高考物理一轮复习几种典型的力学问题

1、几种典型的力学问题复习要点.“碰撞过程”的分析.“人船模型”的研究. fd=EK” 的运用二、难点剖析1 .“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mi u i+m2 u 2=m iui+m2U2“碰撞过程”的分类。按照形变恢复情况

2、划分： 碰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，即工 mi u 12+ 工 m2 0 22= miui2+ - miu

3、i2 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4 o Current Document 2222由此即可把弹性碰撞碰后的速度Ui和U2表为m1 - m22m2Ui= U i+ U 2 HYPERLINK l bookmark10 o Current Document m1 m2m1 m22mim2 - miU2=U i+U 2 HYPERLINK l bookmark16 o Current Document mi m2mi m?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 U2 Ui= U 1 u 2完全非

4、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 C 所以在遵从上述的动量守恒定律外，还具德：碰撞双方碰后的速度相等的特征，即U1=U2由此即可把完全非弹性碰撞后的速度Ui和U2表为mi im2 2U1=U2=m m2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= mi u /+ m2 u 2 mi Ui2 m2U222222由动量守恒的表达式中得i ,U2=(mi。i+m2。2 mUi)m2代入上式可将机械能的损失E表为Ui的函数

5、为E=i+叫)u/+ 小i mi 0 i2+i m2。2b2m2m222(mi u i+m 2 u 2 miui)2这是一个二次项系数小于零的二次三项式，显然：当mi 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2i 2* i 2 (mi i m2 2)Em= mi i + m2 2222(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

6、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“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1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

7、力学特征图一1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，6和U也应满足相似的关系。即m =M u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Si和S2的关系为mSi=MS2考虑到人、船相对运动通过的距离为L,

8、于是得Si+S2=L由此即可解得人、船相对于地面移动的距离分别为m MI TOC o 1-5 h z mmS2=L HYPERLINK l bookmark20 o Current Document m Mv-“人船模型”的几种变例.|M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m的人从车左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 M的足球下 端悬着质量为 m的人而静止于高度为 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

9、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: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.fd=EK” 的运用(1)公式 fd=EK”的含意.如图一6所示，：质量M的木块放在光滑水 平面上，质量为 m的子弹以水平速度u 0射入木块， 若射入的深

10、度为d,后子弹与木块的共同速度为 u , 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.即：图一3MSfd= Ek= ； m u 02 ； (m+M) u 2图一6(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)= m u 2 _ m u 0222将此两代劳相加后整理即可得fd= ； m u 02- ； (m+M) u 2=A Ek.(3)公式 fd=4E/的运用 如果是两个物体构成的系统运动过程中除了相互作用

11、的滑动摩擦力外，系统的外力为零， 则都可以运用公式fd=AEK来制约系统运动中的能量的转多与转化，应该注意的是：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就理解为“相对路程”而不应该是“相对位移的大小”。三、典型例题例1. A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动共动量分别为PA=5kgm/s ,PB=7kgm/s,若A追上B后与B碰撞，碰后 B的动量为PB/ =10kgm/s ,则A、B的质量之比可 能为A. 1 : 1B, 1 : 2C. 1 : 5 D. 1 : 10分析：此例的求解除了运用碰撞的规律外，还需要关注到碰撞的特征与制约碰撞过程的相 关因素。解答：由“动量制

12、约”知：碰撞过程中A、B两球的总动量应守恒即：/Pa+Pb=Pa +Pb由此得：碰后A球动量为 /Pa =Pa+Pb Pb =2kgm/s由“动能制约”知：碰前总动能不小于碰后总动能，即Pa2Pb2 Pa12 PbJ+2mA 2mB2mA 2mB代入数据有25 49、4 1002mA 2mB 2mA 2mB于是可得mA v 7mB 17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 J0mA mB于是又可得mA 1mB 5由此知：此例应选Co例2.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

13、“人船模型”相同，于是例可以直接运用相应的 结论。解答：（1）变例1中的“人车模型”与“人船模型”本质相同，于是直接得S2=m MSi,而绳长则是人与气球的相对位解答：（2）变例2中的h实际上是人相对于地的位移 移L ,于是由可解得：绳长至少为L=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S2= 2Rm M解答（4）:变例4中环的质量取得某种极端的值m一 0于是所求的小球沿水平方向移动的距离应为c mS2=L - 0m M例3.如图一7所示，质量M=2kg的盒子放在光滑的水

