高三物理典型力學模型分析專題

專題解說3．子彈打木塊模型原型:如圖所示，一顆質量為m的子彈以速度v0射入靜止在光滑水平面上的木塊M中且未穿出。設子彈與木塊間的摩擦為f。子彈打進深度d相對木塊靜止，此時木塊前進位移為s。MmSd對子彈由動能定理有：

②對系統(tǒng)，由動量守恒有：

mv0=（M＋m）v①對木塊由動能定理：③將②③相加可得④相互作用的力f與相時位移的大小d的乘積，等于子彈與木塊構成的系統(tǒng)的動能的減少量，亦即產生的內能。

專題聚焦解析：小球m在滑塊M上先上升再下落，整個過程中M一直在加速，故M的最大速率出現在m與M分離時刻，整個相互作用的過程中系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。即由方程可以看出，屬于彈性碰撞模型，故V1=0,小球做自由落體運動例3

如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d。m2的左邊有一固定擋板。ml由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最近時m1速度為v1，求在以后的運動過程中m1的最小速度和m2的最大速度。解析：m1與m2相距最近時m1的速度v1為其最大速度，在以后的運動中，m1先減速，m2先加速；

專題聚焦當兩者速度相等時，相距最遠，此后m1將繼續(xù)減速，而m2將繼續(xù)加速。當它們距再次相距d時，m1減速結束，而m2加速結束，此時m1與m2的速度v1/、v2/即為所求。以后m2將減速運動，而m1將加速運動，……此即彈性碰撞模型，則例4：如圖,弧形斜面質量為M,靜止于光滑水平上，一質量為m的小球以速度VO向左運動，小球最多能升高到離水平面h處，求該系統(tǒng)產生的熱量。解：小球減少的動能轉化為小球的重力勢能和產生的熱量，即ΔEK=Q+mgh

由完全非彈性碰撞模型知ΔEK=所以Q=ΔEK－mgh=－mgh.

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例5:如圖.質量為m的小車靜止在光滑的水平軌道上,長為L的細線一端固定在小車上,另一端拴一質量也為m的小球.現給小球一初速度V,求其能上升的最大高度為多少?解：當小球上升到最高點時,二者具有共同速度,符合上述模型的條件.系統(tǒng)減少的動能ΔEK全部轉化為小球的重力勢能ΔEP=m球gh,例6：如圖,在光滑的水平上,依次有質量分別為m、2m、3m、…10m的10個小球,排成一直線,彼此有一定的距離.開始時,后面的9個小球是靜止的,第一個小球以初速度VO向著第二小球碰去,結果它們先后全部粘合在一起向前運動,由于連續(xù)地碰撞,系統(tǒng)損失的機械能為多少？解：

把后面的9個小球看成一個整體，由完全非彈性碰撞模型,有解：取人和氣球為對象，系統(tǒng)開始靜止且同時開始運動，人下到地面時，人相對地的位移為h，設氣球對地位移L，則根據推論有

ML=mh得L=hmM地面Lh因此繩的長度至少為L+h=(M+m)hM

專題聚焦例7:載人氣球原來靜止在空中，與地面距離為h，已知人的質量為m，氣球質量（不含人的質量）為M。若人要沿輕繩梯返回地面，則繩梯的長度至少為多長？2．人船模型S1S2bMm解：劈和小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，故水平方向動量守恒，且初始時兩物均靜止，故由推論知ms1=Ms2,其中s1和s2是m和M對地的位移，由上圖很容易看出：s1=b-s2代入上式得，m(b-s2)=Ms2,所以s2=mb/(M+m)即為M發(fā)生的位移。

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例8.一個質量為M,底面邊長為b

的劈靜止在光滑的水平面上，見左圖，有一質量為m的物塊由斜面頂部無初速滑到底部時，劈移動的距離是多少？θ

拓展：如圖所示，三個形狀不同，但質量均為M的小車停在光滑水平面上，小車上質量為m的滑塊，由靜止開始從一端滑至另一端，求在此過程中，小車和滑塊對地的位移是多少？LRba

專題聚焦解:滑塊與圓環(huán)組成相互作用的系統(tǒng)，水平方向動量守恒。雖均做非勻速運動，但可以用平均動量的方法列出動量守恒表達式。soRR-s

設題述過程所用時間為t，圓環(huán)的位移為s，則小滑塊在水平方向上對地的位移為（R-s），如圖所示.即

Ms=m(R－s)

