一輪復(fù)習(xí)資料動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

1、第二節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用一、知識(shí)要點(diǎn)梳理1. 動(dòng)量守恒定律內(nèi)容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動(dòng)量保持不變。（研究對(duì)象：相互作用的兩個(gè)物體或多個(gè)物體所組成的系統(tǒng)）表達(dá)式根據(jù)題目的需要，動(dòng)量守恒定律可以表達(dá)為三種方式： m1v1m2 v2m1v1m2 v2 或 P1P2P1P2 表示作用前后系統(tǒng)的總動(dòng)量相等； p1+ p2=0，表示相互作用體系總動(dòng)量變化為零； p1=- p2，表示兩物體動(dòng)量的變化大小相等，方向相反。成立條件系統(tǒng)不受外力作用。( 理想化條件 )系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。例 1放在光滑水平面上的 A、 B兩小車中間夾著一個(gè)壓縮輕質(zhì)彈簧，用

2、兩手分別控制小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，下面說法中正確的是（）A兩手同時(shí)放開后，兩車的總動(dòng)量為零B先放開右手，后放開左手，兩車的總動(dòng)量向右C先放開左手，后放開右手，兩車的總動(dòng)量向右D兩手同時(shí)放開，兩車總動(dòng)量守恒；兩手放開有先后，兩車總動(dòng)量不守恒Key:ABD系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠(yuǎn)小于物體間的相互作用力。例 2如圖 1，質(zhì)量為 m的小球系于長(zhǎng)L=0.8m 的輕繩末端繩的另一端系于O點(diǎn)將小球移到輕繩水平的位置后釋放，小球擺到最低點(diǎn)A 時(shí)，恰與原靜止于水平面上的物塊P相碰碰后小球回?cái)[，上升的最高點(diǎn)為， 、B的高度差為 =0.20m已知P的B Ah質(zhì)量為=3 ，與水平面間動(dòng)摩擦因數(shù)=0.25

3、 ，小球與P的相互作用時(shí)間極短求PM m P能沿水平面滑行的距離Key:0.8m圖 1系統(tǒng)在某一個(gè)方向的合外力為零，在這個(gè)方向的動(dòng)量守恒。例 3在水平軌道上放置一門質(zhì)量為M的炮車，發(fā)射炮彈的質(zhì)量為m，炮車與軌道間摩擦不計(jì)，當(dāng)炮身與水平方向成 角發(fā)射炮彈時(shí)，炮彈相對(duì)炮身的出口速度為v0，試求炮車后退的速度為多大?Key:mv0 cosVM m全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動(dòng)量守恒，即：原來連在一起的系統(tǒng)勻速或靜止( 受合外力為零 ) ，分開后整體在某階段受合外力仍為零, 可用動(dòng)量守恒。例 4汽車?yán)宪囋谄街惫飞蟿蛩傩旭?，突然拖車與汽車脫鉤，而汽車的牽引力不變，各自受的阻力不變，

4、則脫鉤后，在拖車停止運(yùn)動(dòng)前( )A 汽車和拖車的總動(dòng)量不變B汽車和拖車的總動(dòng)能不變C汽車和拖車的總動(dòng)量增加D 汽車和拖車的總動(dòng)能增加Key:AD理解動(dòng)量守恒定律時(shí)應(yīng)注意的幾個(gè)特征矢量性：守恒的方程為矢量方程。對(duì)于作用前后物體的運(yùn)動(dòng)方向都在同一直線上的問題，應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向，凡是與選取正方向相同的動(dòng)量為正，相反的為負(fù)。若未知方向的，可設(shè)與正方向相同，列動(dòng)量守恒方程，通過解得結(jié)果的正負(fù)，判定未知量的方向。例 5質(zhì)量為 m的 A 球以水平速度V 與靜止在光滑的水平面上的質(zhì)量為3m的 B 球正碰， A 球的速度變?yōu)樵瓉淼?1/2 ，則碰后 B 球的速度是（以V 的方向?yàn)檎较颍?.A.V/2,B.V

5、C. V/2D.V/2Key: D 正確相對(duì)性：各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度。動(dòng)量守恒定律適用于慣性參考系。例 6光滑水平面上一平板車質(zhì)量 50kg ，上面站著質(zhì)量 70kg 的人，共同以速度v0 勻速前進(jìn)，若Mm人相對(duì)車以速度v=2m/s 向后跑，問人跑動(dòng)后車的速度改變了多少?Key:1.17m/s討論：有N個(gè)質(zhì)量均為m的人，站在質(zhì)量為M的平板車上，開始時(shí)人與平板車均靜止在光滑水平地面上。這 N個(gè)人都從平板車的后端v 的水平速度從車上跳下。第一種情況是N個(gè)人同時(shí)跳車， 第二種情況是N個(gè)人依次跳下，試求這兩種情況下平板車最終的速度是多大？若這N 個(gè)人都從平板車的后端以相對(duì)平板車為 v