14、平面上，盒子长 L=1m质量为m=1kg的小物图一7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和相互碰撞过程中要遵从动量守恒定律，另一方面小物块和盒子间相对运动时滑动摩擦将使系统的动能减少，于是有解答：由动量守恒定律得m u 0=(m+M) u由公式 fd=EK”又可得mgd= m u 02 (m+M) u 222代入数据可解得：从开始运动到小物块与盒子相对静止的过程中，小物块的相对路程为d=2.4m由此知：小物块最终相对静止于距盒子右端0

15、.4m处.单元检测一、选择题.斜向上发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成 a、b两块，质量较大的 a的速度方向仍沿原来的方向.则()(A) b的速度方向一定与原速度方向相反(B)从炸裂到落地的这段时间里，a飞行的水平距离一定比 b的大(C) a, b 一定同时到达水平地面(D)在炸裂过程中，a, b受到爆炸力的冲量大小一定相等.如图138所示，大小相等，质量不一定相等的A、B、C三只小球排列在光滑水平面上，碰撞前A、B、C三只小球的动量(以 kg - m/s为单位)分别是 8、一13、-5,在三只小 球沿一直线共发生了两次碰撞的过程中，A、B两球受到的冲量(以N

16、S为单位)分别为9、1,则C球对B球的冲量及C球碰后动量的大小分别为：()(A) 1, 3(B) 8, 3(C) 10, 4(D) 10, 4.三只完全相同的小球 A、B、C以相同的速度分别与另外三个不同的静止小球相碰撞， 碰撞后，A小球被反方向弹回，B小球与被撞小球粘在一起仍沿原来运动方向运动，C小球恰好碰后静止.则下列说法中正确的是()(A)被A球碰撞的球获得动量最大(B) B球损失动能最多(C) C球对被碰球作用的冲量最大(D) C球克服阻力做功最多图一8图一9图一10图一11. 一个光滑的带有弧形槽的小车质量为m,处于静止状态，另有质量也为m的铁块以速度V沿轨道向上滑去，至某一高度后再

17、向下返回.如图13-9所示，则当铁块回到右端时，铁 TOC o 1-5 h z 块将()(A)作速度为V的平抛运动(B)静止于小车右端与小车一起运动(C)作速度小于 V的平抛运动(D)作自由落体运动.如图一10所示，为甲、乙两物体相互作用前后的u - t图像，已知作用前甲的动量是乙的动量的9倍，由图象可判断()(A)甲、乙的质量比为 3 ; 2(B)甲、乙作用前后总动量守恒(C)甲、乙作用前后总动量不守恒(D)甲、乙作用前后总动能不变.如图一11所示，两物体质量为 m1=2m2,两物体与水平面间动摩擦因数分别为科1和科2,当细线烧断后，压缩轻弹簧在弹开两物体过程中系统的总动量守恒，而且弹簧恢复

18、到原长 两物体脱离弹簧时速度均不为零，则()(A ) 1 :2= 1 : 2m/口 m2的最大速度大小之比 u1 ： u 2= 1 : 2m/口 m2脱离弹簧后各自移动的最大距离之比s1 ： s2 =1 ： 2两者距离最近时，速率都约为0.33m/s,方向都与甲车后来的速度方向一致.两根磁铁放在两辆小车上，小车能在水平面上自由移动，甲车与磁铁总质量为1kg,乙车与磁铁总质量为 2kg,两根磁铁的S极相对。推动一下使小车相向而行，若某时刻甲的速 度为3m/s,乙的速度为2m/s,可以看到，它们还没有碰上就分开了，则()(A)甲车开始反向时，乙车速度减为0.5m/s,方向不变(B)乙车开始反向时，

