高考物理一輪復(fù)習(xí)幾種典型的力學(xué)問題

1、幾種典型的力學(xué)問題復(fù)習(xí)要點(diǎn).“碰撞過程”的分析.“人船模型”的研究. fd=EK” 的運(yùn)用二、難點(diǎn)剖析1 .“碰撞過程”的分析“碰撞過程”的特征.“碰撞過程”作為一個典型的力學(xué)過程其特征主要表現(xiàn)在如下兩個方面：第一，經(jīng)歷的時間極短， 通常情況下，碰撞所經(jīng)歷的時間在整個力學(xué)過程中都是可以初忽 略的；第二碰撞雙方相互作用的內(nèi)力往往是遠(yuǎn)大于來自外部物體的作用力“碰撞過程”的規(guī)律正是因為“碰撞過程”所具備的“作用時間短”和“外力很小”(甚至外力為零)這兩個特征，才使得碰撞雙方構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞前后的總動量遵從守恒定律，即mi u i+m2 u 2=m iui+m2U2“碰撞過程”的分類。按照形變恢復(fù)情況

2、劃分： 碰撞過程中所產(chǎn)生的形變能夠完全恢復(fù)的稱為彈性碰撞；碰撞過程中所產(chǎn)生的形變不能夠完全恢復(fù)的稱為非彈性碰撞；碰撞過程中所產(chǎn)生的形變完全不能夠恢復(fù)的稱為完全非彈性碰撞。按照機(jī)械能損失的情況劃分：碰撞過程中沒有機(jī)械能損失的稱為彈性碰撞撞；碰撞過程中有機(jī)械能損失的稱為非彈性碰撞；碰撞過程中機(jī)械能損失最多的稱為完全非彈性碰撞?！芭鲎策^程”的特例.彈性碰撞作為碰撞過程的一個特例，它是所有碰撞過程的一種極端的情況：形變能夠完全恢復(fù)；機(jī)械能絲毫沒有損失。彈性碰撞除了遵從上述的動量守恒定律外，還具備：碰前、碰后 系統(tǒng)的總動能相等的特征，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由此即可把彈性碰撞碰后的速度Ui和U2表為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?如對彈性碰撞的速度表達(dá)式進(jìn)一步探討，還會發(fā)現(xiàn)另一特征：彈性碰撞前，碰后，碰撞雙方的相對速度大小相等，即 U2 Ui= U 1 u 2完全非

4、彈性碰撞作為碰撞過程的一個特別， 它是所有碰撞過程的另一種極端的情況： 形變 完全不能夠恢復(fù)；機(jī)械能損失達(dá)到最大。正因為完全非彈性碰撞具備了 “形變完全不能夠恢復(fù) C 所以在遵從上述的動量守恒定律外，還具德：碰撞雙方碰后的速度相等的特征，即U1=U2由此即可把完全非彈性碰撞后的速度Ui和U2表為mi im2 2U1=U2=m m2而完全非彈性碰撞過程中“機(jī)械能損失最大”的特征可以給出如下證明：碰撞過程中機(jī)械 能損失表為 E= mi u /+ m2 u 2 mi Ui2 m2U222222由動量守恒的表達(dá)式中得i ,U2=(mi。i+m2。2 mUi)m2代入上式可將機(jī)械能的損失E表為Ui的函數(shù)

5、為E=i+叫)u/+ 小i mi 0 i2+i m2。2b2m2m222(mi u i+m 2 u 2 miui)2這是一個二次項系數(shù)小于零的二次三項式，顯然：當(dāng)mi i m2 2Ui=U2=mi m2時，即當(dāng)碰撞是完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)機(jī)械能的損失達(dá)到最大值2i 2* i 2 (mi i m2 2)Em= mi i + m2 2222(mi m2)“碰撞過程”的制約通常有如下三種因素制約著“碰撞過程”。動量制約：即碰撞過程必須受到“動量守恒定律的制約”動量制約：即能機(jī)械碰撞過程，碰撞雙方的總動能不會增加;運(yùn)動制約：即碰撞過程還將受到運(yùn)動的合理性要求的制約，比如，某物體向右運(yùn)動， 被后面物體迫

