用能量守恒思想拓展“完弹模型”
动量守恒定律 子弹 弹簧模型
一、子弹大木块1、如图所示,质量为M的木块固定在光滑的水平面上,有一质量为m的子弹以初速度v0水平射向木块,并能射穿,设木块的厚度为d,木块给子弹的平均阻力恒为f.若木块可以在光滑的水平面上自由滑动,子弹以同样的初速度水平射向静止的木块,假设木块给子弹的阻力与前一情况一样,试问在此情况下要射穿该木块,子弹的初动能应满足什么条件?2、如图所示,静止在光滑水平面上的木块,质量为、长度为。
—颗质量为的子弹从木块的左端打进。
设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为的阻力,要使子弹刚好从木块的右端打出,则子弹的初速度应等于多大?涉及子弹打木块的临界问题二、板块3、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v从木块的左端滑向右端,设物块与木块间的动为m的物块(可视为质点),以水平初速度摩擦因数为 ,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。
图14、如图所示,—质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水平地面上,在其右端放一质量为m的小木块A,m<M.现以地面为参照系给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图),使A开始向左运动、B开始向右运动,但最后A刚好没有滑离B板.以地面为参照系,(1)若已知A和B的初速度大小为,求它们最后的速度的大小和方向.(2)若初速度的大小未知,求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.三、 弹簧5.(8分)如图2所示,质量M =4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上,其右端固定一根轻质弹簧,弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5 m ,这段滑板与木块A (可视为质点)之间的动摩擦因数μ=0.2,而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑.小木块A 以速度v 0=10 m/s 由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动.已知木块A 的质量m =1 kg ,g 取10 m/s 2.求:(1)弹簧被压缩到最短时木块A 的速度 ; 2 m/s (2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能. 39 J6、(09·山东·38)(2)如图所示,光滑水平面轨道上有三个木块,A 、B 、C ,质量分别为m B =m c =2m ,m A =m ,A 、B 用细绳连接,中间有一压缩的弹簧 (弹簧与滑块不栓接)。
动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用-高考物理复习
C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
√D.两个过程中系统产生的热量相等
子弹射入滑块过程中,子弹与滑块构成的系
统动量守恒,有mv0=(m+M)v,两个子弹的 末速度相等,所以子弹速度的变化量相等,A错误;
滑块A、B动量变化量相等,受到的冲量相等,B正确; 对子弹运用动能定理,有 Wf=12mv2-12mv02,由于末速度 v 相等,所 以阻力对子弹做功相等,C 错误; 对系统,由能量守恒可知,产生的热量满足 Q=12mv02-12(m+M)v2, 所以系统产生的热量相等,D 正确.
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2.(多选)如图所示,质量为M的木块放在光滑的水平面上,质量为m的子
弹(可视为质点)以水平速度v0射中木块,并最终留在木块中与木块一起 以速度v运动,已知当子弹相对木块静止时,木块前进距离为L,子弹进
入木块的深度为s,此过程经历的时间为t.若木块对子弹的阻力大小Ff视 为恒定,则下列关系式中正确的是
√A.长木板B的质量为2 kg √B.物块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1
C.长木板B的长度至少为2 m
√D.物块A与长木板B组成的系统损失的机械能为2 J
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A做匀减速运动,B做匀加速运动,最后一起做匀 速运动,共同速度v=1 m/s,取向右为正方向,设 B的质量为M,根据动量守恒定律得mv0=(m+M)v,解得M=2 kg, 故A正确; 木板 B 匀加速运动的加速度 aB=ΔΔvt =1 m/s2,根据牛顿第二定律,对 B 有 μmg=MaB,解得 μ=0.1,故 B 正确;
两次打穿木块过程中,子弹受到的阻力相等,阻力对子弹做的功等
于子弹损失的动能,即ΔEk损=Ffx,由于x2>x1,所以ΔEk2损>ΔEk1损,
子弹打木块、弹簧模型
(4)弹簧恢复原长时,AB的速度?
(5) A的最大速度? (6)B的最小速度如何?
