t1-■aBt12⑩

設在B與木板達到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2. 對于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與木板達到共同速度時，A的速度大小也為v1，但運動方向與木板相反. 由題意知，A和B相遇時，A與木板的速度相同，設其大小為v2. 設A的速度大小從v1變到v2所用的時間為t2，則由運動學公式，

對木板有：v2=v1-a2t2

對A有：v2=-v1+aAt2

在t2時間間隔內，B（以及木板）相對地面移動的距離為：

s1=v1t2-■a2■

在（t1+t2）時間間隔內，A相對地面移動的距離為：

sA=v0（t1+t2）-■aA（t2+t1）2

A和B相遇時，A與木板的速度也恰好相同. 因此A和B開始運動時，兩者之間的距離為：s0=sA+s1+sB

聯立以上各式，并代入數據得：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”時其思維流程如下：

題型三、“子彈-木塊”模型與實際生活的結合

【典例3】下暴雨時，有時會發生山體滑坡或泥石流等地質災害. 某地有一傾角為θ=37°（sin 37°=35）的山坡C，上面有一質量為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均處于靜止狀態，如圖10所示. 假設某次暴雨中，A浸透雨水后總質量也為m（可視為質量不變的滑塊），在極短時間內，A、B間的動摩擦因數μ1減小為38，B、C間的動摩擦因數μ2減小為0.5，A、B開始運動，此時刻為計時起點;在第2 s末，B的上表面突然變為光滑，μ2保持不變. 已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27 m，C足夠長. 設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力. 取重力加速度大小g=10 m/s2. 求：

（1）在0～2 s時間內A和B加速度的大小;

（2）A在B上總的運動時間.

【解析】（1）在0～2 s內，A和B受力如圖11所示：

由滑動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

聯立以上各式可得：a1=3 m/s2⑦

a2=1 m/s2 ⑧

（2）在t1=2 s，設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，設A和B的加速度分別為a′1，a′2，此時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，設經時間t2，B的速度為零，則：

v2+a′2t2=0

聯立可得：t2=1 s

在t1+t2時間內，A相對于B運動的距離為：

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

此后B靜止不動，A繼續在B上滑動，設再經時間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A在B上的運動時間為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】在分析實際生活中的“子彈-木塊”模型時一定要結合實際找出“子彈”和“木塊”，然后用相關的原理和知識來分析實際生活中的“子彈-木塊”模型. 更值得提醒的是用所學知識解決實際生活中的問題是新高考的命題熱點.

題型四、“子彈-木塊”與電學知識的結合

【典列4】如圖12所示，電容器固定在一個絕緣座上，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、絕緣桿總質量為M. 給電容器充入電量Q后，有一質量為m、帶電量+q的環套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動（M=3m）. 設帶電環不影響電容器板間電場的分布，電容器外部電場忽略不計. 帶電環進入電容器后距左板最小距離為■d，試求：

（1）帶電環與左極板間相距最近時的速度;

（2）帶電環受絕緣桿的摩擦力.

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

解得：v=■v0=■v0

（2）帶電環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，關鍵是要抓住動量與能量這兩條主線，弄清系統內參與做功的是什么力，其相對位移（或相對路程）是多少，從而順利建立等量關系，“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、規律.

六、小結

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成系統的相互作用拓寬到任何兩個物體構成系統的相互作用，系統不受外力或某方面不受外力或合外力為零，則系統動量守恒. 另一方面從子彈和木塊的系統內力，即一對摩擦力做功，拓寬一對彈力做功、重力做功、電場力做功、磁場力做功，實現了系統能量的轉移和轉化. 對相互作用的物體系統的分析，應用了子彈打擊木塊模型的分析思想和方法，操作性強、解答規范簡單，所以說對學生分析問題有較好的指導作用.

責任編輯李平安