6、及而碰撞后，其運(yùn)動速度只會增大而不應(yīng)該減小?！芭鲎策^程”的推廣。相互作用的雙方在相互作用過程中系統(tǒng)所受到的合外力為零時，我們可以將這樣的過程視為“廣義的碰撞過程”加以處理。2 .“人船模型”的研究“人船模型”典型的力學(xué)過程通常是典型的模型所參與和經(jīng)歷的，而參與和經(jīng)歷力學(xué)過程的模型所具 備的特征，將直接影響著力學(xué)過程的發(fā)生，發(fā)展和變化，在將直接影響著力學(xué)過程的分析思路，在下列力學(xué)問題中我們將面臨著一個典型的“人船模型”問題：如圖1所示，質(zhì)量為 M的小船長L,靜止于水面，質(zhì)量為 M的小船長為L,靜止于水面，質(zhì)量為m的人從船左端走到船右端，不計水對船的運(yùn)動阻力，則這過程中船將移動多遠(yuǎn)？“人船模型”的

7、力學(xué)特征圖一1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，運(yùn)動過程中該系統(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)動過程中總動量守恒?！叭舜Ｐ汀钡姆治鏊悸?。分析“人船模型”運(yùn)動過程中的受力特征，進(jìn)而判斷其動量守恒，得m。=Mu由于運(yùn)動過程中任一時刻人，船速度大小u和u均滿足上述關(guān)系，所以運(yùn)動過程中，人、船平均速度大小，6和U也應(yīng)滿足相似的關(guān)系。即m =M u在上式兩端同乘以時間，就可得到人，船相對于地面移動的距離Si和S2的關(guān)系為mSi=MS2考慮到人、船相對運(yùn)動通過的距離為L,

8、于是得Si+S2=L由此即可解得人、船相對于地面移動的距離分別為m MI TOC o 1-5 h z mmS2=L HYPERLINK l bookmark20 o Current Document m Mv-“人船模型”的幾種變例.|M把“人船模型”變?yōu)椤叭塑嚹Ｐ汀弊兝?:如圖一2所示，質(zhì)量為 M,長為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)？把水平方向的問題變?yōu)樨Q直方向。變例2:如圖一3所示，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？把直線運(yùn)動問題變?yōu)榍€運(yùn)動 .變例3:如

9、圖一4所示，質(zhì)量為 M的物體靜止 于光滑水平面上，其上有一個半徑為 R的光滑半球 形凹面軌道，今把質(zhì)量為 m的小球自軌道右測與球 心等高處靜止釋放，求 M向右運(yùn)動的最大距離。把模型雙方的質(zhì)量比變?yōu)闃O端情況.變例4:如圖一5所示，光滑水平桿上套有 一個質(zhì)量可忽略的小環(huán)，長 L的強(qiáng)一端系在環(huán)上下， 另一端連著質(zhì)量為 M的小球，今使小球與球等高且 將繩拉直，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水平方向的 移動距離.fd=EK” 的運(yùn)用(1)公式 fd=EK”的含意.如圖一6所示，：質(zhì)量M的木塊放在光滑水 平面上，質(zhì)量為 m的子彈以水平速度u 0射入木塊， 若射入的深

10、度為d,后子彈與木塊的共同速度為 u , 射入時子彈與木塊間相互作用的力的大小為f,則：相互作用的力f與相時位移的大小d的乘積，恰等于 子彈與木塊構(gòu)成的系統(tǒng)的動能的減少量.即：圖一3MSfd= Ek= ； m u 02 ； (m+M) u 2圖一6(2)公式 fd=EK”的依據(jù).實際上公式 fd=AEK”是過立在動能定理的基石之上的：仍如圖一6所示，對子彈和木塊分別運(yùn)用動能定理可得.f(s+d)= m u 2 _ m u 0222將此兩代勞相加后整理即可得fd= ； m u 02- ； (m+M) u 2=A Ek.(3)公式 fd=4E/的運(yùn)用 如果是兩個物體構(gòu)成的系統(tǒng)運(yùn)動過程中除了相互作用