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拓展:如圖所示，質量為M，半徑為R的光滑圓環(huán)靜止在光滑水平面上，有一質量為m

的小滑塊從與環(huán)心O等高處開始無初速下滑到達最低點時，圓環(huán)發(fā)生的位移為多少？oR取圓環(huán)的運動方向為正，由動量守恒定律得

專題聚焦d例9.如圖所示，寬為d、質量為M的正方形木靜止在光滑水平面上，一質量m的小球由靜止開始沿“Z”字通道從一端運動到另一端，求木塊-和小球的對地位移.解：

把小球和木塊看成一個系統(tǒng),由于水平方向所受合外力為零,則水平方向動量守恒.設小球的水平速度為v1、木塊的速度為v2，則有mv1=Mv2若小球對地位移為s1、木塊對地位移為s2，則有ms1=Ms2且s1+s2=d解得

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例10.

質量為M的船靜止于湖水中，船身長L,船頭、船尾分別站著甲、乙兩人，甲的質量為m1，乙的質量為m2，且m1＞m2，求當甲、乙兩人交換位置后，船身位移的大小是多少？S人S船M+2m2m1－m2解析：

船及甲、乙兩人組成的系統(tǒng)水平方向不受外力作用，故水平方向動量守恒，系統(tǒng)每時每刻總動量為零，符合人船模型的條件。甲、乙兩人互換位置相當于質量為（ml－m2）的人在質量為M＋2m2的船上，從甲的位置走到乙的位置，如圖所示?？梢詰萌舜Ｐ偷慕Y論,得船的位移：

專題聚焦Ot/sv/m.s-11234512ABv0v0

例11、質量為M=4.0kg的平板小車靜止在光滑的水平面上，如圖所示，當t=0時，兩個質量分別為mA=2kg、mB=1kg的小物體A、B都以大小為v0=7m/s。方向相反的水平速度，同時從小車板面上的左右兩端相向滑動。到它們在小車上停止滑動時，沒有相碰，A、B與車間的動摩擦因數μ=0.2，取g=10m/s2,求：（1）A在車上剛停止滑動時，A和車的速度大?。?）A、B在車上都停止滑動時車的速度及此時車運動了多長時間。（3）在給出的坐標系中畫出小車運動的速度——時間圖象。

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解:(1)當A和B在車上都滑行時，在水平方向它們的受力分析如圖所示：ABv0v0fAfBf車由受力圖可知，A向右減速，B向左減速，小車向右加速，所以首先是A物塊速度減小到與小車速度相等。設A減速到與小車速度大小相等時，所用時間為t1，其速度大小為v1，則：v1=v0-aAt1μmAg=mAaB ①v1=a車t1μmAg-μmBg=Ma車②由①②聯立得：v1=1.4m/st1=2.8s ③（2）根據動量守恒定律有：mAv0－mBv0=(M+mA+mB)v ④v=1m/s ⑤總動量向右，

當A與小車速度相同時，A與車之間將不會相對滑動了。

專題聚焦設再經過t2時間小物體A與B、車速度相同，則：－v=v1－aBt2⑥μmBg=(mA＋m車)aB⑦由⑥⑦式得：t2=1.2s所以A、B在車上都停止滑動時，車的運動時間為t=t1+t2=4.0s ⑧

Ot/sv/m.s-11234512（3）由（1）可知t1=2.8s時，小車的速度為v1=1.4m/s，在0~t1時間內小車做勻加速運動。在t1~t2時間內小車做勻減速運動，末速度為v=1.0m/s,小車的速度—時間圖如圖所示ABv0v0

專題聚焦3．子彈打木塊模型例12

如圖所示，在光滑水平面上有一質量為M的盒子，盒子中央有一質量為m的小物體（大小可忽略），它與盒底部的摩擦系數為μ。盒子內部長L，現給物體m以水平初速v0向右運動。設物體與壁碰撞時無能量損失。求：（1）物體相對盒子靜止時，盒的速度大??；（2）物體m與盒壁碰撞的碰撞次數。mv0L解析：

