高三物理一轮要点难点精讲精析8、几种典型的力学问题

1、八、几种典型的力学问题一、复习要点.“碰撞过程”的分析.“人船模型”的研究. fd=EK” 的运用二、难点剖析.“碰撞过程”的分析“碰撞过程”的特征.“碰撞过程”作为一个典型的力学过程其特征主要表现在如下两个方面：第一，经历的时间极短，通常情况下，碰撞所经历的时间在整个力学过程中都是可以初 忽略的；第二碰撞双方相互作用的内力往往是远大于来自外部物体的作用力“碰撞过程”的规律正是因为“碰撞过程”所具备的“作用时间短”和“外力很小”(甚至外力为零)这两个特征，才使得碰撞双方构成的系统在碰撞前后的总动量遵从守恒定律，即m i。i+m2。2=mui+niu2“碰撞过程”的分类。按照形变恢复情况划分：碰

2、撞过程中所产生的形变能够完全恢复的称为弹性碰撞；碰撞 过程中所产生的形变不能够完全恢复的称为非弹性碰撞；碰撞过程中所产生的形变完全不能 够恢复的称为完全非弹性碰撞。按照机械能损失的情况划分：碰撞过程中没有机械能损失的称为弹性碰撞撞；碰撞过程 中有机械能损失的称为非弹性碰撞；碰撞过程中机械能损失最多的称为完全非弹性碰撞。“碰撞过程”的特例.弹性碰撞作为碰撞过程的一个特例，它是所有碰撞过程的一种极端的情况：形变能够完 全恢复；机械能丝毫没有损失。弹性碰撞除了遵从上述的动量守恒定律外，还具备：碰前、 碰后系统的总动能相等的特征，即m u 12+ 工 m2 u 22= 1 mui2+ mui2 TOC

3、 o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 222由此即可把弹性碰撞碰后的速度ui和u2表为mi -m22m2u i =0 i+U 2m1m2mi m22mlm2 - m1u 2= u 1+ u 2mi m2mi m2如对弹性碰撞的速度表达式进一步探讨，还会发现另一特征：弹性碰撞前，碰后，碰撞 双方的相对速度大小相等，即u 2 ui= 1 1 U 2完全非弹性碰撞作为碰撞过程的一个特别，它是所有碰撞过程的另一种极端的情况：形 变完全不能够恢复；机械能损失达到最大。正因为完全非弹性碰撞具备了 “形变完全不能够 恢复”。所以在遵从上述的动

4、量守恒定律外，还具德：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即u 1=u2由此即可把完全非弹性碰撞后的速度ui和u2表为u 1=U2=mi i m2 2 TOC o 1-5 h z mim2而完全非弹性碰撞过程中“机械能损失最大”的特征可以给出如下证明：碰撞过程中机 械能损失表为 E= 1 m u i2+ 1 mu 22 1 mui21 mu222222由动量守恒的表达式中得I ，一、u 2= (mi。i+mu 2mui)m2代入上式可将机械能的损失E表为ui的函数为人 匚mi(mi m2) 2 mi(ny i m2 2) r/ i 2 i2、 E= ui + ui+(mui+ m u 2)2m2m2

5、22-(mi u i+m u 2 mui)22m2这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当m i m2 2ui=u2=mi m2时，即当碰撞是完全非弹性碰撞时，系统机械能的损失达到最大值2 口imui/n2-(叫+电%)222(mi m2)“碰撞过程”的制约通常有如下三种因素制约着“碰撞过程”。动量制约：即碰撞过程必须受到“动量守恒定律的制约”；动量制约：即能机械碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约，比如，某物体向右运动, 被后面物体迫及而碰撞后，其运动速度只会增大而不应该减小。“碰撞过程”的推广。相互作用的双方在相互作用过程中系统所受到

6、的合外力为零时，我们可以将这样的过 程视为“广义的碰撞过程”加以处理。2 .“人船模型”的研究(I) “人船模型”典型的力学过程通常是典型的模型所参与和经历的，而参与和经历力学过程的模型所具 备的特征，将直接影响着力学过程的发生，发展和变化，在将直接影响着力学过程的分析思 路，在下列力学问题中我们将面临着一个典型的“人船模型”问题：如图一I所示，质量为 M的小船长L, 静止于水面，质量为 M的小船长为L,静止于水面， 质量为m的人从船左端走到船右端，不计水对船的 运动阻力，则这过程中船将移动多远？“人船模型”的力学特征如能关注到如下几点就可以说基本上把握住了 “人船模型”的力学特征了： “人船

