三种力学模型

1、2006-2007高考复习第二轮能力专题:三种典型力学模型的分析 2007、31 专题解说三种模型及其概要 三种模型是指：碰撞模型、人船模型、子弹打木块模型碰撞的分类弹性碰撞非弹性碰撞完全非弹性碰撞碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞过程中没有机械能损失的碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞过程中有机械能损失的碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞过程中机械能损失最多的按形变恢复情况分按机械能损失情况1碰撞模型:2 专题解说m1、v1m2、v2m1、u1m2、u2碰撞过程的力学特征：经历的时间极短，所经历的时间在整个力学过程中可以忽略；碰撞双方相互作用的内力往往是远大于外力，系统

2、在碰撞前后遵从总动量守恒定律，且碰撞前后能量不会增加 弹性碰撞特例：遵从碰撞前后系统的总动量守恒定律,即 m11+m22=m1u1+m2u2遵从碰撞前后系统的总动能相等,即 m112+m222=m1u12+m1u22 由此可得碰后的速度 且碰撞前后,双方的相对速度大小相等,即u2u1=v1v23 专题解说m1、v1m2、v2m1、m2、u完全非弹性碰撞特例：遵从碰撞前后系统的总动量守恒定律,即 m11+m22=m1u1+m2u2具备碰撞双方碰后的速度相等的特征，即 E=m112+m222m1u12m2u22=m112+m222碰撞过程中机械能损失最大2人船模型 “人船模型”是由人和船两个物体构

3、成的系统；该系统在人和船相互作用下各自运动，运动过程中该系统所受到的合外力为零，即系统在运动过程中总动量守恒。4 专题解说原型： 长为L、质量为M的小船停在静水中，一个质量为m的人立在船头。若不计水的阻力，当人从船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，水平方向上动量守恒，人走动过程中的每时每刻它们的总动量都是零。设人的速度为v人，船的速度为v船，人经t秒从船头到船尾，人相对岸的位移为s人，船相对岸的位移为s船. S人S船L由动量守恒定律得： mv人=Mv船由于运动过程中任一时刻人，船速度大小v人和v船均满足上述关系，所以运动过程中，人、船平均速度大小， 和 也应 满足相似的关系。即

4、两边同乘以运动时间t，则 即 ms人=Ms船而 s人+s船=L，所以有： 5 专题解说3子弹打木块模型 原型:如图所示，一颗质量为m的子弹以速度v0射入静止在光滑水平面上的木块M中且未穿出。设子弹与木块间的摩擦为f。子弹打进深度d相对木块静止，此时木块前进位移为s。MmSd对子弹由动能定理有： 对系统，由动量守恒有： mv0=（Mm）v 对木块由动能定理： 将相加可得 相互作用的力f与相时位移的大小d的乘积，等于子弹与木块构成的系统的动能的减少量，亦即产生的内能。6 专题解说由和可得动能的损失值： 故打入深度 明确:当构成系统的双方相对运动出现往复的情况时,公式中的d应就理解为“相对路程”而不

5、是“相对位移的大小”. 专题聚焦1碰撞模型 例1 甲、乙两球在光滑水平轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p甲=5kgm/s，p乙=7 kgm/s。甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是下面的哪几种？ （ ） A.m甲m乙 B.m乙2m甲 C.m乙4m甲 D.m乙6m甲ABPAPB7 专题聚焦ABPAPB解析： 从题中给出的选项看，m甲、m乙是倍数关系，这样可用km甲来表示m乙， 设碰前甲、乙两球的速度为v甲、v乙，碰后甲、乙两球的速度为v/甲、v/乙。 因甲从后面追上乙发生碰撞，则在碰前甲的速度应大于乙的速度，即v甲v乙。由已知m甲v

6、甲=5，m乙v乙=7，则有 由动量守恒定律可知，碰后甲的动量为2kgm/s，又因碰后，乙的速度大于等于甲的速度，v/乙v/甲， 则同理也有 在碰撞的过程中，未说动能有无损失，这样可列出动能的不等式为8 专题聚焦将已知量代入，并分别解上述不等式； 由 式得k7/5 式得k5 式得k51/21 由此可知，只有选项C正确。A.m甲m乙 B.m乙2m甲 C.m乙4m甲 D.m乙6m甲例2 如图所示质量为m的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为m的小球以速度v0向滑块飞来，设小球不会越过滑块，求滑块能获得的最大速度？此后小球做什么运动?9 专题聚焦解析：小球m在滑块M上先