6、 的水平速度從車上跳下，這兩種情況下平板車最終的速度是多大？系統(tǒng)性：解題時(shí)，選擇的對(duì)象是滿足條件的系統(tǒng)，不是其中一個(gè)物體，也不是題中有幾個(gè)物體就選幾個(gè)物體。例 7甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為 6m/s. 甲車上有質(zhì)量為m=1kg的小球若干個(gè)，甲和他的車及所帶小球的總質(zhì)量為M1=50kg，乙和他的車總質(zhì)量為M2=30kg?，F(xiàn)為避免相撞，甲不斷地將小球以相對(duì)地面16.5m/s的水平速度拋向乙，且被乙接住。假設(shè)某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不致相撞，試求此時(shí)：（ 1）兩車的速度各為多少？（ 2）甲總共拋出了多少個(gè)小球？Key: （ 1） V 1.5 m

7、s（ 2） N=15同時(shí)性：動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，動(dòng)量守恒指的是系統(tǒng)在任一瞬間的動(dòng)量為恒定。在列動(dòng)量守恒方程m1 v1 m2 v2m1v1m2v2 時(shí)，等號(hào)左側(cè)是作用前側(cè)是作用后（或另一時(shí)刻） 系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和，等號(hào)右側(cè)是作用后（或另一時(shí)刻）系統(tǒng)內(nèi)各物體動(dòng)量的矢量和。不是同一時(shí)刻的動(dòng)量是不能相加的。例 8平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質(zhì)量為M，站立在船上的人手中拿一質(zhì)量為m的物體。起初人相對(duì)船靜止，船、人、物體以共同速度V0 前進(jìn)，當(dāng)人相對(duì)于船以速度u 向相反方向?qū)⑽矬w拋出時(shí)，人和船的速度為多大？（水的阻力不計(jì)） 。Key: VmuV0mM階段性：只有滿足守恒條件的過程或階段，動(dòng)量才

8、守恒。例 9人和冰車的總質(zhì)量為M，另有一個(gè)質(zhì)量為m的堅(jiān)固木箱，開始時(shí)人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時(shí)刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度V 推向前方彈性擋板，木箱與檔板碰撞后又反向彈回，設(shè)木箱與擋板碰撞過程中沒有機(jī)械能的損失，人接到木箱后又以速度V 推向擋板，如此反復(fù)多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱？（已知Key: n=9M : m31 : 2 ）普遍性：只要系統(tǒng)所受的合外力為零，不論系統(tǒng)內(nèi)部物體之間的相互作用力的性質(zhì)如何，甚至對(duì)該力一無所知；不論系統(tǒng)內(nèi)各物體是否具有相同的運(yùn)動(dòng)方向；不論物體相互作用時(shí)是否直接接觸；也不論相互作用后粘合在一起還是分裂成碎片，動(dòng)量守恒定律均適用。

9、動(dòng)量守恒不僅適用于低速宏觀物體，而且適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子。在自然辦中，大到天體的相互作用，小到基本粒子間的相互作用，都遵守動(dòng)量守恒定律，它是自然界普遍適用的基本規(guī)律之一。2. 應(yīng)用反沖運(yùn)動(dòng)物體向同一方向拋出（沖出）一部分時(shí)（通常一小部分），剩余部分將獲得相反方向的動(dòng)量增量，這一過程稱為反沖若所受合外力為零或合外力的沖量可以忽略，則反沖過程動(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中，物體的動(dòng)能不斷增大，這是因?yàn)橛衅渌问侥苻D(zhuǎn)化為動(dòng)能例如火箭運(yùn)動(dòng)中，是氣體燃燒釋放的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為火箭和噴出氣體的動(dòng)能例 10進(jìn)行“空間行走”作業(yè)的宇航員工作結(jié)束后與飛船相對(duì)靜止，相距= 45m宇航員帶著一個(gè)裝L有 =0.5kg 的氧氣

10、筒，打開閥門后，氧氣可以速度（相對(duì)于飛船）v=50m/s 噴出，宇航員必須保留一部分氧m氣供返回飛船途中呼吸用，已知宇航員呼吸的耗氧率為R=2.5 × 10-4 kg/s 為使宇航員返回的飛船時(shí)間最短，他應(yīng)噴出多少氧氣？ t 1=200s為使宇航員安全返回飛船所用的氧氣最少，他應(yīng)噴出多少氧氣？Key:0.15kg碰撞、爆炸過程的特點(diǎn)時(shí)間特點(diǎn)：在碰撞、爆炸現(xiàn)象中，相互作用時(shí)間很短。相互作用力的特點(diǎn)：在碰撞、爆炸過程中，物體間的相互作用力先是急劇增大，然后再急劇減小，平均作用力很大。系統(tǒng)動(dòng)量的特點(diǎn)：由于在碰撞、爆炸過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，故即使系統(tǒng)所受外力之和不為零，但外力可以忽