11、的滑動摩擦力外，系統(tǒng)的外力為零， 則都可以運(yùn)用公式fd=AEK來制約系統(tǒng)運(yùn)動中的能量的轉(zhuǎn)多與轉(zhuǎn)化，應(yīng)該注意的是：當(dāng)構(gòu)成系統(tǒng)的雙方相對運(yùn)動出現(xiàn)往復(fù)的情況時，公式中的 d就理解為“相對路程”而不應(yīng)該是“相對位移的大小”。三、典型例題例1. A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線同方向運(yùn)動共動量分別為PA=5kgm/s ,PB=7kgm/s,若A追上B后與B碰撞，碰后 B的動量為PB/ =10kgm/s ,則A、B的質(zhì)量之比可 能為A. 1 : 1B, 1 : 2C. 1 : 5 D. 1 : 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。解答：由“動量制

12、約”知：碰撞過程中A、B兩球的總動量應(yīng)守恒即：/Pa+Pb=Pa +Pb由此得：碰后A球動量為 /Pa =Pa+Pb Pb =2kgm/s由“動能制約”知：碰前總動能不小于碰后總動能，即Pa2Pb2 Pa12 PbJ+2mA 2mB2mA 2mB代入數(shù)據(jù)有25 49、4 1002mA 2mB 2mA 2mB于是可得mA v 7mB 17由“運(yùn)動制約”知：考慮到碰后運(yùn)動的合理性，碰后A球的速度應(yīng)不大于 B球的速度,即/Pa v PbmAmB代入數(shù)據(jù)又有2 J0mA mB于是又可得mA 1mB 5由此知：此例應(yīng)選Co例2.試將上述“人船模型”的四種變例給出定量解答。分析：確認(rèn)了四種變例其物理本質(zhì)與

13、“人船模型”相同，于是例可以直接運(yùn)用相應(yīng)的 結(jié)論。解答：（1）變例1中的“人車模型”與“人船模型”本質(zhì)相同，于是直接得S2=m MSi,而繩長則是人與氣球的相對位解答：（2）變例2中的h實際上是人相對于地的位移 移L ,于是由可解得：繩長至少為L=解答（3）:變例3中小球做的是復(fù)雜的曲線運(yùn)動，但只考慮其水平分運(yùn)動， 其模型例與“人船模型”相同，而此時的相對位移大小為2R,于是物體M沿水平而向右移動的最大距離為S2= 2Rm M解答（4）:變例4中環(huán)的質(zhì)量取得某種極端的值m一 0于是所求的小球沿水平方向移動的距離應(yīng)為c mS2=L - 0m M例3.如圖一7所示，質(zhì)量M=2kg的盒子放在光滑的水

14、平面上，盒子長 L=1m質(zhì)量為m=1kg的小物圖一7塊從盒子的右端以u 0=6m/s的初速度向左運(yùn)動，小物塊與盒子底部間動摩擦因數(shù)科=0.5 ,與盒子兩側(cè)壁間的碰撞無機(jī)械能損失，則小物塊最終將相 對靜止于盒子的何處?分析：一方面小物塊和盒子間相對運(yùn)動和相互碰撞過程中要遵從動量守恒定律，另一方面小物塊和盒子間相對運(yùn)動時滑動摩擦將使系統(tǒng)的動能減少，于是有解答：由動量守恒定律得m u 0=(m+M) u由公式 fd=EK”又可得mgd= m u 02 (m+M) u 222代入數(shù)據(jù)可解得：從開始運(yùn)動到小物塊與盒子相對靜止的過程中，小物塊的相對路程為d=2.4m由此知：小物塊最終相對靜止于距盒子右端0

15、.4m處.單元檢測一、選擇題.斜向上發(fā)射一物體，不計空氣阻力，當(dāng)此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成 a、b兩塊，質(zhì)量較大的 a的速度方向仍沿原來的方向.則()(A) b的速度方向一定與原速度方向相反(B)從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比 b的大(C) a, b 一定同時到達(dá)水平地面(D)在炸裂過程中，a, b受到爆炸力的沖量大小一定相等.如圖138所示，大小相等，質(zhì)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三只小球的動量(以 kg - m/s為單位)分別是 8、一13、-5,在三只小 球沿一直線共發(fā)生了兩次碰撞的過程中，A、B兩球受到的沖量(以N

