动量与能量应用的几个模型

动量与能量应用的几个模型第1页，共40页，2023年，2月20日，星期一一、关于“子弹打木块”问题特征与规律⑴动力学规律：⑵运动学规律：⑶动量规律：

由两个物体组成的系统，所受合外力为零而相互作用力为一对恒力．典型情景规律种种模型特征：两物体的加速度大小与质量成反比．系统的总动量定恒．两个作匀变速运动物体的追及问题、相对运动问题．第2页，共40页，2023年，2月20日，星期一力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的变化量：⑷能量规律：力对“木块”做的功等于“木块”动能变化量：

一对力的功等于系统动能变化量：

因为滑动摩擦力对系统做的总功小于零．使系统的机械能（动能）减少，内能增加，增加的内能Q=fΔs，Δs为两物体相对滑行的路程．第3页，共40页，2023年，2月20日，星期一vm0mvm/M+mtv0≤dt0vm0vmtvMtdtv0t0(mvmo-MvM0)/M+mvm0vM0vtt00Δsvvm00tΔsmmvm/M+m“子弹”穿出“木块”“子弹”未穿出“木块”“子弹”迎击“木块”未穿出

“子弹”与“木块”间恒作用一对力⑸图象描述练习第4页，共40页，2023年，2月20日，星期一例题：质量为M、长为l的木块静止在光滑水平面上，现有一质量为m的子弹以水平初速v0射入木块，穿出时子弹速度为v，求子弹与木块作用过程中系统损失的机械能。

lv0vSLv0v类似实例1.如图1所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。第5页，共40页，2023年，2月20日，星期一2.如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？第6页，共40页，2023年，2月20日，星期一练习1、如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。S=2mabMmv0

第7页，共40页，2023年，2月20日，星期一设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒mv0=(m+M)v①设全过程损失的机械能为ΔE，木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为W=fΔs=2μmgs③注意：Δs为相对滑动过程的总路程碰撞过程中损失的机械能为析与解第8页，共40页，2023年，2月20日，星期一练习2.

如图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板。A的左端和B的右端相接触。两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m,C是一质量为m=1.0kg的木块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右动．已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数皆为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．取重力加速度g=10m/s2.ABCM=2.0kgM=2.0kgv0=2.0m/sm=1.0kg第9页，共40页，2023年，2月20日，星期一解：先假设小物块C在木板B上移动距离x后，停在B上．这时A、B、C三者的速度相等，设为V．ABCVABCv0Sx由动量守恒得①在此过程中，木板B的位移为S，小木块C的位移为S+x．由功能关系得相加得②解①、②两式得③代入数值得④题目上页下页第10页，共40页，2023年，2月20日，星期一

x比B板的长度l大．这说明小物块C不会停在B板上，而要滑到A板上．设C刚滑到A板上的速度为v1，此时A、B板的速度为V1，如图示：ABCv1V1则由动量守恒得⑤由功能关系得⑥以题给数据代入解得由于v1必是正数，故合理的解是⑦⑧题目上页下页第11页，共40页，2023年，2月20日，星期一当滑到A之后，B即以V1=0.155m/s做匀速运动．而C是以v1=1.38m/s的初速在A上向右运动．设在A上移动了y

距离后停止在A上，此时C和A的速度为V2，如图示：ABCV2V1y由动量守恒得⑨解得V2=0.563m/s⑩由功能关系得解得y=0.50my比A板的长度小，故小物块C确实是停在A板上．最后A、B、C的速度分别为:题目上页第12页，共40页，2023年，2月20日，星期一1、如图所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，求：(1)a和b的最终速度分别是多大?(2)整个过程中回路释放的电能是多少?(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少?例与练第13页，共40页，2023年，2月20日，星期一(1)a下滑过程中机械能守恒析与解magh=mav02/2a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒mav0=(ma+mb)vva=vb=v=第14页，共40页，2023年，2月20日，星期一(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有析与解(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以

E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7第15页，共40页，2023年，2月20日，星期一

2、将带电量Q=0.3C，质量m′=0.15kg的滑块，放在小车的绝缘板的右端，小车的质量M=0.5kg，滑块与绝缘板间的动摩擦因数μ=0.4，小车的绝缘板足够长，它们所在的空间存在着磁感应强度B=20T的水平方向的匀强磁场，开始时小车静止在光滑水平面上，当一个摆长为L=1.25m，摆球质量m=0.4kg的单摆从水平位置由静止释放，摆到最低点时与小车相撞，如图所示，碰撞后摆球恰好静止，g取10m/s2.求：（1）摆球与小车碰撞过程中系统损失的机械能E是多少？（2）碰撞后小车的最终速度是多少？例与练第16页，共40页，2023年，2月20日，星期一第17页，共40页，2023年，2月20日，星期一碰撞的分类