7、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；而系统的合外力为零则保证了 系统在运动过程中总动量守恒。“人船模型”的分析思路。分析“人船模型”运动过程中的受力特征，进而判断其动量守恒，得m 。=Mu由于运动过程中任一时刻人，船速度大小u和u均满足上述关系，所以运动过程中,人、船平均速度大小，U和u也应满足相似的关系。即m . =Mu在上式两端同乘以时间，就可得到人，船相对于地面移动的距离S和S2的关系为mS i=MS考虑到人、船相对运动通过的距离为L,于是得S 1 + S2=L由此即可解得人、船相对于地面移动的距离分别为2=-Lm

8、Mm Lm M“人船模型”的几种变例II把“人船模型”变为“人车模型”变例1:如图一2所示，质量为 M长为L的平板小车静止于光滑水平面上，质量为端走到车右端的过程中，车将后退多远？把水平方向的问题变为竖直方向。变例2:如图一3所示，总质量为端悬着质量为m的人而静止于高度为m的人从车左M的足球下h的空中，欲使人能完全沿强着地，人下方的强至少应为多长？把直线运动问题变为曲线运动 .变例3:如图一4所示，质量为 M的物体静止 于光滑水平面上，其上有一个半径为R的光滑半球形凹面轨道，今把质量为 m的小球自轨道右测与球 心等高处静止释放，求 M向右运动的最大距离。把模型双方的质量比变为极端情况.变例4:

9、如图一5所示，光滑水平杆上套有一个质量可忽略的小环，长 L的强一端系在环上下, 另一端连着质量为 M的小球，今使小球与球等高且 将绳拉直，当把小球由静止释放直到小球与环在同 一竖直线上，试分析这一过程中小球沿水平方向的 移动距离.3. fd=EK” 的运用图一3(1)公式“ fd= /的含意.如图一6所示，：质量M的木块放在光滑水MmS TOC o 1-5 h z 平面上，质量为 m的子弹以水平速度U0射入木块， 若射入的深度为d,后子弹与木块的共同速度为u ,U0射入时子弹与木块间相互作用的力的大小为f,则：相互作用的力f与相时位移的大小 d的乘积，恰等于 子弹与木块构成的系统的动能的减少量

10、.即：fd= Ek= mu 02 (m+M)u 222(2)公式 fd= Ek”的依据.实际上公式 fd= AEk是过立在动能定理的基石之上的：仍如图一6所示，对子弹和木块分别运用动能定理可得._f(s+d)= m0 2 m0 022fs= M Mu 22将此两代劳相加后整理即可得fd= mu 02 (m+M)u 2=A E Pa+Pb+2mA2mB代入数据有生+里+当2mA 2mB 2mA 2mB于是可得mA v 7mB17由“运动制约”知：考虑到碰后运动的合理性，碰后A球的速度应不大于 B球的速度,即pA v pBmAmB代入数据又有2 ? 10 mA mB于是又可得mA 1mB 5例2.

11、由此知：此例应选 Co试将上述“人船模型”的四种变例给出定量解答。分析：确认了四种变例其物理本质与“人船模型”相同，于是例可以直接运用相应的结论。解答:移L,解答：于是由(1)变例1中的“人车模型”与“人船模型”本质相同，于是直接得- m I2Lm M(2)变例2中的h实际上是人相对于地的位移 S1,而绳长则是人与气球的相对位h=m M可解得：绳长至少为, m M L=h解答(3):变例3中小球做的是复杂的曲线运动，但只考虑其水平分运动，其模型例与“人船模型”相同，而此时的相对位移大小为2R于是物体 M沿水平而向右移动的最大距离为S 2= -m 2Rm M解答(4):变例4中环的质量取得某种极端的值m 一 0M图一7于是所求的小球沿水平方向移动的距离应为m2=例3.如图一7所示，质量 M=2kg的盒子放在m M光滑的水平面上，盒子长L=1m,质量为m=1kg的小物块从盒子的右端以u 0=6m/s的初速度向左运动，小物块与盒子底部间动摩擦因数科=0.5,与盒子两侧壁间的碰撞无机械能损失，则小物块最终将相对静止于盒子的何处？分析：一方面小物块和盒子间相对运动