動量與能量應用的幾個模型

動量與能量應用的幾個模型第1頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一一、關于“子彈打木塊”問題特征與規(guī)律⑴動力學規(guī)律：⑵運動學規(guī)律：⑶動量規(guī)律：

由兩個物體組成的系統(tǒng)，所受合外力為零而相互作用力為一對恒力．典型情景規(guī)律種種模型特征：兩物體的加速度大小與質量成反比．系統(tǒng)的總動量定恒．兩個作勻變速運動物體的追及問題、相對運動問題．第2頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一力對“子彈”做的功等于“子彈”動能的變化量：⑷能量規(guī)律：力對“木塊”做的功等于“木塊”動能變化量：

一對力的功等于系統(tǒng)動能變化量：

因為滑動摩擦力對系統(tǒng)做的總功小于零．使系統(tǒng)的機械能（動能）減少，內能增加，增加的內能Q=fΔs，Δs為兩物體相對滑行的路程．第3頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一vm0mvm/M+mtv0≤dt0vm0vmtvMtdtv0t0(mvmo-MvM0)/M+mvm0vM0vtt00Δsvvm00tΔsmmvm/M+m“子彈”穿出“木塊”“子彈”未穿出“木塊”“子彈”迎擊“木塊”未穿出

“子彈”與“木塊”間恒作用一對力⑸圖象描述練習第4頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一例題：質量為M、長為l的木塊靜止在光滑水平面上，現有一質量為m的子彈以水平初速v0射入木塊，穿出時子彈速度為v，求子彈與木塊作用過程中系統(tǒng)損失的機械能。

lv0vSLv0v類似實例1.如圖1所示，一個長為L、質量為M的長方形木塊，靜止在光滑水平面上，一個質量為m的物塊（可視為質點），以水平初速度v0從木塊的左端滑向右端，設物塊與木塊間的動摩擦因數為μ，當物塊與木塊達到相對靜止時，物塊仍在長木塊上，求系統(tǒng)機械能轉化成內能的量Q。第5頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一2.如圖4所示，電容器固定在一個絕緣座上，絕緣座放在光滑水平面上，平行板電容器板間的距離為d，右極板上有一小孔，通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿，電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為M，給電容器充電后，有一質量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動，并從小孔進入電容器，設帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布。帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為0.5d，試求：（1）帶電環(huán)與左極板相距最近時的速度v；（2）此過程中電容器移動的距離s。（3）此過程中能量如何變化？第6頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一練習1、如圖，長木板ab的b端固定一檔板，木板連同檔板的質量為M=4.0kg，a、b間距離s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物塊，其質量m=1.0kg，小物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.10，它們都處于靜止狀態(tài)。現令小物塊以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑動，直到和檔板相撞。碰撞后，小物塊恰好回到a端而不脫離木板。求碰撞過程中損失的機械能。S=2mabMmv0

第7頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一設木板和物塊最后共同的速度為v，由動量守恒mv0=(m+M)v①設全過程損失的機械能為ΔE，木塊在木板上相對滑動過程損失的機械能為W=fΔs=2μmgs③注意：Δs為相對滑動過程的總路程碰撞過程中損失的機械能為析與解第8頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一練習2.

如圖所示，A、B是靜止在水平地面上完全相同的兩塊長木板。A的左端和B的右端相接觸。兩板的質量皆為M=2.0kg，長度皆為l=1.0m,C是一質量為m=1.0kg的木塊．現給它一初速度v0=2.0m/s，使它從B板的左端開始向右動．已知地面是光滑的，而C與A、B之間的動摩擦因數皆為μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做勻速運動．取重力加速度g=10m/s2.ABCM=2.0kgM=2.0kgv0=2.0m/sm=1.0kg第9頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一解：先假設小物塊C在木板B上移動距離x后，停在B上．這時A、B、C三者的速度相等，設為V．ABCVABCv0Sx由動量守恒得①在此過程中，木板B的位移為S，小木塊C的位移為S+x．由功能關系得相加得②解①、②兩式得③代入數值得④題目上頁下頁第10頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一

