【物理课件】典型力学模型分析专题复习ppt课件.ppt

2006-2007年高考复习，第二轮能力题：三个典型力学模型分析，非常规官方博客，三个模型及其总结，三个模型：碰撞模型，人船模型，子弹-木头模型，碰撞分类，弹性碰撞，非弹性碰撞，完全非弹性碰撞，1。碰撞模型：非常规官方博客：碰撞过程的力学特征：经历的时间非常短，在整个力学过程中经历的时间可以忽略不计；碰撞双方相互作用的内力通常比外力大得多。系统遵循碰撞前后的总动量守恒定律，碰撞前后的能量不会增加。弹性碰撞的特殊情况：遵循碰撞前后系统总动量守恒定律，即M1 1M2 2=M1U1M2 U2，遵循碰撞前后系统总动量守恒定律，碰撞前后系统总动能相等，即M1 m112 m222=m1u12 m1u22，即碰撞前后的速度。 两边的相对速度相等，即U2-u1=v1-v2，这是完全非弹性碰撞的一种特殊情况：遵循碰撞前后系统总动量守恒定律，即m1 1 m2 2=m1u1 m2u2，并具有碰撞后速度相等的特点，即e=m112 m222-m1u 12-m2u 22=m112 m222-，在碰撞过程中机械能损失最大，2。 人-船模型，“人-船模型”是由人和船两个对象组成的系统；系统在人和船的相互作用下分别运动，系统在运动过程中受到的合力为零，即系统的总动量在运动过程中保持不变。原型：一艘长度为L、质量为M的船停在静止的水中，一个质量为M的人站在船头。不管水的阻力如何，当一个人从船头走到船尾时，系统在水平方向不受外力的影响，动量在水平方向守恒，在行走过程中总动量始终为零。假设人的速度是V，船的速度是V，人在t秒内从船头移动到船尾，人相对于海岸的位移是S，船相对于海岸的位移是S。根据动量守恒定律，mv person=Mv ship，满足类似的关系。也就是说，两边都乘以移动时间t，也就是说，ms person=Ms boat，s person的boat=L，所以有：3。子弹击中木块模型，图中显示了原型：质量为m的子弹以速度v0进入静止在光滑水平面上的木块m，并且没有穿过。让子弹和木块之间的摩擦力为f。子弹的穿透深度D仍相对于木块，此时木块的向前位移为S。对于子弹，动能定理如下：对于系统，动量守恒如下：mv0=(m)v；对于木块，动能定理如下：；由加得到；相互作用力f和相时位移d的乘积等于子弹和木块形成的系统动能的减少，即产生的内能。动能损失值可由和得到，因此，确定穿透深度为：当组成系统的双方的相对运动是往复运动时，公式中的d应理解为“相对距离”而不是“相对位移量”。1.碰撞模型，实例1a和1b在平滑的水平轨道上以相同的方向移动，它们的动量已知分别为p a=5千克/秒和p b=7千克/秒。碰撞后，B球的动量变为10公斤/秒，下面哪一个是两个球的质量之间的关系，M A和M B？根据问题中给出的选择，m a和m B是倍数，因此m b可以用km a来表示。假设a和b在击球前的速度是v a和v b， 碰撞后a和b的速度是v/a和v/b。由于a和b之间的碰撞，a的速度应该大于碰撞前b的速度，即v a v b。根据动量守恒定律，碰撞后a的动量是2千克/秒，因为b的速度大于或如例2中的图所示，一个质量为M的滑块静止在一个光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面的底部与桌面相切，一个质量为M的球以速度v0朝滑块飞去，球被设置成不与滑块相交，以便找到滑块能获得的最大速度？在那之后，球做什么运动？分析：球m先上升，然后落在滑块m上，在整个过程中m一直在加速，所以m的最大速度出现在m和m分离的时刻，在整个相互作用过程中系统的动量和机械能守恒。也就是说，从方程中可以看出，它属于弹性碰撞模型，因此，V1=0，球处于自由落体状态，如例3中的图所示，水平平滑轨道宽度和弹簧的自然长度都为d。在m2的左侧有一个固定挡板。Ml从图中所示的位置静态释放。当m1和m2彼此最接近时，m1的速度是v1，并且计算m1的最小速度和m2在后续运动过程中的最大速度。当m1和m2彼此最接近时，m1的速度v1是其最大速度。在接下来的运动中，m1先减速，m2先加速。当两个速度相等时，它们之间的距离最远，m1将继续减速，m2将继续加速。当它们再次被d分开时，m1减速结束，m2加速结束。此时，需要m1和m2的速度v1/、v2/。