11、略不計(jì)，系統(tǒng)總動(dòng)量守恒。位移特點(diǎn)：由于碰撞、爆炸過程是瞬間發(fā)生的，時(shí)間極短，所以在物體發(fā)生碰撞、爆炸的瞬間，可忽略物體的位移，即認(rèn)為物體在碰撞、爆炸前后，在同一位置。能量特點(diǎn)：爆炸過程中，因有其他形式的能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以系統(tǒng)的動(dòng)能會(huì)增加。在碰撞過程中，由于有發(fā)熱、發(fā)聲、永久形變等物理現(xiàn)象的發(fā)生，故碰撞后系統(tǒng)的總動(dòng)能是不可能增加的。同時(shí)，若碰撞后兩物體的速度方向相同，則后面物體的速度將不能大于前面的物體的運(yùn)動(dòng)速度，即兩物體不能相互穿越。碰后兩物體若粘合在一起，具有共同速度，則這一碰撞過程動(dòng)能損失最大。碰撞的分類彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯ВB(tài)動(dòng)能沒有損失。所以，不僅動(dòng)量守恒，而初、末動(dòng)能相

12、等，即m1v1m2 v2m1v1m2 v21 m v2 1 m2v21 mv'21 m2v'22112221122非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變部分消失，動(dòng)能有部分損失。所以，動(dòng)能守恒，而初、末動(dòng)能不相等，即m1v1 m2 v2 m1v1m2 v21 m1v121 m 2 v 221 m1v1'21 m 2 v '22Ek 減2222完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，兩物體合二為一，以同一速度運(yùn)動(dòng)；形變完全保留，動(dòng)能損失最大。所以，動(dòng)量守恒，而初、末動(dòng)能不相等，即m1v1m2 v2m1v1m2 v21 m1v121 m 2 v 221 (m1m 2 )v 2Ek 減222

13、. 在處理碰撞問題時(shí)，通常要抓住三項(xiàng)基本原則： 碰撞過程中動(dòng)量守恒原則：發(fā)生碰撞的物體系在碰撞過程中，由于作用時(shí)間很短， 相互作用力很大，系統(tǒng)所受的外力大小可忽略。動(dòng)量守恒碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能不增原則：碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)能將發(fā)生變化，對(duì)于彈性碰撞，系統(tǒng)內(nèi)物體間動(dòng)能相互轉(zhuǎn)移？沒有轉(zhuǎn)化成其他形式的能，因此總動(dòng)能守恒；而非彈性碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用時(shí)有一部分動(dòng)能將轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)的總動(dòng)能將減小因此，碰前系統(tǒng)的總動(dòng)能一定大于或等于碰后系統(tǒng)的總動(dòng)能碰撞后運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的合理性原則：即碰撞過程還將受到運(yùn)動(dòng)的合理性要求的制約，比如，某物體向右運(yùn)動(dòng)，被后面物體迫及而碰撞后，其運(yùn)動(dòng)速度只會(huì)增大而不應(yīng)該減

14、小。例 11A、 B 兩小球在光滑水平面上沿同一直線同方向運(yùn)動(dòng)其動(dòng)量分別為PA=5kgm/s ，PB=7kgm/s ，若 A追上 B 后與 B 碰撞，碰后 B 的動(dòng)量為 P/=10kgm/s ，則 A、 B 的質(zhì)量之比可能為BA1：1B1：2C1：5D1：10分析：此例的求解除了運(yùn)用碰撞的規(guī)律外，還需要關(guān)注到碰撞的特征與制約碰撞過程的相關(guān)因素。解：由“動(dòng)量制約”知：碰撞過程中A、 B 兩球的總動(dòng)量應(yīng)守恒即：/PA+PB=PA +PB由此得：碰后A 球動(dòng)量為 :P A/ =PA+PB PB/ =2kgm/s221212由“動(dòng)能制約”知：碰前總動(dòng)能不小于碰后總動(dòng)能，即:PA+PB PA+ PB2m

15、A2mB2mA2mB代入數(shù)據(jù)有 : 25 +49 4+ 1002m A2mB2m A2mBmA7于是可得 :由“運(yùn)動(dòng)制約”知：考慮到碰后運(yùn)動(dòng)的合理性，碰后A 球的速度應(yīng)不大于B 球的速度，即/PA PBmAmB代入數(shù)據(jù)又有 : 2 10 于是又可得 :mA 1m AmBmB 5由此知：此例應(yīng)選C。 . 碰撞模型的拓寬：運(yùn)用在前面碰撞的定義中，有“在極短時(shí)間內(nèi)”這句話，由于時(shí)間的長(zhǎng)短是相對(duì)的因此，可以將“極短的時(shí)間”這一條件略去，從廣義上講，物體間通過相互作用而使系統(tǒng)內(nèi)物體動(dòng)量發(fā)生變化的過程稱為碰撞廣義上的碰撞，不僅可以通過彈力，也可以通過分子力、電磁力、核力等其他力發(fā)生相互作用我們提出的這個(gè)廣