x比B板的長度l大．這說明小物塊C不會停在B板上，而要滑到A板上．設C剛滑到A板上的速度為v1，此時A、B板的速度為V1，如圖示：ABCv1V1則由動量守恒得⑤由功能關系得⑥以題給數據代入解得由于v1必是正數，故合理的解是⑦⑧題目上頁下頁第11頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一當滑到A之后，B即以V1=0.155m/s做勻速運動．而C是以v1=1.38m/s的初速在A上向右運動．設在A上移動了y

距離后停止在A上，此時C和A的速度為V2，如圖示：ABCV2V1y由動量守恒得⑨解得V2=0.563m/s⑩由功能關系得解得y=0.50my比A板的長度小，故小物塊C確實是停在A板上．最后A、B、C的速度分別為:題目上頁第12頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一1、如圖所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，已知a桿的質量為ma,且與桿b的質量之比為ma∶mb=3∶4，水平軌道足夠長，不計摩擦，求：(1)a和b的最終速度分別是多大?(2)整個過程中回路釋放的電能是多少?(3)若已知a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產生的熱量分別是多少?例與練第13頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一(1)a下滑過程中機械能守恒析與解magh=mav02/2a進入磁場后，回路中產生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動量守恒mav0=(ma+mb)vva=vb=v=第14頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一(3)由能的守恒與轉化定律，回路中產生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯，通過的電流總是相等的，所以應有析與解(2)由能量守恒得知，回路中產生的電能應等于a、b系統(tǒng)機械能的損失，所以

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

2、將帶電量Q=0.3C，質量m′=0.15kg的滑塊，放在小車的絕緣板的右端，小車的質量M=0.5kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數μ=0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在著磁感應強度B=20T的水平方向的勻強磁場，開始時小車靜止在光滑水平面上，當一個擺長為L=1.25m，擺球質量m=0.4kg的單擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，如圖所示，碰撞后擺球恰好靜止，g取10m/s2.求：（1）擺球與小車碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能E是多少？（2）碰撞后小車的最終速度是多少？例與練第16頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一第17頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一碰撞的分類

完全彈性碰撞

——動量守恒，動能不損失（質量相同，交換速度）完全非彈性碰撞——動量守恒，動能損失最大。（以共同速度運動）非完全彈性碰撞—動量守恒，動能有損失。碰撞后的速度介于上面兩種碰撞的速度之間.二、碰撞模型

第18頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一1.彈性碰撞模型

彈性碰撞是碰撞過程無機械能損失的碰撞，遵循的規(guī)律是動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒。確切的說是碰撞前后動量守恒，動能不變。在題目中常見的彈性球、光滑的鋼球及分子、原子等微觀粒子的碰撞都是彈性碰撞。已知A、B兩個鋼性小球質量分別是m1、m2，小球B靜止在光滑水平面上，A以初速度v0與小球B發(fā)生彈性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物體B的速度v2大小和方向m2v2m1v1Bm1v0BAA第19頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一解析：取小球A初速度v0的方向為正方向，因發(fā)生的是彈性碰撞，碰撞前后動量守恒、動能不變有：

m1v0=m1v1+m2v2

①②由①②兩式得：，結論：（1）當m1=m2時，v1=0，v2=v0，顯然碰撞后A靜止，B以A的初速度運動，兩球速度交換，并且A的動能完全傳遞給B，因此m1=m2也是動能傳遞最大的條件；以上彈性碰撞以動撞靜的情景可以簡單概括為：（質量）等大小，（速度和動能）交換了；小撞大，被彈回；大撞小，同向跑。第20頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一（1）小球m1滑到的最大高度（2）小球m1從斜面滑下后，二者速度（3）若m1=m2小球m1從斜面滑下后，二者速度例1：如圖所示，光滑水平面上質量為m1=2kg的小球以v0=2m/s的初速沖向質量為m2=6kg靜止的足夠高的光滑的斜劈體，斜劈體與水平面接觸處有一小段光滑圓弧。求：例與練v0m1m2第21頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一（1）以向右為正，對上升過程水平方向由動量守恒h=0.15m