7、上升再下落，整个过程中M一直在加速，故M的最大速率出现在m与M分离时刻，整个相互作用的过程中系统动量守恒、机械能守恒。即 由方程可以看出，属于弹性碰撞模型，故 V1=0,小球做自由落体运动 例3 如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。m2的左边有一固定挡板。ml由图示位置静止释放，当m1与m2相距最近时m1速度为v1，求在以后的运动过程中m1的最小速度和m2的最大速度。解析： m1与m2相距最近时m1的速度v1为其最大速度，在以后的运动中，m1先减速，m2先加速； 10 专题聚焦当两者速度相等时，相距最远，此后m1将继续减速，而m2将继续加速。当它们距再次相距d时，m1减速结束，而m2

8、加速结束，此时m1与m2的速度v1/、v2/即为所求。以后m2将减速运动，而m1将加速运动， 此即弹性碰撞模型，则 例4：如图,弧形斜面质量为M,静止于光滑水平上，一质量为m的小球以速度VO向左运动，小球最多能升高到离水平面h处，求该系统产生的热量。解：小球减少的动能转化为小球的重力势能和产生的热量，即EK=Q+ mgh 由完全非弹性碰撞模型知EK= 所以Q=EKmgh= mgh.11 专题聚焦 例5:如图.质量为m的小车静止在光滑的水平轨道上,长为L的细线一端固定在小车上,另一端拴一质量也为m的小球.现给小球一初速度V,求其能上升的最大高度为多少?解：当小球上升到最高点时,二者具有共同速度,

9、符合上述模型的条件.系统减少的动能EK全部转化为小球的重力势能EP=m球gh,例6：如图,在光滑的水平上,依次有质量分别为m、2m、3m、10m的10个小球,排成一直线,彼此有一定的距离.开始时,后面的9个小球是静止的,第一个小球以初速度VO向着第二小球碰去,结果它们先后全部粘合在一起向前运动,由于连续地碰撞,系统损失的机械能为多少？解： 把后面的9个小球看成一个整体，由完全非弹性碰撞模型,有 12解：取人和气球为对象，系统开始静止且同时开始运动，人下到地面时，人相对地的位移为h，设气球对地位移L，则根据推论有 ML=mh得L = h mM地面Lh因此绳的长度至少为L+h=(M+m)hM 专题

10、聚焦例7:载人气球原来静止在空中，与地面距离为h ，已知人的质量为m ，气球质量（不含人的质量）为M。若人要沿轻绳梯返回地面，则绳梯的长度至少为多长？2人船模型 13S1S2bMm解：劈和小球组成的系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，且初始时两物均静止，故由推论知ms1=Ms2,其中s1和s2是m和M对地的位移，由上图很容易看出：s1=b-s2代入上式得，m(b-s2)=Ms2, 所以 s2=mb/(M+m)即为M发生的位移。 专题聚焦 例8.一个质量为M,底面边长为 b 的劈静止在光滑的水平面上，见左图，有一质量为 m 的物块由斜面顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离是多少？14 拓展：

11、如图所示，三个形状不同，但质量均为M的小车停在光滑水平面上，小车上质量为m的滑块，由静止开始从一端滑至另一端，求在此过程中，小车和滑块对地的位移是多少？LRba 专题聚焦15解:滑块与圆环组成相互作用的系统，水平方向动量守恒。虽均做非匀速运动，但可以用平均动量的方法列出动量守恒表达式。soRR-s 设题述过程所用时间为 t，圆环 的位移为s，则小滑块在水平方向上对地的位移为（R-s），如图所示.即 Ms=m(Rs) 专题聚焦 拓展:如图所示，质量为M，半径为R的光滑圆环静止在光滑水平面上，有一质量为 m 的小滑块从与环心O等高处开始无初速下滑到达最低点时，圆环发生的位移为多少？oR取圆环的运动

12、方向为正，由动量守恒定律得 16 专题聚焦d例9.如图所示，宽为d、质量为M的正方形木静止在光滑水平面上，一质量m的小球由静止开始沿“Z”字通道从一端运动到另一端，求木块-和小球的对地位移.解： 把小球和木块看成一个系统,由于水平方向所受合外力为零,则水平方向动量守恒. 设小球的水平速度为v1、木块的速度为v2，则有 mv1=Mv2若小球对地位移为 s1、木块对地位移为s2，则有 ms1=Ms2且 s1+s2=d 解得 17 专题聚焦 例10. 质量为M的船静止于湖水中，船身长L,船头、船尾分别站着甲、乙两人，甲的质量为m1，乙的质量为m2，且m1m2，求当甲、乙两人交换位置后，船身位移的大小

13、是多少？S人S船M+2m2m1m2解析： 船及甲、乙两人组成的系统水平方向不受外力作用，故水平方向动量守恒，系统每时每刻总动量为零，符合人船模型的条件。 甲、乙两人互换位置相当于质量为（mlm2）的人在质量为M2m2的船上，从甲的位置走到乙的位置，如图所示。 可以应用人船模型的结论,得船的位移： 18 专题聚焦Ot/sv/m.s-11234512ABv0v0 例11、质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑

14、动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。（3）在给出的坐标系中画出小车运动的速度时间图象。19 专题聚焦 解:(1)当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：ABv0v0fAfBf车由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。 设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则： v1=v0-aAt1 mAg=mAaB v1=a车t1 mAg-mBg=Ma车 由联立得：v1

15、=1.4m/s t1=2.8s（2）根据动量守恒定律有：mAv0mBv0=(M+mA+mB)v v=1m/s 总动量向右，当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。20 专题聚焦设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：v=v1aBt2 mBg=(mAm车)aB 由式得：t2=1.2s 所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s Ot/sv/m.s-11234512（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0t1时间内小车做匀加速运动。在t1t2时间内小车做匀减速运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度时间图如图所示ABv0v

16、021 专题聚焦3子弹打木块模型例12 如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的盒子，盒子中央有一质量为m的小物体（大小可忽略），它与盒底部的摩擦系数为。盒子内部长L，现给物体m以水平初速v0向右运动。设物体与壁碰撞时无能量损失。求：（1）物体相对盒子静止时，盒的速度大小；（2）物体m与盒壁碰撞的碰撞次数。mv0L解析： 由m以v0开始运动到m与M相对静止的全过程中，系统动量守恒，符合子弹打木块模型。即 mv0=（Mm）v 由 可得 所以 22 专题聚焦ABCMv0 例13、如图所示,倾角370的固定斜面AB长L=12m,质量为M=1kg的木块由斜面上的中点C从静止开始下滑,0.5s时被一颗质量

17、为m=20g的子弹以v0=600m/s沿斜面向上的速度正对木块射入并穿出,穿出时速度u=100m/s.以后每隔1.5s就有一颗子弹射入木块,设子弹射穿木块的时间可忽略不计，且每次射入木块对子弹的阻力都相同。已知木块与斜面间的动摩擦因数=0.25。(g取10m/s2，sin3700.60，cos3700.80)，求：第一颗子弹从木块中穿出时木块的速度大小和方向。木块在斜面上最多能被多少颗子弹击中。在木块从C点开始运动到最终离开斜面的过程中，子弹、木块和斜面这一系统所产生的总热量是多少。23 专题聚焦ABCMv0解： （1）木块开始下滑时: MgsinMgcos=Ma1 a1 = g(sincos

18、) = 4m/s20.5秒时下滑位移：m 末速度v1 = a1t1 = 2m/s 设第一颗子弹穿过木块时木块的速度大小为V1/,方向沿斜面向上：由动量守恒定律: mv0 Mv1 = mu + Mv1/ v1/ =8m/s 方向沿斜面向上 (2）木块沿斜面上滑时：对木块:由 MgsinMgcos=Ma2 a2=8m/s2 上滑时间： 上滑位移： t21.5s ，第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P1后又会下滑0.5秒。24 专题聚焦ABCMv0故木块到A点的最大距离为： 木块从P1再次下滑0.5s秒后被第二颗子弹击中，与第一颗子弹击中后过程完全相同，故再次上滑的位移仍为4m. 9.5 + 4

19、 0.5 = 13m 12m 由此可知，第二颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面。故共有两颗子弹击中木块。 （3） 全过程系统所产生的热量可分两部分：两颗子弹穿过木块所产生的内能为：6940 J 木块在斜面上滑行时所产生的内能：木块在斜面上滑行的总路程为:s=0.5+4+0.5+3= 8m 那么产生的内能为：U2 = Mgcoss = 16 J 总全过程系统所产生的热量为:U=U1 +U2 =6956J 25 专题聚焦 例14：如图甲,一质量为0.4kg足够长且粗细均匀的绝缘细管置与水平地面上,细管内表面粗糙,外表面光滑有一质量为0.1kg电量为0.1C的带正电小球沿管以水平向右的速度进入管内，细

20、管内径略大于小球直径,已知细管所在位置有水平方向垂直于管向里的匀强磁场,磁感应强度为1特g取10m/s2)（2）若细管不固定,带电小球以v0=20m/s的初速度进入管内,且整个运动过程中细管没有离开地面,则系统最终产生的内能为多少?(1)当细管固定不动时,在乙图中画出小球在管中运动初速度和最终稳定速度的关系图象（取水平向右为正方向 5 10 15 20 25 20 10 0 vt/ms-1V0/ms-1乙v甲26 专题聚焦v甲解： 带正点的小球受力如图 qvBFNmgf洛仑磁力随速度的变化而变化，导致支持力、摩擦力的变化。 当洛仑磁力等于重力时摩擦力为0.此时, 小球 和细管的速度保持不变。达到稳定的运动状 态.则：当qvB=mg时v=mg/qB=10m/s （1）