16、義的碰撞模型在實(shí)踐中有著廣泛的應(yīng)用例 12如圖 2 所示，在光滑的水平面上放置一質(zhì)量為m的小車， 小車上有一半徑為 R的 1光滑的弧形軌道，設(shè)有一質(zhì)量為m 的小球，以 v0的速度，方向水平向左沿圓弧軌道4向上滑動(dòng)， 達(dá)到某一高度h 后，又沿軌道下滑， 試求 h 的大小及小球剛離開軌道時(shí)的速度解：小球從進(jìn)入軌道，到上升到最大高度時(shí)為過程第一階段，這一階段類似完全非彈性的碰撞，動(dòng)能損失轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能( 而不是熱能 ) 據(jù)此可列方程：圖 2mvm m v 01 mv021 m m v 2mgh 222解得： hv0 4g小球從進(jìn)入到離開，整個(gè)過程屬?gòu)椥耘鲎材Ｐ?，又由于小球和車的等質(zhì)量，由彈性碰撞規(guī)律

17、可知，兩物體速度交換，故小球離開軌道時(shí)速度為零討論：小球速度的變化特點(diǎn)及最值問題3動(dòng)量守恒解題的步驟分析題意，確定研究對(duì)象物體系統(tǒng)，對(duì)系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體進(jìn)行受力分析，分清內(nèi)力和外力，由合外力是否為零，判斷能否運(yùn)用動(dòng)量守恒定律。認(rèn)清物理過程，確定系統(tǒng)內(nèi)各個(gè)物體的初動(dòng)量和末動(dòng)量。對(duì)于一維問題，選取正方向并確定每個(gè)量的正負(fù)號(hào)。特別要注意：研究地面上的物體間相互作用過程時(shí)，必須取地球?yàn)閰⒖枷怠＝?dòng)量守恒方程，綜合題往往還要列出有關(guān)能量的方程，代入已知量，求出結(jié)果并進(jìn)行必要的討論。二、難點(diǎn)突破1. 正確理解碰撞 . 碰撞：碰撞現(xiàn)象是指物體間的一種相互作用現(xiàn)象。這種相互作用時(shí)間很短，并且在作用期間，外力的作

18、用遠(yuǎn)小于物體間相互作用，外力的作用可忽略，所以任何碰撞現(xiàn)象發(fā)生前后的系統(tǒng)總動(dòng)量保持不變。. 正碰：兩球碰撞時(shí)，如果它們相互作用力的方向沿著兩球心的連線方向，這樣的碰撞叫正碰。. 彈性正碰、非彈性正碰、完全非彈性正碰：如果兩球在正碰過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能無損失，這種正碰為彈性正碰。如果兩球在正碰過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能有損失，這樣的正碰稱為非彈性正碰。如果兩球正碰后粘合在一起以共同速度運(yùn)動(dòng)，這種正碰叫完全非彈性正碰。. 彈性正確分析：過程分析：彈性正碰過程可分為兩個(gè)過程，即壓縮過程和恢復(fù)過程。見下圖。規(guī)律分析：彈性正碰過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒（機(jī)械能表現(xiàn)為動(dòng)能）。則有下式：m1 v1m2 v2m

19、1 v1m2v2121212122 m1 v12 m2 v22 m1v12 m2 v2解得 v1m1m2 v12m2 v2 v2m2m1 v22m1 v1m1m2m1 m2討論：當(dāng) mm時(shí)，v1v2，v2v1即 m 、 m 交換速度。1212當(dāng) v20 時(shí)， v1m1m2v1， v22m1v1，m1m2m1 m2若 m1m2，則 v10， v20碰后，兩球同向運(yùn)動(dòng)。若 m1m2，則 v10， v20，即碰后1 球反向運(yùn)動(dòng)，2 球沿 1 球原方向運(yùn)動(dòng)。當(dāng) m2m1 時(shí)， v1v1 ， v20 即 m2不動(dòng)， m 被反彈回來。1 . “碰撞過程”的制約 : 通常有如下三種因素制約著“碰撞過程”。動(dòng)

20、量制約：即碰撞過程必須受到“動(dòng)量守恒定律的制約” ；動(dòng)量制約：即能機(jī)械碰撞過程，碰撞雙方的總動(dòng)能不會(huì)增加；運(yùn)動(dòng)制約：即碰撞過程還將受到運(yùn)動(dòng)的合理性要求的制約，比如，某物體向右運(yùn)動(dòng)，被后面物體迫及而碰撞后，其運(yùn)動(dòng)速度只會(huì)增大而不應(yīng)該減小。例 13在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球排成一條直線2、3 小球靜止，并靠在一起， 1 球以速度 v0 射向它們，如圖 3所示設(shè)碰撞過程不損失機(jī)械能，則碰后三個(gè)小球的速度為多少？圖 3解：本題的關(guān)鍵在于分析清楚實(shí)際的碰撞過程：由于球1 與球 2 發(fā)生碰撞時(shí)間極短，球2 的位置來不及發(fā)生變化，這樣球 2 對(duì)球 3 也就無法產(chǎn)生力的作用，即球3 不會(huì)參與此次碰撞