V=m1V0

/（m1+m2）=0.5m/s對系統(tǒng)上升過程由機械能守恒析與解（2）以向右為正，對系統(tǒng)全過程由動量守恒

m1V0=

（m1+m2）V對系統(tǒng)全過程由機械能守恒第22頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一析與解聯立以上兩式，可得（3）若m1=m2注意m1=m2交換速度。m1<m2,v1<0m1反向。第23頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一1.質量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑。如圖所示，一個質量為m的小球以速度v0水平沖向小車，當小球返回左端脫離小車時，下列說法正確的是（）A．小球一定沿水平方向向左做平作拋運動B．小球可能沿水平方向向左作平拋運動C．小球可能沿水平方向向右作平拋運動D．小球可能做自由落體運動

BCD類似實例第24頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一2.在光滑水平面上有相隔一定距離的A、B兩球，質量相等，假定它們之間存在恒定的斥力作用，原來兩球被按住，處在靜止狀態(tài)?，F突然松開兩球，同時給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零；若兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）到剛恢復到原始值所經歷的時間為t0，求：B球在斥力作用下的加速度答案：練習：如圖4所示,光滑水平地面上靜止放置兩由彈簧相連木塊A和B,一質量為m子彈,以速度v0,水平擊中木塊A,并留在其中,A的質量為3m,B的質量為4m.(1)求彈簧第一次最短時的彈性勢能(2)何時B的速度最大，最大速度是多少？mvoBA圖4第25頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一[解析](1)從子彈擊中木塊A到彈簧第一次達到最短的過程可分為兩個小過程一是子彈與木塊A的碰撞過程，動量守恒，有機械能損失；二是子彈與木塊A組成的整體與木塊B通過彈簧相互作用的過程，動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，子彈打入:mv0=4mv1

①打入后彈簧由原長到最短:4mv1=8mv2

②機械能守恒:

③解①②③得

(2)從彈簧原長到壓縮最短再恢復原長的過程中，木塊B一直作變加速運動,木塊A一直作變減速運動,相當于彈性碰撞，因質量相等，子彈和A組成的整體與B木塊交換速度,此時B的速度最大,設彈簧彈開時A、B的速度分別為4mv1=4mv1’+4mv2’④

⑤解得:v1’=o,v2’=v1=

第26頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一小結：這類模型的關鍵是抓住系統(tǒng)“碰撞”前后動量守恒、系統(tǒng)機械能守恒（動能不變），具備了這一特征的物理過程，可理解為“彈性碰撞”。2.完全非彈性碰撞第27頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一例4、質量為m＝20Kg的物體，以水平速度v0＝5m/s的速度滑上靜止在光滑水平面上的小車，小車質量為M＝80Kg，物體在小車上滑行L＝4m后相對小車靜止。求：

（1）物體與小車間的滑動摩擦系數。

（2）物體相對小車滑行的時間內，小車在地面上運動的距離。v0mMVLS由動量守恒定律V=1m/s物體與小車由動能定理-μmgL=(m+M)V2/2-mv02/2

∴μ=0.25對小車

μmgS=MV2/2∴S=0.8m例與練析與解（m+M)V=mv0v0mM第28頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一例5、如圖，長木板ab的b端固定一檔板，木板連同檔板的質量為M=4.0kg，a、b間距離s=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板a端有一小物塊，其質量m=1.0kg，小物塊與木板間的動摩擦因數μ=0.10，它們都處于靜止狀態(tài)?，F令小物塊以初速v0=4.0m/s沿木板向前滑動，直到和檔板相撞。碰撞后，小物塊恰好回到a端而不脫離木板。求碰撞過程中損失的機械能。S=2mabMmv0