16、S為單位)分別為9、1,則C球?qū)球的沖量及C球碰后動量的大小分別為：()(A) 1, 3(B) 8, 3(C) 10, 4(D) 10, 4.三只完全相同的小球 A、B、C以相同的速度分別與另外三個不同的靜止小球相碰撞， 碰撞后，A小球被反方向彈回，B小球與被撞小球粘在一起仍沿原來運(yùn)動方向運(yùn)動，C小球恰好碰后靜止.則下列說法中正確的是()(A)被A球碰撞的球獲得動量最大(B) B球損失動能最多(C) C球?qū)Ρ慌銮蜃饔玫臎_量最大(D) C球克服阻力做功最多圖一8圖一9圖一10圖一11. 一個光滑的帶有弧形槽的小車質(zhì)量為m,處于靜止?fàn)顟B(tài)，另有質(zhì)量也為m的鐵塊以速度V沿軌道向上滑去，至某一高度后再

17、向下返回.如圖13-9所示，則當(dāng)鐵塊回到右端時，鐵 TOC o 1-5 h z 塊將()(A)作速度為V的平拋運(yùn)動(B)靜止于小車右端與小車一起運(yùn)動(C)作速度小于 V的平拋運(yùn)動(D)作自由落體運(yùn)動.如圖一10所示，為甲、乙兩物體相互作用前后的u - t圖像，已知作用前甲的動量是乙的動量的9倍，由圖象可判斷()(A)甲、乙的質(zhì)量比為 3 ; 2(B)甲、乙作用前后總動量守恒(C)甲、乙作用前后總動量不守恒(D)甲、乙作用前后總動能不變.如圖一11所示，兩物體質(zhì)量為 m1=2m2,兩物體與水平面間動摩擦因數(shù)分別為科1和科2,當(dāng)細(xì)線燒斷后，壓縮輕彈簧在彈開兩物體過程中系統(tǒng)的總動量守恒，而且彈簧恢復(fù)

18、到原長 兩物體脫離彈簧時速度均不為零，則()(A ) 1 :2= 1 : 2m/口 m2的最大速度大小之比 u1 ： u 2= 1 : 2m/口 m2脫離彈簧后各自移動的最大距離之比s1 ： s2 =1 ： 2兩者距離最近時，速率都約為0.33m/s,方向都與甲車后來的速度方向一致.兩根磁鐵放在兩輛小車上，小車能在水平面上自由移動，甲車與磁鐵總質(zhì)量為1kg,乙車與磁鐵總質(zhì)量為 2kg,兩根磁鐵的S極相對。推動一下使小車相向而行，若某時刻甲的速 度為3m/s,乙的速度為2m/s,可以看到，它們還沒有碰上就分開了，則()(A)甲車開始反向時，乙車速度減為0.5m/s,方向不變(B)乙車開始反向時，

19、甲車速度為 0.5m/s,方向與原來速度方向相反(C)兩者距離最近時，速率相等，方向相反(D)兩者距離最近時，速率都約為0.33m/s,方向都與甲車后來的速度方向一致.如圖一12所示，質(zhì)量為m的小車的水平底板兩端各裝一根完全一樣的彈簧，小車底板上有一質(zhì)量為 m的滑塊，滑塊與小車、小車與地面的摩擦都不計，當(dāng)小車靜止時，滑塊以速 3度u從中間向右運(yùn)動，在滑塊來回與左右彈簧碰撞的過程中()(A)當(dāng)滑塊速度方向向右，大小為 一時，一定下是右邊49.的彈簧壓縮量最大右邊彈簧的最大壓縮量大于左邊彈簧的最大壓縮量 左邊彈簧的最大壓縮量大于右邊彈簧的最大壓縮量兩邊彈簧的最大壓縮量相等網(wǎng)球以大小為U 1的速度飛