19、甲车速度为 0.5m/s,方向与原来速度方向相反(C)两者距离最近时，速率相等，方向相反(D)两者距离最近时，速率都约为0.33m/s,方向都与甲车后来的速度方向一致.如图一12所示，质量为m的小车的水平底板两端各装一根完全一样的弹簧，小车底板上有一质量为 m的滑块，滑块与小车、小车与地面的摩擦都不计，当小车静止时，滑块以速 3度u从中间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中()(A)当滑块速度方向向右，大小为 一时，一定下是右边49.的弹簧压缩量最大右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩量 左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量两边弹簧的最大压缩量相等网球以大小为U 1的速度飞

20、向球拍，被球拍击中后以大小为图一12U 2的速度反向飞出，设此球动能的变化的4巳则它的动量变化的大小为( 2E 1 - ； 22正 (C) 2 一 ： 12. E222 一 ： 1(D)10 .在光滑水平面上，动能为E0,动量大小为P0的小钢球1与静止的小钢球2发生碰撞， 碰撞前后球1运动方向相反，将碰撞后球 1的动能和动量大小记作 E1和P1，球2的动能和动 量大小记作E2和P2,则必有()(A) E1VE0(B) P1VP0(C) E2Eo(D) P2PO=11.如图一13所示，质量为 M ,长为L的车厢静止在光滑水平面上，此时质量为m的木块正以水平速度U0从左边进入车厢板向右运动，车厢底

21、板粗糙，m与右壁B发生无能量损失的碰撞后又被弹回，最后又恰好停在车厢左端点A,则以下叙述中正确的是()(A)该过程中产生的内能为-mo 22(B)车厢底板的动摩擦因数为2M 04gL(m M)(C) M的最终速度为 m(D) m、M最终速度为零m M12.将质量为M的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度U0沿水平方向射入木块，子弹射空木块时的速度为U 0/3,现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度u 0沿水平方向射入木块.若M=3m ,则子弹 ()(A)能够射空木块， u H(B)不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的II=1速度做匀速运动口 一(C) 刚好能

22、射穿木块，此时相对速度为零口 f “(D)若子弹以3u 0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为。1；若子弹以4。0速度射向木块，木图一13块获得的速度为u 2,则必有u 1V u 2二、填空题.某人在一只静止的小船上练习射击，船、人连同枪(不包括子弹) 及靶的总质量为 M,枪内装有n颗子弹，每颗子弹的质量均为 m,枪口到靶的距离为1,子弹水平射出枪口相对于 地的速度为u在发射后一颗子弹时， 前一颗子弹已射于靶中，在发射完n颗子弹时，小船后退的距离等于.如图一14所示，在光滑的水平面上放一质量为M的木箱，在箱子左壁有一质量为m(mvM=的小滑块(可视为质点)，箱的内壁光滑，左右两壁的距

23、离为 L,当箱子以速度u向 左运动时，小滑块会与箱子右壁相碰，碰撞过程中无机械能损失，从滑块与右壁相碰，到再与 左壁相碰，所经历的时间 t=。. 一个静止的原子核质量为M ,当它放出一个质量为 m、相对反冲核速度为 u0的粒子后，反冲核的速度大小为 .图一14图一15图一16.如图一15所示，物体A与B质量分别为m、M,直角边长分别为a, b,设B与水平 地面无摩擦，当A由B顶端从静止开始滑到 B底端时，A、B的水平位移Sa=Sb=.如图一16所示，质量分别为 m2和m3的两种物体静止在光滑水平面上，两者之间有 压缩着的与物体不连接的弓t簧，另有一质量为m1的物体以速度u 0正对m2和m3冲来，在弹簧将m2、m3弹出去时，m1与m2发生了正碰，碰后粘合在一起，问m3的速度至少为,才能使以后 m1和m2不再与m3发生碰撞？三、计算题.质量分别为 m1=1kg和m2=3kg的两个物体在光滑水平面上正碰，碰撞时间忽略不计,其位移图像如图一17所示，试回答下列问题:(1)碰撞前后的动量是否守恒？m2物体动量增量的是多少？图一17. （1）在光滑水平台面上，质量mi= 4kg的物块1具有动能E=100J,物块1与原来静止的质量m2=1kg的物块2发生碰撞，碰后粘合在一起，求碰撞中的机械能损失E.（2）若物体1、2分别具有动能E1、E2, E1与E2