《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

【例 1】
如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为 980 g 的长方形匀质木块，现有一质量为 20 g 的子弹以大小为 300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为 10 cm，子弹打进木块的深度为 6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1) 求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能。
(2) 若子弹是以大小为 400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
拓展
在例 1 中，若子弹能射出木块，则：
(1) 当子弹射入的速度增大时，下列说法正确的是CD。
A. 木块最终获得的动能变大
B. 子弹损失的动能变大
C. 子弹穿过木块的时间变短
D. 木块在被击穿过程中的位移变小
(2) 在木块固定和不固定的两种情况下，以下说法正确的是D。
A. 若木块固定，则子弹对木块的摩擦力的冲量为零
B. 若木块不固定，则子弹减小的动能等于木块增加的动能
C. 不论木块是否固定，两种情况下木块对子弹的摩擦力的冲量大小相等
D. 不论木块是否固定，两种情况下子弹与木块间因摩擦产生的热量相等

答案： 例1
(1)6 m/s 882 J
(2)能
解析
(1)设子弹射入木块后与木块
的共同速度为$v$，对子弹和木块组成
的系统，由动量守恒定律得$m v_0=(M+m)v$，代入数据解得$v=6$ m/s
此过程系统所产生的内能
$Q=\frac{1}{2}m v_0^2-\frac{1}{2}(M + m)v^2=882$ J
(2)假设子弹以$v_0'=400$ m/s的速度
入射时没有射穿木块，则对以子弹和
木块组成的系统，由动量守恒定律得
$m v_0'=(M + m)v'$
解得$v'=8$ m/s
此过程系统损失的机械能为
$\Delta E'=\frac{1}{2}m v_0'^2-\frac{1}{2}(M + m)v'^2$
$=1568$ J
由功能关系有$Q=\Delta E=F_{阻}x_{相}=F_{阻}d'$
则$\frac{\Delta E}{\Delta E'}=\frac{F_{阻}d'}{F_{阻}d'}=\frac{d}{d'}$，
解得$d'=\frac{1568}{147}$ cm
因为$d'＞10$ cm，所以子弹能射穿木块。
拓展
(1)CD
(2)D
解析
(1)子弹的入射速度越大，子弹
击穿木块所用的时间越短，木块相对
地面的位移越小，但子弹相对木块的
位移不变，C、D正确；木块动能的增加
量$\Delta E_{k}=fx$，木块对子弹的阻力恒
定，由木块相对地面的位移变小可知
木块动能的增加量变小，即木块最终
获得的动能变小，子弹相对地面的位
移也变小，子弹克服阻力做功变小，子
弹损失的动能也变小，A、B错误。
(2)若木块固定，子弹在木块中运动的
时间$t$不为零，摩擦力$f$不为零，则子
弹对木块的摩擦力的冲量$I=ft$不
为零，A错误；若木块不固定，子弹减小
的动能等于木块增加的动能与系统增
加的内能之和，可知子弹减小的动能
大于木块增加的动能，B错误；木块固
定时子弹射出木块所用时间较短，木
块不固定时子弹射出木块所用时间较
长，摩擦力大小相等，则木块不固定时
木块对子弹的摩擦力的冲量大小大于
木块固定时木块对子弹的摩擦力的冲
量大小，C错误；不论木块是否固定，
因摩擦产生的热量等于摩擦力与木块
长度的乘积，摩擦力与木块长度都相
等，因此两种情况下子弹与木块间因
摩擦产生的热量相等，D正确。

1. 模型图示

答案： 答案略

2. 模型特点
(1) 系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(2) 若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。

答案： 答题卡：
设子弹质量为$m$，木块质量为$M$，子弹的初速度为$v_0$，子弹打入木块后共同速度为$v$，子弹进入木块的深度为$d$，子弹受到木块的平均阻力为$f$。
根据动量守恒定律：$mv_0=(m + M)v$，解得$v=\frac{mv_0}{m + M}$。
由能量守恒，系统减少的机械能等于摩擦力与相对位移的乘积，即$fd=\frac{1}{2}mv_0^{2}-\frac{1}{2}(m + M)v^{2}$，把$v=\frac{mv_0}{m + M}$代入可得$fd=\frac{Mm v_0^{2}}{2(m + M)}$。
若为“滑块 - 木板”模型，设滑块质量为$m$，木板质量为$M$，滑块初速度为$v_0$，共同速度为$v$，滑块与木板相对位移为$d$，滑块与木板间摩擦力为$f$。
同样根据动量守恒定律：$mv_0=(m + M)v$，解得$v=\frac{mv_0}{m + M}$。
系统减少的机械能$\Delta E=\frac{1}{2}mv_0^{2}-\frac{1}{2}(m + M)v^{2}=fd=\frac{Mm v_0^{2}}{2(m + M)}$。
当滑块未从木板上滑下，两者速度相同时，木板速度达到最大，相对位移达到最大。
综上所述，答案为：对于子弹打木块模型或“滑块 - 木板”模型，系统动量守恒$mv_0=(m + M)v$，$v=\frac{mv_0}{m + M}$；系统减少的机械能$\Delta E = fd=\frac{Mm v_0^{2}}{2(m + M)}$；当滑块未从木板上滑下时，两者速度相同时木板速度最大，相对位移最大。

3. 求解方法
(1) 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
(2) 求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
(3) 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律 $Q = f\Delta x$ 或 $Q = E_{初}-E_{末}$，研究对象为一个系统。

答案： 答案略