21、過程而球1 與球 2 發(fā)生的是彈性碰撞，質(zhì)量又相等，故它們?cè)谂鲎仓袑?shí)現(xiàn)速度交換，碰后球1 立即停止，球 2 速度立即變?yōu)?v0 ；此后球 2 與球 3 碰撞，再一次實(shí)現(xiàn)速度交換所以碰后球1、球 2 的速度為零，球 3 速度為 v02. 子彈打木塊模型子彈打木塊的兩種常見類型：木塊放在光滑的水平面上，子彈以初速度v0 射擊木塊。運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：子彈對(duì)地在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木塊在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)。圖象描述：從子彈擊中木塊時(shí)刻開始，在同一個(gè)v t坐標(biāo)中，兩者的速度圖線如下圖4 中甲（子彈穿出木塊）或乙（子彈停留在木塊中）圖中，圖線的縱坐標(biāo)給出各時(shí)刻兩者的速度，圖線的斜率反映了兩

22、者的加速度。 兩圖線間陰影部分面積則對(duì)應(yīng)了兩者間的相對(duì)位移。方法：把子彈和木塊看成一個(gè)系統(tǒng)，利用A：系統(tǒng)水平圖 4方向動(dòng)量守恒； B：系統(tǒng)的能量守恒（機(jī)械能不守恒）； C：對(duì)木塊和子彈分別利用動(dòng)能定理。推論：系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力乘以相對(duì)位移，即E F df物塊固定在水平面，子彈以初速度v0 射擊木塊，對(duì)子彈利用動(dòng)能定理，可得：兩種類型的共同點(diǎn)：A. 系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對(duì)摩擦力做功的總和恒為負(fù)值。（因?yàn)橛幸徊糠謾C(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。B. 摩擦生熱的條件：必須存在滑動(dòng)摩擦力和相對(duì)滑行的路程。大小為 QFf ·s，其中 Ff 是滑動(dòng)摩擦力的大小， s 是兩個(gè)物體的相對(duì)位移（在一

23、段時(shí)間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度，就是這段時(shí)間內(nèi)兩者相對(duì)位移的大小，所以說是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)問題）。C. 靜摩擦力可對(duì)物體做功，但不能產(chǎn)生內(nèi)能（因?yàn)閮晌矬w的相對(duì)位移為零）。例 14設(shè)質(zhì)量為m的子彈以初速度v0 射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對(duì)子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進(jìn)的距離。解：子彈和木塊最后共同運(yùn)動(dòng)，相當(dāng)于完全非彈性碰撞。從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0Mm v從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為f ，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為 s1、 s2，如圖所示，顯然有s

24、1- s2=d對(duì)子彈用動(dòng)能定理：fs11 mv021 mv2 22對(duì)木塊用動(dòng)能定理：fs21 Mv 2 2、相減得： f d1mv02 1Mm v2Mmv02 222 Mm式意義：f d 恰好等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動(dòng)能的損失應(yīng)該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見 fdQ ，即兩物體由于相對(duì)運(yùn)動(dòng)而摩擦產(chǎn)生的熱( 機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能), 等于摩擦力大小與兩物體相對(duì)滑動(dòng)的路程的乘積( 由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關(guān)， 所以這里應(yīng)該用路程， 而不是用位移 ) 。由上式不難求得平均阻力的大小：fMm v022 Mm d至于木塊前進(jìn)的距離 s2，可以由以上、相比得出：s2mdMm3. 人船

25、模型問題：如圖 5 所示，質(zhì)量為 M的小船長(zhǎng) L，靜止于水面，質(zhì)量為M的小船長(zhǎng)為 L，靜止于水面，質(zhì)量為 m的人從船左端走到船右端，不計(jì)水對(duì)船的運(yùn)動(dòng)阻力，則這過程中船將移動(dòng)多遠(yuǎn)？圖 5 . “人船模型”的力學(xué)特征如能關(guān)注到如下幾點(diǎn)就可以說基本上把握住了“人船模型”的力學(xué)特征了：“人船模型”是由人和船兩個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)；該系統(tǒng)在人和船相互作用下各自運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中該系統(tǒng)所受到的合外力為零；而系統(tǒng)的合外力為零則保證了系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過程中總動(dòng)量守恒。 . “人船模型”的分析思路。分析“人船模型”運(yùn)動(dòng)過程中的受力特征，進(jìn)而判斷其動(dòng)量守恒，得:m =Mu由于運(yùn)動(dòng)過程中任一時(shí)刻人，船速度大小和 u 均滿足上述