完全弹性碰撞

——动量守恒，动能不损失（质量相同，交换速度）完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大。（以共同速度运动）非完全弹性碰撞—动量守恒，动能有损失。碰撞后的速度介于上面两种碰撞的速度之间.二、碰撞模型

第18页，共40页，2023年，2月20日，星期一1.弹性碰撞模型

弹性碰撞是碰撞过程无机械能损失的碰撞，遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒。确切的说是碰撞前后动量守恒，动能不变。在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞。已知A、B两个钢性小球质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物体B的速度v2大小和方向m2v2m1v1Bm1v0BAA第19页，共40页，2023年，2月20日，星期一解析：取小球A初速度v0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有：

m1v0=m1v1+m2v2

①②由①②两式得：，结论：（1）当m1=m2时，v1=0，v2=v0，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件；以上弹性碰撞以动撞静的情景可以简单概括为：（质量）等大小，（速度和动能）交换了；小撞大，被弹回；大撞小，同向跑。第20页，共40页，2023年，2月20日，星期一（1）小球m1滑到的最大高度（2）小球m1从斜面滑下后，二者速度（3）若m1=m2小球m1从斜面滑下后，二者速度例1：如图所示，光滑水平面上质量为m1=2kg的小球以v0=2m/s的初速冲向质量为m2=6kg静止的足够高的光滑的斜劈体，斜劈体与水平面接触处有一小段光滑圆弧。求：例与练v0m1m2第21页，共40页，2023年，2月20日，星期一（1）以向右为正，对上升过程水平方向由动量守恒h=0.15m

V=m1V0

/（m1+m2）=0.5m/s对系统上升过程由机械能守恒析与解（2）以向右为正，对系统全过程由动量守恒

m1V0=

（m1+m2）V对系统全过程由机械能守恒第22页，共40页，2023年，2月20日，星期一析与解联立以上两式，可得（3）若m1=m2注意m1=m2交换速度。m1<m2,v1<0m1反向。第23页，共40页，2023年，2月20日，星期一1.质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是（）A．小球一定沿水平方向向左做平作抛运动B．小球可能沿水平方向向左作平抛运动C．小球可能沿水平方向向右作平抛运动D．小球可能做自由落体运动

BCD类似实例第24页，共40页，2023年，2月20日，星期一2.在光滑水平面上有相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在恒定的斥力作用，原来两球被按住，处在静止状态。现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零；若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求：B球在斥力作用下的加速度答案：练习：如图4所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B,一质量为m子弹,以速度v0,水平击中木块A,并留在其中,A的质量为3m,B的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B的速度最大，最大速度是多少？mvoBA图4第25页，共40页，2023年，2月20日，星期一[解析](1)从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒，子弹打入:mv0=4mv1

①打入后弹簧由原长到最短:4mv1=8mv2

②机械能守恒:

③解①②③得

(2)从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B一直作变加速运动,木块A一直作变减速运动,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度,此时B的速度最大,设弹簧弹开时A、B的速度分别为4mv1=4mv1’+4mv2’④

⑤解得:v1’=o,v2’=v1=

第26页，共40页，2023年，2月20日，星期一小结：这类模型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒（动能不变），具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞”。2.完全非弹性碰撞第27页，共40页，2023年，2月20日，星期一例4、质量为m＝20Kg的物体，以水平速度v0＝5m/s的速度滑上静止在光滑水平面上的小车，小车质量为M＝80Kg，物体在小车上滑行L＝4m后相对小车静止。求：

（1）物体与小车间的滑动摩擦系数。

（2）物体相对小车滑行的时间内，小车在地面上运动的距离。v0mMVLS由动量守恒定律V=1m/s物体与小车由动能定理-μmgL=(m+M)V2/2-mv02/2

∴μ=0.25对小车

μmgS=MV2/2∴S=0.8m例与练析与解（m+M)V=mv0v0mM第28页，共40页，2023年，2月20日，星期一例5、如图，长木板ab的b端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg，a、b间距离s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。S=2mabMmv0

