典型力学模型分析专题复习典型力学模型分析专题复习

中国首家新课标免费资源网（不必注册，免费下载）请记住我们的网址：高考复习第二轮能力专题:三种典型力学模型的分析2007、3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: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m1υ1+m2υ2=m1u1+m2u2遵从碰撞前后系统的总动能相等,即½m1υ12+½m2υ22=½m1u12+½m1u22由此可得碰后的速度1221121212m-m2mu=v+vm+mm+m12121212122mm-mu=v+vm+mm+m且碰撞前后,双方的相对速度大小相等,即u2－u1=v1－v2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m1υ1+m2υ2=m1u1+m2u2具备碰撞双方碰后的速度相等的特征，即11221212mv+mvu=u=m+m△E=½m1υ12+½m2υ22―½m1u12―½m2u22=½m1υ12+½m2υ22－2112212(mv+mv)2(m+m)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。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，人v船v和也应满足相似的关系。即人船mv=Mv两边同乘以运动时间t，则人船mvt=Mvt即ms人=Ms船而s人+s船=L，所以有：人Ms=LM+m船ms=LM+m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22011-fs+d=mv-mv22对子弹由动能定理有：②对系统，由动量守恒有：mv0=（M＋m）v①21fs=Mv2对木块由动能定理：③22011fd=mv-(M+m)v22将②③相加可得④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。专题解说由①和④可得动能的损失值：2k0M1ΔE=fd=×mvM+m2故打入深度2k0ΔEM1d==×mvff(M+m)2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=5kg·m/s，p乙=7kg·m/s。甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kg·m/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ABPAPB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。甲5m甲7km由已知m甲v甲=5，m乙v乙=7，则有＞①由动量守恒定律可知，碰后甲的动量为2kg·m/s，又因碰后，乙的速度大于等于甲的速度，v/乙≧v/甲，甲10km甲2m则同理也有≧②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2222甲甲甲乙甲甲甲乙1111mv+kmvmv'+kmv'2222专题聚焦将已知量代入，并分别解上述不等式；由2222甲甲甲乙甲甲甲乙1111mv+kmvmv'+kmv'2222甲5m甲7km＞式得k＞7/5甲10km≥甲2m式得k≤5式得k＞51/21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mmVo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?专题聚焦解析：小球m在滑块M上先上升再下落，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mmVo012mv=mv+mv222012111mv=mv+v222m由方程可以看出，属于弹性碰撞模型，故2002mv=v=vm+mV1=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；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，……111122mv=mv'+mv'222111122111mv=mv'+mv'222此即弹性碰撞模型，则121112m-mv'=vm+m121122mv'=vm+m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ΔEK=Q+mgh由完全非弹性碰撞模型知ΔEK=k0MEM+m20Mmv2(M+m)所以Q=ΔEK－mgh=－mgh.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,符合上述模型的条件.系统减少的动能ΔEK全部转化为小球的重力势能ΔEP=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？车车2k球球球m1ΔE=×mv=mghm+m22v得h=4g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220k027mv(2m+3m++10m)1ΔE=×mv=(m+2m++10m)255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=hmM地面Lh因此绳的长度至少为L+h=(M+m)hM专题聚焦例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S1S2bMm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？θ拓展：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MmS=LM+mmMS=LM+mMmS=(2R)M+mmMS=(2R)M+mMmS=(b-a)M+mmMS=(b-a)M+m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(R－s)专题聚焦ms=RM+mR-ss0=M-mtt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取圆环的运动方向为正，由动量守恒定律得专题聚焦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1Mds=M+m2mds=M+m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m1＞m2，求当甲、乙两人交换位置后，船身位移的大小是多少？S人S船M+2m2m1－m2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（ml－m2）的人在质量为M＋2m2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：1212船021212m-mm-mms=L=L=LM+m(M+2m)+(m-m)M+m+m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动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因数μ=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。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-aAt1μmAg=mAaB①v1=a车t1μmAg-μmBg=Ma车②由①②联立得：v1=1.4m/st1=2.8s③（2）根据动量守恒定律有：mAv0－mBv0=(M+mA+mB)v④v=1m/s⑤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。专题聚焦设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：－v=v1－aBt2⑥μmBg=(mA＋m车)aB⑦由⑥⑦式