20、向球拍，被球拍擊中后以大小為圖一12U 2的速度反向飛出，設(shè)此球動能的變化的4巳則它的動量變化的大小為( 2E 1 - ； 22正 (C) 2 一 ： 12. E222 一 ： 1(D)10 .在光滑水平面上，動能為E0,動量大小為P0的小鋼球1與靜止的小鋼球2發(fā)生碰撞， 碰撞前后球1運(yùn)動方向相反，將碰撞后球 1的動能和動量大小記作 E1和P1，球2的動能和動 量大小記作E2和P2,則必有()(A) E1VE0(B) P1VP0(C) E2Eo(D) P2PO=11.如圖一13所示，質(zhì)量為 M ,長為L的車廂靜止在光滑水平面上，此時質(zhì)量為m的木塊正以水平速度U0從左邊進(jìn)入車廂板向右運(yùn)動，車廂底

21、板粗糙，m與右壁B發(fā)生無能量損失的碰撞后又被彈回，最后又恰好停在車廂左端點(diǎn)A,則以下敘述中正確的是()(A)該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為-mo 22(B)車廂底板的動摩擦因數(shù)為2M 04gL(m M)(C) M的最終速度為 m(D) m、M最終速度為零m M12.將質(zhì)量為M的木塊固定在光滑水平面上，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度U0沿水平方向射入木塊，子彈射空木塊時的速度為U 0/3,現(xiàn)將同樣的木塊放在光滑的水平桌面上，相同的子彈仍以速度u 0沿水平方向射入木塊.若M=3m ,則子彈 ()(A)能夠射空木塊， u H(B)不能射穿木塊，子彈將留在木塊中，一起以共同的II=1速度做勻速運(yùn)動口 一(C) 剛好能

22、射穿木塊，此時相對速度為零口 f “(D)若子彈以3u 0速度射向木塊，并從木塊中穿出，木塊獲得的速度為。1；若子彈以4。0速度射向木塊，木圖一13塊獲得的速度為u 2,則必有u 1V u 2二、填空題.某人在一只靜止的小船上練習(xí)射擊，船、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)量均為 m,槍口到靶的距離為1,子彈水平射出槍口相對于 地的速度為u在發(fā)射后一顆子彈時， 前一顆子彈已射于靶中，在發(fā)射完n顆子彈時，小船后退的距離等于.如圖一14所示，在光滑的水平面上放一質(zhì)量為M的木箱，在箱子左壁有一質(zhì)量為m(mvM=的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，箱的內(nèi)壁光滑，左右兩壁的距

23、離為 L,當(dāng)箱子以速度u向 左運(yùn)動時，小滑塊會與箱子右壁相碰，碰撞過程中無機(jī)械能損失，從滑塊與右壁相碰，到再與 左壁相碰，所經(jīng)歷的時間 t=。. 一個靜止的原子核質(zhì)量為M ,當(dāng)它放出一個質(zhì)量為 m、相對反沖核速度為 u0的粒子后，反沖核的速度大小為 .圖一14圖一15圖一16.如圖一15所示，物體A與B質(zhì)量分別為m、M,直角邊長分別為a, b,設(shè)B與水平 地面無摩擦，當(dāng)A由B頂端從靜止開始滑到 B底端時，A、B的水平位移Sa=Sb=.如圖一16所示，質(zhì)量分別為 m2和m3的兩種物體靜止在光滑水平面上，兩者之間有 壓縮著的與物體不連接的弓t簧，另有一質(zhì)量為m1的物體以速度u 0正對m2和m3沖來，在彈簧將m2、m3彈出去時，m1與m2發(fā)生了正碰，碰后粘合在一起，問m3的速度至少為,才能使以后 m1和m2不再與m3發(fā)生碰撞？三、計算題.質(zhì)量分別為 m1=1kg和m2=3kg的兩個物體在光滑水平面上正碰，碰撞時間忽略不計,其位移圖像如圖一17所示，試回答下列問題:(1)碰撞前后的動量是否守恒？m2物體動量增量的是多少？圖一17. （1）在光滑水平臺面上，質(zhì)量mi= 4kg的物塊1具有動能E=100J,物塊1與原來靜止的質(zhì)量m2=1kg的物塊2發(fā)生碰撞，碰后粘合在一起，求碰撞中的機(jī)械能損失E.（2）若物體1、2分別具有動能E1、E2, E1與E2