26、關(guān)系，所以運(yùn)動(dòng)過程中，人、船平均速度大小，和u也應(yīng)滿足相似的關(guān)系。即u:m =M在上式兩端同乘以時(shí)間，就可得到人，船相對(duì)于地面移動(dòng)的距離S和 S2的關(guān)系為 :mS1=MS12考慮到人、船相對(duì)運(yùn)動(dòng)通過的距離為L(zhǎng)，于是得 :S 1+S2=L由此即可解得人、船相對(duì)于地面移動(dòng)的距離分別為:S1 =MLS2=mm MLmMm . “人船模型”的幾種變例 .把“人船模型”變?yōu)椤叭塑嚹Ｐ汀?M變例 1：如圖 6 所示，質(zhì)量為 M，長(zhǎng)為 L 的平板小車靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為 m的人從車左端走到車右端的過程中，車將后退多遠(yuǎn)？Key:S2=mL圖 6mM把水平方向的問題變?yōu)樨Q直方向。變例 2：如圖 7 所示，

27、總質(zhì)量為M的足球下端懸著質(zhì)量為m的人而靜止于高度為 h 的空中，欲使人能完全沿強(qiáng)著地，人下方的強(qiáng)至少應(yīng)為多長(zhǎng)？hKey: 繩長(zhǎng)至少為 : L= mM hM把直線運(yùn)動(dòng)問題變?yōu)榍€運(yùn)動(dòng).圖 7變例 3：如圖 8 所示，質(zhì)量為M的物體靜止于光滑水平面上，其上有一個(gè)半m徑為 R 的光滑半球形凹面軌道，今把質(zhì)量為m的小球自軌道右測(cè)與球心等高處?kù)oo止釋放，求 M向右運(yùn)動(dòng)的最大距離。Key: 物體 M沿水平而向右移動(dòng)的最大距離為:S 2=m· 2RMMm圖 8把模型雙方的質(zhì)量比變?yōu)闃O端情況.變例 4：如圖所示，光滑水平桿上套有一個(gè)質(zhì)量可忽略的小環(huán)，長(zhǎng)L 的強(qiáng)一端系在環(huán)上下，另一端連著質(zhì)量為M 的小

28、球，今使小球與球等高且將繩拉直，M當(dāng)把小球由靜止釋放直到小球與環(huán)在同一豎直線上，試分析這一過程中小球沿L水平方向的移動(dòng)距離 .Key: 小球沿水平方向移動(dòng)的距離應(yīng)為mL 0圖 9: S2=m M 多物體，多過程問題變例 5：某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船和人連同槍（不包括子彈）及靶的總質(zhì)量為M ，槍內(nèi)裝有 n 顆子彈，每顆子彈的質(zhì)量為m，槍口到靶的距離為L(zhǎng) ，子彈射出槍口時(shí)相對(duì)地面的速度為v ，在發(fā)O射一顆子彈時(shí)，前一顆粒子彈已陷入靶中，則在發(fā)射完n 顆子彈后，小船后退的距離為多少（不計(jì)水的阻力）。Key: 小船后退的距離：S = nSo = nmL/(M + nm)4. 彈簧類問題地面光

29、滑，全過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒的；系統(tǒng)動(dòng)能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能，狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能最小而彈性勢(shì)能最大；彈性勢(shì)能減少全部轉(zhuǎn)化為動(dòng)能；因此、狀態(tài)系統(tǒng)動(dòng)能相等。例 15 (2000 年全國(guó)高考題 )在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”，這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似，兩個(gè)小球A和 B用輕質(zhì)彈簧相連， 在光滑的水平軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)，在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板 P，右邊有一小球 C沿軌道以速度v0 射向 B 球，如圖 10 所示，C 與 B 發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D，在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板 P

30、 發(fā)圖 10生碰撞，碰后 A、 D 都靜止不動(dòng)， A 與 P 接觸而不粘連，過一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失），已知 A、 B、 C三球的質(zhì)量均為m 求：(1) 彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后 A 球的速度；(2) 在 A 球離開擋板 P 之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能【思路點(diǎn)撥】本題屬于多物體多過程問題. 如對(duì)整個(gè)過程沒有清晰的分析，沒有合適的處理方法，就會(huì)感到題目難度很大，無從下手或得出錯(cuò)誤答案 . 因此就這類問題，平時(shí)復(fù)習(xí)時(shí)要注意綜合分析能力的培養(yǎng)和提高 . 能夠按物理過程的發(fā)生、發(fā)展，把復(fù)雜過程化分成簡(jiǎn)單的子過程，注意過程的銜接，根據(jù)過程特點(diǎn)合適地選擇規(guī)律 . 如本題可