例與練第29頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一設木板和物塊最后共同的速度為v，由動量守恒mv0=(m+M)v①設全過程損失的機械能為ΔE，木塊在木板上相對滑動過程損失的機械能為W=fΔs=2μmgs③注意：Δs為相對滑動過程的總路程碰撞過程中損失的機械能為析與解第30頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一例6、如圖所示，M=2kg的小車靜止在光滑的水平面上．車面上AB段是長L=1m的粗糙平面，BC部分是半徑R=0.6m的光滑1/4圓弧軌道，今有一質量m=1kg的金屬塊靜止在車面的A端．金屬塊與AB面的動摩擦因數μ=0.3．若給m施加一水平向右、大小為I=5N·s的瞬間沖量，（g取10m/s2）求:（1）金屬塊能上升的最大高度h（2）小車能獲得的最大速度V1（3）金屬塊能否返回到A點？若能到A點，金屬塊速度多大？MABCROmI∴h=0.53m例與練第31頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一MABCROmII=mv0v0=I/m=5m/s（1）到最高點有共同速度水平V由動量守恒定律I=(m+M)V由能量守恒定律∴h=0.53m析與解mv0

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

+μmgL+mgh第32頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一MABCROmI思考：若R=0.4m，前兩問結果如何？（2）當物體m由最高點返回到B點時，小車速度V2最大,向右為正，由動量守恒定律

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

+μmgL第33頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一MABCROmI（3）設金屬塊從B向左滑行s后相對于小車靜止，速度為V

，以向右為正，由動量守恒I=(m+M)V由能量守恒定律解得：s=16/9m＞L=1m能返回到A點由動量守恒定律

I=-mv2+MV2由能量守恒定律解得：V2=2.55m/s（向右）

v2=-0.1m/s（向左）析與解mv0

2

/2=(m+M)V2/2+μmg（L+s）mv0

2

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

如圖1所示，靜水面上停有一小船，船長L=3米，質量M=120千克，一人從船頭走到船尾，人的質量m=60千克。那么，船移動的距離為多少？（水的阻力可以忽略不計）解：設人從船頭走到船尾，船對地的就離為S，則人對地移動了L-S，根據動量守恒定律可得MS/t-m(L-S)/t=0解得：S=ML/(M+m)=60*3/(120+60)=1米1、一質量為M的船，靜止于湖水中，船身長L，船的兩端點有質量分別為m1和m2的人，且m1>m2,當兩人交換位置后，船身位移的大小是多少？（不計水的阻力）類似實例第35頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一過程分析：

此題初看上去較上題繁雜得多，物理模型也迥然相異，但實質上是大同小異，如出一轍。試想，若把質量大的人換成兩個人，其中一個人的質量為m2，另一個人的質量為m=m1-m2。由上一題可知，當兩個質量都為m2的人互換位置之后，船將原地不動。這樣一來，原來的問題就轉化為上題所示的物理模型了，當質量為m=m1-m2的人從船的一端走到另一端，求船的位移。解：設船對地移動的位移為S，則質量為m=m1-m2的人對地移動的位移就是L-S，由動量守恒定律可得（M+2m2）S/t–(m1-m2)(L-S)/t=0解得

S=(m1-m2)L/(M+m1+m2)第36頁，共40頁，2023年，2月20日，星期一2、如圖2所示，在光滑水平地面上，有兩個光滑的直角三形木塊A和B，底邊長分別為a、b，質量分別為M、m，若M=4m，且不計任何摩擦力，當B滑到底部時，A向后移了多少距離？過程分析選定木塊A和B整體作為研究對象，在B沿斜面下滑的過程中，與人船模型類同，該系統(tǒng)在水平方向上所受的合外力為零，所以，在水平方向上動量守恒。解：設當B沿斜面從頂端滑到底部時，A向后移動了S，則B對地移動了a-b–S,由動量守恒定律得

MS/t–m(a–b-S)/t=0解得

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