M2将减速，m1未来将加速，这是弹性碰撞模型，那么，例4:如图所示，弯曲斜面的质量为m，静止在一个平滑的水平面上，质量为m的球以速度VO向左移动，球最多可以上升到距离水平面h的位置，从而计算出系统产生的热量。解：球减少的动能转化为重力势能和球产生的热量，即EK=Q mgh。EK=，由完全非弹性碰撞模型可知，所以q=EK-mgh=-mgh。图中显示了示例5:质量为m的轿厢固定在平滑的水平轨道上，长度为l的细线的一端固定在轿厢上，另一端系有质量为m的球。现在给球一个初始速度v，并找出它能上升的最大高度。解决方法：当球升到最高点时，两者速度相同，满足上述模型的条件。系统减少的动能EK全部转化为重力势能EP=m球gh。例6:如图所示，在平滑的水平面上，有10个质量为m、2m、3m，10米长，以直线排列，彼此间有一定的距离。开始时，下面的9个球是静止的，第一个球以初始速度VO与第二个球碰撞。结果，它们都连续地一起向前移动，因为下面的9个小球被认为是一个整体，并且由完全非弹性碰撞模型模拟。有：人和气球被当作物体，同时系统开始休息和移动。当一个人下降到地面时，这个人的相对位移是h，如果气球被设置为地面位移l，那么ML=mh被推导出来。例如，7:载人气球最初停在距离地面h的空中，已知的人的质量是m，气球的质量(不包括人的质量)是m。如果想沿着轻型绳梯返回地面，绳梯至少有多长？2。人-船模型，解：由分裂球和小球组成的系统在水平方向不受外力影响，所以在水平方向动量守恒，两者在开始时都是静态的。因此，ms1=Ms2是可以推断的，其中s1和s2是M和M相对于地的位移。从上图很容易看出，s1=b-s2被代入上式，m(b-s2)=Ms2，所以S2=MB/(M)是M的位移。质量为M、底边长为B的楔形体位于光滑的水平面上。见左图。当质量为M的物体在没有初始速度的情况下从斜面的顶部滑到底部时，楔形物移动的距离是多少？如图所示，三辆形状不同但质量均为m的小车停在一个平滑的水平面上。小车上质量为m的滑块从一端滑到另一端。位移是多少如果这个过程所用的时间是t，圆环的位移是s，那么小滑块在水平方向上相对于地面的位移是(R-s)，如图所示。也就是说，ms=m (r-s)。图中显示了扩展：质量为m、半径为r的光滑圆环在光滑的水平面上是静止的。当一个质量为m的小滑块在没有初始速度的情况下从一个高度(如圆环中心o)开始滑动到最低点时，圆环的位移是多少？环的运动方向被认为是正的，这是由动量守恒定律获得的，例9。如图所示，宽度为d、质量为m的方木仍然在一个平滑的水平面上，质量为m的球从静止状态沿着“z”通道从一端移动到另一端，木块和球到地面的位移被计算出来。解决方案：球和木块被视为一个系统，由于水平方向的合力为零，所以水平方向的动量守恒。假设球的水平速度为v1，木块的速度为v2，则有mv1=Mv2。如果球到地面的位移是s1，木块到地面的位移是s2，则ms1=Ms2，s1s2=d。质量为m的船静止在湖水中，船体长度为l，两个人分别站在船头和船尾，质量为m1和b，质量为m2，m1 m2。两人交换位置后船体的位移是多少？由船舶和两人甲、乙组成的系统的水平方向不受外力影响，所以水平方向的动量守恒，系统的总动量始终为零，满足人-船模型的条件。如图所示，甲、乙双方的位置交换相当于质量为(ml-m2)的人在质量为(m2)的船上从甲方的位置走到乙方的位置。人-船模型的结论可以应用于获得船的位移：例11，质量为M=4.0kg千克的平板车仍然在平滑的水平面上。如图所示，当t=0时，质量分别为2千克和1千克的两个小物体a和b的大小分别为0=7米/秒。水平速度方向相反，从台车面板的左右两端向彼此滑动。当他们停止在汽车上滑行时，没有发生碰撞。a和b与车间之间的动摩擦系数=0.2，取g=10m/s2，计算如下：(1)当a停止在汽车上滑动时，a和汽车的速度；(2)当a和b停止在汽车上滑动时，汽车的速度以及此时汽车移动的时间。(3)在给定的坐标系中绘制汽车速度的时间图像。解决方案：(1)当A和B都在汽车上滑行时，它们在水平方向上的受力分析如图所示：从力图中可以看出，A向右减速，B向左减速，汽车向右加速，所以首先是A块的速度减小到等于汽车的速度。