31、分為： B、C相碰結(jié)成 D，動(dòng)量守恒而機(jī)械能損失； D擠壓彈簧推動(dòng) A 至彈簧最短時(shí)被鎖定，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總機(jī)械能守恒； A 與 P 碰后， A、D靜止，系統(tǒng)動(dòng)能損盡；解除鎖定后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，彈性勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為D的動(dòng)能，系統(tǒng)機(jī)械能守恒； D 通過彈簧拉動(dòng) A 一起向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈簧最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大時(shí)，A、D 同速，系統(tǒng)動(dòng)量、總機(jī)械能守恒 . 如進(jìn)行以上分析，會(huì)降低題目難度，增加解題的成功率.凡物體間發(fā)生相互作用，交換動(dòng)量和能量的過程都叫碰撞. 因此兩物體間直接接觸的沖撞和非直接接觸的相互作用過程都叫碰撞 . 凡碰撞問題，都具有動(dòng)量和能量守恒兩大核心特點(diǎn). 彈性碰撞動(dòng)量、動(dòng)能守恒；而非彈性碰撞

32、動(dòng)量守恒、動(dòng)能不守恒但總能量守恒.C、B碰撞過程屬于完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒即：0mv2mv1，但機(jī)械能損失最大即1 × 2mv12 1 mv02，系統(tǒng)內(nèi)能增加，之后 D通過彈簧與 A 作用可認(rèn)為是彈性碰22撞過程，當(dāng) D與 A 共速時(shí)，彈簧最短，此過程中mv 3mv，又由機(jī)械能守恒 E 1212× 2mv × 3mv .02p2122解 :(1)設(shè) C球與 B球粘結(jié)成D時(shí)， D的速度為 v1 ，由動(dòng)量守恒定律，有：mv0（ m m） v1當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v2，由動(dòng)量守恒，有：21 32mvmv由兩式得 A的速度 : v2 1 v03

33、11(2)設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為2E，由動(dòng)能守恒，有：·2mv p1· 3mv22 Ep22撞擊 P后，A 與 D的動(dòng)能都為零， 解除鎖定后， 當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè) D的速度為 v ，則有： E 1（2m）· v233p2以后彈簧伸長(zhǎng)， A 球離開擋板 P，并獲得速度 . 當(dāng) A、D 的速度相等時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)至最長(zhǎng) . 設(shè)此時(shí)的速度為 v ，由動(dòng)量守恒，有： 2mv3 3mv 當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為Ep，由能量守恒有121· 3m2· 2mv3 2v 2 Ep12解以上各式得：E

34、pmv036三、考點(diǎn)應(yīng)用的典型問題例 16 (2000 年北京、安徽春季高考) 一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處在平衡狀態(tài)一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖 11 所示，讓環(huán)自由下落，撞擊平板，已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，使彈簧伸長(zhǎng)A. 若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總動(dòng)量守恒B. 若碰撞時(shí)間極短，則碰撞過程中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒C. 環(huán)撞擊板后，板的新的平衡位置與九的大小無關(guān)D. 在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動(dòng)能等于克服彈簧力所做的功環(huán)套與板碰撞時(shí)間極短，二者之間的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力( 重力、彈簧彈力 ) ，環(huán)套與板的總動(dòng)量守恒

35、，A 項(xiàng)正確因碰后兩者速度相同，說明環(huán)套與板的碰撞為完全非彈性碰撞，動(dòng)能損失最多，碰圖 11撞過程中總機(jī)械能不守恒，B 項(xiàng)錯(cuò)碰后，環(huán)套與板做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，板的新的平衡位置就是停振后板所處的位置，由平衡條件kx0m M g ， x0m M g ， x0 與 h 大小無關(guān)， C 項(xiàng)正確k碰后下落過程中，板和環(huán)套減少的動(dòng)能和減少的重力勢(shì)能都轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能彈性勢(shì)能的增加與克服彈簧力做的功相同，故 D 項(xiàng)錯(cuò)正確選項(xiàng)為AC點(diǎn)評(píng)：本題為一道力學(xué)綜合題，涉及的物理知識(shí)較多，這是當(dāng)前高考加強(qiáng)考生能力考查采用的題型之一要想培養(yǎng)學(xué)生的各種能力首先要對(duì)物理概念和規(guī)律深刻理解、牢固掌握，然后再通過對(duì)課本上的題或常見題進(jìn)行改

36、造、重新組合、改變情景、巧妙設(shè)問、添加干擾因素等培養(yǎng)考生的各種能力例 17(1995 年高考 ) 一排人站在沿 x軸的水平軌道旁 ,原點(diǎn) O兩側(cè)的人的序號(hào)都記為n(n=1,2,3). 每人只有一個(gè)沙袋,x>0一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量為m=14千克 ,x<0 一側(cè)的每個(gè)沙袋質(zhì)量m=10千克 . 一質(zhì)量為 M=48千克的小車以某初速度從原點(diǎn)出發(fā)向正x方向滑行 . 不計(jì)軌道阻力 . 當(dāng)車每經(jīng)過一人身旁時(shí), 此人就把沙袋以水平速度 u朝與車速相反的方向沿車面扔到車上圖 12,u 的大小等于扔此袋之前的瞬間車速大小的2n倍 .(n 是此人的序號(hào)數(shù) )(1) 空車出發(fā)后 , 車上堆積了幾個(gè)沙袋時(shí)車就