由m以v0開始運動到m與M相對靜止的全過程中，系統(tǒng)動量守恒，符合子彈打木塊模型。即mv0=（M＋m）v由可得

所以

專題聚焦ABCMv0θ

例13、如圖所示,傾角θ＝370的固定斜面AB長L=12m,質量為M=1kg的木塊由斜面上的中點C從靜止開始下滑,0.5s時被一顆質量為m=20g的子彈以v0=600m/s沿斜面向上的速度正對木塊射入并穿出,穿出時速度u=100m/s.以后每隔1.5s就有一顆子彈射入木塊,設子彈射穿木塊的時間可忽略不計，且每次射入木塊對子彈的阻力都相同。已知木塊與斜面間的動摩擦因數μ=0.25。(g取10m/s2，sin370＝0.60，cos370＝0.80)，求：⑴第一顆子彈從木塊中穿出時木塊的速度大小和方向。⑵木塊在斜面上最多能被多少顆子彈擊中。⑶在木塊從C點開始運動到最終離開斜面的過程中，子彈、木塊和斜面這一系統(tǒng)所產生的總熱量是多少。

專題聚焦ABCMv0θ解：

（1）木塊開始下滑時:Mgsinθ—μMgcosθ=Ma1a1=g(sinθ—μcosθ)=4m/s20.5秒時下滑位移：m末速度v1=a1t1=2m/s設第一顆子彈穿過木塊時木塊的速度大小為V1/,方向沿斜面向上：由動量守恒定律:mv0－Mv1=mu+Mv1/

∴v1/=

8m/s方向沿斜面向上(2）木塊沿斜面上滑時：對木塊:由－Mgsinθ－μMgcosθ=Ma2∴a2=－8m/s2

上滑時間：上滑位移：∵t2<1.5s，∴第二顆子彈擊中木塊前，木塊上升到最高點P1后又會下滑0.5秒。

專題聚焦ABCMv0θ故木塊到A點的最大距離為：木塊從P1再次下滑0.5s秒后被第二顆子彈擊中，與第一顆子彈擊中后過程完全相同，故再次上滑的位移仍為4m.9.5+4–0.5=13m＞12m由此可知，第二顆子彈擊中木塊后，木塊將滑出斜面。故共有兩顆子彈擊中木塊。（3）全過程系統(tǒng)所產生的熱量可分兩部分：①兩顆子彈穿過木塊所產生的內能為：6940J②木塊在斜面上滑行時所產生的內能：∵木塊在斜面上滑行的總路程為:s=0.5+4+0.5+3=8m那么產生的內能為：ΔU2=μMgcosθs=16J∴總全過程系統(tǒng)所產生的熱量為:ΔU=ΔU1+ΔU2=6956J

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例14：如圖甲,一質量為0.4kg足夠長且粗細均勻的絕緣細管置與水平地面上,細管內表面粗糙,外表面光滑有一質量為0.1kg電量為0.1C的帶正電小球沿管以水平向右的速度進入管內，細管內徑略大于小球直徑,已知細管所在位置有水平方向垂直于管向里的勻強磁場,磁感應強度為1特g取10m/s2)（2）若細管不固定,帶電小球以v0=20m/s的初速度進入管內,且整個運動過程中細管沒有離開地面,則系統(tǒng)最終產生的內能為多少?(1)當細管固定不動時,在乙圖中畫出小球在管中運動初速度和最終穩(wěn)定速度的關系圖象（取水平向右為正方向51015202520100vt/ms-1V0/ms-1乙v甲

專題聚焦v甲解：帶正點的小球受力如圖qvBFNmgf洛侖磁力隨速度的變化而變化，導致支持力、摩擦力的變化。

當洛侖磁力等于重力時摩擦力為0.此時,小球和細管的速度保持不變。達到穩(wěn)定的運動狀態(tài).則：當qvB=mg時v=mg/qB=10m/s

（1）當初速度小于10m/s時，支持力方向向上，并隨速度的減小增大。所以最終小球速度為0。當初速度大于10m/s時支持力方向向下，并隨速度的減小而減小，當速度減小為10m/s時，支持力、摩擦力都為0，速度保持不變。

小球在管中運動初速度和最終穩(wěn)定速度的關系圖象如圖所示51015202520100vt/ms-1V0/ms-1（2）因為初速度大于10m/s所以小球的最終速度是V1