当a减速到与汽车相同的速度时，所用的时间为t1，速度为v1，然后：v1=v0-AAt1MAg=MaAbv1=汽车t1mAg-mBg=Ma汽车，它是从 获得的：v1=1.4m/st1=2.8s3，(2)根据动量守恒定律，mav0-mbv0=(m ma MB) v v=1m/s ，当a和汽车处于同一位置时，总动量向右如果在t2之后小物体A、B和汽车的速度相同，则从 : t2=1.2s得到：-V=V1-Abt2 微米BG=(MA M汽车)aB因此，当A和B都停止在汽车上滑动时，汽车的移动时间为t=t1 t2=4.0s，(3)从(1)可以看出，当t1=2.8s时，汽车的速度为v1=1.4m/s t1t2期间，小车将匀速减速运动，最终速度v=1.0m/s，小车速度-时间图如图所示。3.子弹击中了木块模型。图中显示了示例12。光滑的水平面上有一个质量为m的盒子。在盒子的中心是一个质量为m(大小可以忽略不计)的小物体，它与盒子底部的摩擦系数为。盒子里面的长度L现在给物体M一个水平的初始速度v0来向右移动。如果物体与墙壁碰撞，就不会有能量损失。找出：(1)物体相对于盒子静止时盒子的速度；(2)两者之间的碰撞次数换句话说，mv0=(m m) v，可以从实施例13中获得，如图所示，倾斜角=370的固定斜面AB长为L=12m，质量为M=1kg的木块从斜面中点c处的静止处滑下。在0.5s内，质量m=20g的子弹以v0=600m米/秒的速度沿斜面向上进出木块，穿出速度为u=100米/秒。此后，子弹每1.5s进入木块一次，子弹穿过木块的时间可以忽略不计。已知木块与斜面之间的动摩擦系数=0.25。(g取10m/s2，sin 370=0.60，cos 370=0.80)，并找出：(1)第一颗子弹穿过木块时木块的速度和方向。(2)能击中斜面木块的最大子弹数。(3)在木块从C点移动到最终离开斜面的过程中，子弹、木块和斜面系统产生的总热量是多少？(1)当木块开始下滑时，-微米GCOS=ma1a 1=g(sin-cos)=4m/S2中的： mgs，最终速度v1=a1t1=2m/s，假设第一颗子弹穿过木块时木块的速度为V1/，方向沿斜面上升：根据动量守恒定律： mv0-mv1=mumv1/ v1/=8m/s方向沿斜面上升， (2)当木块沿斜面向上滑动时：对于木块：从-mgsin -微米gcos =ma2 a2=-8m/S2，向上滑动时间：向上滑动位移：* t 21.5秒，在第二颗子弹击中木块之前，木块将在到达最高点P1后再向下滑动0.5秒。 因此，木块到a点的最大距离为：木块再次从P1滑下后0.5秒被第二颗子弹击中，与第一颗子弹被击中后的过程完全相同，因此再次滑上的位移仍为4米9.540.5=13米 12米。因此，可以看出，在第二颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面。因此，总共有两颗子弹击中了木块。(3)整个工艺系统产生的热量可分为两部分：(1)两发子弹穿过木块产生的内能：6940 j，(2)木块在斜面上滑动产生的内能：*木块在斜面上滑动的总距离为：s=0.5 4 0.5 3=8m，则产生的内能为：U2=Mgcoss=16J， 整个工艺系统产生的The总热量为：u=u1U2=6956j、例14:如图a所示，在水平地面上放置一根质量为0.4千克且厚度均匀的绝缘细管。 细管的内表面粗糙，外表面光滑。质量为0.1千克、电量为0.1C的带正电的球以水平向右的速度沿着管子进入管子。细管的内径略大于球的直径。已知细管的位置具有水平方向垂直于管方向的均匀磁场，磁感应强度为1特克斯克，并采用10米/S2。(2)如果细管不固定，带电球以v0=20m/s的初始速度进入细管，并且细管在整个运动过程中不离开地面，系统产生的最终内能是多少？(1)当细管固定时，在图b中画出球在管内运动的初始速度和最终稳定速度之间的关系图(以水平向右为正方向，解：准时球上的力如图所示，洛仑兹力随着速度的变化而变化，导致支撑力和摩擦力的变化。当洛伦兹的磁力等于重力时，摩擦力为0。此时，小球和小管的速度保持不变。当qvB=mg，v=mg/qB=10m/s时，(1)当初始速度小于10m/s时，支撑力方向向上，并随着速度的降低而增大。所以最终的球速是0。当初始速度大于10m/s时，支撑力方向向下，并随着速度的降低而减小。当速度降至10m/s时，支撑力和摩擦力均为0，速度保持不变。球在管中运动的初始速度和最终稳定速度之间的关系如图所示。(2)因为初始速度大于10m/s，所以球的最终速度是V1=10