37、反向滑行?(2) 車上最終有大小沙袋共多少個(gè) ?解 :(1) 在小車朝正x 方向滑行的過程中, 第(n-1) 個(gè)沙袋扔到車上后的車速為Vn-1, 第 n 個(gè)沙袋扔到車上后的車速為Vn,由動(dòng)量守恒定律有M+(n-1)mVn-1 2nmV-1 =(M+mn)VVn= M-(n-1)mVn-1 ÷(M+mn)小車反向運(yùn)動(dòng)的條件是：Vn-1 >0,V n<0, 即M-nm>0 M-(n+1)m<0代入數(shù)字 , 得： nM/m=48/14n (M/m)-1=34/14n 應(yīng)為整數(shù) , 故 n=3, 即車上堆積3 個(gè)沙袋后車就反向滑行、(2) 車自反向滑行直到接近 x&l

38、t;0 一側(cè)第 1 人所在位置時(shí) , 車速保持不變 , 而車的質(zhì)量為 M+3m、若在朝負(fù) x方向滑行過程中， 第 (n-1) 個(gè)沙袋扔到車上后車速為 Vn-1 , 第 n 個(gè)沙袋扔到車上后車速為 Vn，現(xiàn)取在圖中向左的方向 ( 負(fù) x 方向 ) 為速度 Vn、 Vn-1 的正方向 , 則由動(dòng)量守恒定律有車不再向左滑行的條件是M+3m+(n- 1)mV n-1 2nmVn-1 =(M+3m+nm)V nV =M+3m (n- 1)mVn-1 ÷(M+3m+nm)nVn-1 >0,V n0即M+3mnm->0M+3m-(n+1)m0或： n(M+3m)÷m=9n(M

39、+3m)÷m 1=88n9n=8 時(shí) , 車停止滑行 , 即在 x<0 一側(cè)第 8 個(gè)沙袋扔到車上后車就停住、故車上最終共有大小沙袋3+8=11 個(gè)圖 13例 18（ 98 年）一段凹槽A 倒扣在水平長(zhǎng)木板C上，槽內(nèi)有一小物塊B，它到槽兩內(nèi)側(cè)的距離均為l/2 ，如圖 13 所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽與木板間的摩擦不計(jì)，小物塊與木板間的摩擦系數(shù)為。A、B、C 三者質(zhì)量相等，原來都靜止?，F(xiàn)使槽A 以大小為v0 的初速向右運(yùn)動(dòng)，已知 v0<。當(dāng) A 和 B 發(fā)生碰撞時(shí)，兩者速度互換。求：（ 1）從 A、 B 發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間內(nèi)，木板C運(yùn)動(dòng)的路程。（ 2）

40、在 A、 B 剛要發(fā)生第四次碰撞時(shí)， A、B、 C 三者速度的大小。解：(1)A 與 B 剛發(fā)生第一次碰撞后，A 停下不動(dòng)， B 以初速 v0 向右運(yùn)動(dòng)。由于摩擦， B 向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，而 C 向右作勻加速運(yùn)動(dòng)，兩者速率逐漸接近。設(shè)B、 C 達(dá)到相同速度v1 時(shí) B 移動(dòng)的路程為 s1。設(shè) A、B、 C質(zhì)量皆為 m，由動(dòng)量守恒定律，得： mv =2mv01由功能關(guān)系，得：22 mgs1 =2mv0/2-mv 1 /2由得 ： v=v/210代入式，得：s =3v2g)0/(81根據(jù)條件 v<，得： s1<3l/40可見，在 B、 C達(dá)到相同速度v1 時(shí)， B 尚未與 A 發(fā)生第二

41、次碰撞，B 與 C一起將以 v1 向右勻速運(yùn)動(dòng)一段距離 (l-s 1) 后才與 A 發(fā)生第二次碰撞。設(shè)C 的速度從零變到v1 的過程中， C 的路程為 s2。由功能關(guān)系，得2 mgs=mv /2212/(8 g)解得 s 2=v0因此在第一次到第二次碰撞間C 的路程為： s=s +l-s=l-v2/(4 g)102(2) 由上面討論可知，在剛要發(fā)生第二次碰撞時(shí)，A 靜止， B、C 的速度均為 v1。剛碰撞后， B靜止， A、C 的速度均為v1。由于摩擦， B 將加速， C 將減速，直至達(dá)到相同速度v2。由動(dòng)量守恒定律，得mv1=2mv2解得v 2=v1/2=v 0/4因 A 的速度 v1 大于變 為 v1， C的速度仍為B 的速度 v2，故第三次碰撞發(fā)生在A 的左壁。剛碰撞后，A 的速度變?yōu)関2，B 的速度v2。由于摩擦，B 減速， C 加速，直至達(dá)到相同速度v3。由動(dòng)量守恒定律，得mv123+mv=2mv解得 v3=3v0/8故剛要發(fā)生第四次碰撞時(shí)，A、 B、 C的速度分別為vA=v2=v0/4v