例与练第29页，共40页，2023年，2月20日，星期一设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒mv0=(m+M)v①设全过程损失的机械能为ΔE，木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为W=fΔs=2μmgs③注意：Δs为相对滑动过程的总路程碰撞过程中损失的机械能为析与解第30页，共40页，2023年，2月20日，星期一例6、如图所示，M=2kg的小车静止在光滑的水平面上．车面上AB段是长L=1m的粗糙平面，BC部分是半径R=0.6m的光滑1/4圆弧轨道，今有一质量m=1kg的金属块静止在车面的A端．金属块与AB面的动摩擦因数μ=0.3．若给m施加一水平向右、大小为I=5N·s的瞬间冲量，（g取10m/s2）求:（1）金属块能上升的最大高度h（2）小车能获得的最大速度V1（3）金属块能否返回到A点？若能到A点，金属块速度多大？MABCROmI∴h=0.53m例与练第31页，共40页，2023年，2月20日，星期一MABCROmII=mv0v0=I/m=5m/s（1）到最高点有共同速度水平V由动量守恒定律I=(m+M)V由能量守恒定律∴h=0.53m析与解mv0

2/2=(m+M)V2/2

+μmgL+mgh第32页，共40页，2023年，2月20日，星期一MABCROmI思考：若R=0.4m，前两问结果如何？（2）当物体m由最高点返回到B点时，小车速度V2最大,向右为正，由动量守恒定律

I=-mv1+MV1由能量守恒定律解得：V1=3m/s（向右）或v1=-1m/s（向左）析与解mv02/2=mv12/2+MV12/2

+μmgL第33页，共40页，2023年，2月20日，星期一MABCROmI（3）设金属块从B向左滑行s后相对于小车静止，速度为V

，以向右为正，由动量守恒I=(m+M)V由能量守恒定律解得：s=16/9m＞L=1m能返回到A点由动量守恒定律

I=-mv2+MV2由能量守恒定律解得：V2=2.55m/s（向右）

v2=-0.1m/s（向左）析与解mv0

2

/2=(m+M)V2/2+μmg（L+s）mv0

2

/2=mv22/2+MV22/2+2μmgL第34页，共40页，2023年，2月20日，星期一三、人船模型

如图1所示，静水面上停有一小船，船长L=3米，质量M=120千克，一人从船头走到船尾，人的质量m=60千克。那么，船移动的距离为多少？（水的阻力可以忽略不计）解：设人从船头走到船尾，船对地的就离为S，则人对地移动了L-S，根据动量守恒定律可得MS/t-m(L-S)/t=0解得：S=ML/(M+m)=60*3/(120+60)=1米1、一质量为M的船，静止于湖水中，船身长L，船的两端点有质量分别为m1和m2的人，且m1>m2,当两人交换位置后，船身位移的大小是多少？（不计水的阻力）类似实例第35页，共40页，2023年，2月20日，星期一过程分析：

此题初看上去较上题繁杂得多，物理模型也迥然相异，但实质上是大同小异，如出一辙。试想，若把质量大的人换成两个人，其中一个人的质量为m2，另一个人的质量为m=m1-m2。由上一题可知，当两个质量都为m2的人互换位置之后，船将原地不动。这样一来，原来的问题就转化为上题所示的物理模型了，当质量为m=m1-m2的人从船的一端走到另一端，求船的位移。解：设船对地移动的位移为S，则质量为m=m1-m2的人对地移动的位移就是L-S，由动量守恒定律可得（M+2m2）S/t–(m1-m2)(L-S)/t=0解得

S=(m1-m2)L/(M+m1+m2)第36页，共40页，2023年，2月20日，星期一2、如图2所示，在光滑水平地面上，有两个光滑的直角三形木块A和B，底边长分别为a、b，质量分别为M、m，若M=4m，且不计任何摩擦力，当B滑到底部时，A向后移了多少距离？过程分析选定木块A和B整体作为研究对象，在B沿斜面下滑的过程中，与人船模型类同，该系统在水平方向上所受的合外力为零，所以，在水平方向上动量守恒。解：设当B沿斜面从顶端滑到底部时，A向后移动了S，则B对地移动了a-b–S,由动量守恒定律得

MS/t–m(a–b-S)/t=0解得

S=m(a-b)/(M+m)=(a–b)/5第37页，共40页，2023年，2月20日，星期