注意:弹簧状态的把握
由于弹簧的弹力随形变量变化,所以弹簧弹力联系 的“两体模型”,一般都是作加速度变化的复杂运动 ,所以通常需要用“动量关系”和“能量关系”分析 求解。复杂的运动过程不容易明确,特殊的状态必须 把握;弹簧最长(短)时两体的速度相同;弹簧自由 时两体的速度最大(小)。
2、质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有 一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4m/s的速 度与甲相向运动,如图所示.则( AD)
A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力属于内力作用, 故系统动量守恒
B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零 C.甲物块的速率可能达到5m/s D.当甲物块的速率为1m/s时,乙物块的速率可能为2m/s, 也可能为0
例1、
总结求解方法:
1、动量守恒——关键看系统的合外力是否为零 2、受力分析,“子弹打木块”模型实质是两个物体在一对作用 力和反作用力(认为是恒力)作用下的运动,物体做匀变速运 动,可用动力学规律求解 3、求时间——单个物体运用动量定理或牛顿运动定律和运动学 关系 4、求位移——单个物体运用动能定理或牛顿运动定律和运动学 关系 5、涉及相对位移——有机械能向内能转化 E损=Q=fS相 6、匀变速运动---可利用v-t图像(定性分析时多用到)
二、弹簧模型的特点与方法
1、注意弹簧弹力特点及运动过程。 弹簧弹力不能瞬间变化
2、弹簧连接两种形式:连接或不连接。 连接:可以表现为拉力和压力 不连接:只表现为压力。
3、动量问题:动量守恒。 4、能量问题:机械能守恒(弹性碰撞)。
动能和弹性势能之间的转化
动量守恒之弹簧及圆弧模型
相互作用的两个物体在很多情况下运动特征与碰撞问题类似,可以运用动量、能量守恒来分析,物块弹簧模型是一类典型的问题。
我们首先结合下面的例子,说明如何分析物块弹簧模型的运动情景。
【问题】如图所示,物块B 左端固定一轻弹簧,静止在光滑的水平面上,A 物体以速度0v 向B 运动,假设A 与弹簧接触之后立即与弹簧粘连在一起不再分开,那么此后A 、B 与弹簧相互作用的过程中,运动情景如何呢?【分析】A 、B 的运动涉及追及相遇问题,重点要把握住:两物体距离最近(弹簧最短)或最远(弹簧最长)时二者的速度相等。
⑴ 弹簧刚开始被压缩的过程中,B 受到弹簧的弹力向右做加速运动,A 受到弹力做减速运动,开始时A 的速度大于B 的速度,弹簧一直被压缩;⑵ 当A B 、的速度相等时,弹簧缩短到最短,此时弹簧的弹性势能最大;⑶ 此后由于A 继续减速,B 继续加速,B 的速度开始大于A 的速度,弹簧压缩量逐渐减小;⑷ 当弹簧恢复至原长时,弹性势能为零,A 的速度减至最小,B 的速度增至最大;⑸ 此后弹簧开始伸长,A 做加速运动,B 做减速运动;⑹ 当弹簧伸长至最长时,A B 、的速度再次相等,弹簧的弹性势能最大;⑺ 此后A 继续加速,B 继续减速,弹簧逐渐缩短至原长;⑻ 当弹簧再恢复至原长时,弹性势能为零,A 的速度增至最大,B 的速度减至最小。
此后将重复上述过程。
上面我们从受力和运动的角度,分析了弹簧的运动情景。
如果两物体是在光滑水平面上运动,系统的动量守恒;在这个过程中只有两物体的动能和弹簧弹性势能的相互转化;因此,我们可以从动量和能量的角度来分析问题。
设任意时刻A 、B 的速度分别为A v 、B v ,弹簧的弹性势能为p E 。
由动量守恒可得:0A A A B B m v m v m v =+;由能量守恒可得:2220p 111222A A AB B m v m v m v E =++;由此可以求解整个运动过程中各种速度及弹性势能的极值问题,具体结果请同学们自己分析。
动量守恒定理应用之滑块子弹打木块模型
动量守恒定理应用之滑块子弹打木块模型动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型动量守恒定理应用的几种模型分析动量守恒定律中常常涉及这样几种模型:人船模型,子弹打木块模型,滑块模型,弹簧模型等1人船模型:这是一种通过平均动量守恒来解决的问题。
解决问题时,画一个物体位移关系的草图,找出物体之间的位移关系。
【例1】质量为m的小船长为l浮在静水中。
开始时质量为m的人站在船头,人和船均处于静止状态。
若此人从船头走到船尾,不计水的阻力,则船将前进的距离为a、 ml/(m+m)b、ml/(m+m)c、ml/(m-m)d、ml/(m-m)【解析】以人和船组成的系统为研究对象,由于人从船头走向船尾,系统在水平方向上不受外力作用,所以水平方向动量守恒,人起步前人和船均静止系统的总动量为零。
以河岸为参考系有0=mv船→岸+mv人→岸人走船走人停船停。
整个过程中,每一时刻系统都满足动量守恒定律,位移x=v平均t,所以0=ml船→岸+ml人→岸,根据位移关系可知l=l 船→岸+l人→岸,解得l船→岸=ml/(m+m)【答案】a人船模型通常涉及速度。
在求解对象时,我们必须分析它与哪个参考系有关。
如果给定的速度不是相同的参考系,则必须将其转换为相同的参考系。
2.子弹击中木块模型:这类问题以系统为研究对象,水平方向满足动量守恒条件。
然而,由于摩擦,系统的机械能不守恒,损失的机械能等于摩擦和相对位移的乘积。
解决问题时最好画一个运动草图,物体位移之间的关系非常直观。
【例题2】: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。
【分析】:如图所示,子弹穿过木块的阻力为f,木块的速度为V,位移为为s,则子弹位移为(s+l)以子弹木块为系统,由动量守恒定律得:mv0=mv+mv(1)动能定理中的2L,对于子弹-f(s+L)=1mv2?1mv0(2)22v0vs对于木块FS=1mv2?0(3)2m2m2由①式得v=m(v0?v)代入③式有fs=1m?m2(v0?v)2④11111 M22② + ④ 得到FL=1mv0?mv2?mv2?mv0?{mv2?m[(v0?v)]2}222222m注意:这类问题存在临界条件,即子弹射出和留在滑块中。
完全弹性模型解的应用及展拓
完全弹性模型解的应用及展拓作者:杨福来源:《中学物理·高中》2013年第09期1 完全弹性模型的解如图1所示,质量为m2的小球2静止在光滑水平面上.质量为m1的小球1以v0与球2发生弹性正碰,求碰后球1、球2的速度.解析这是“一动一静”的完全弹性模型.碰撞过程系统动量守恒m1v0=m1v1+m2v2(1)碰撞前后机械能不变12m1v20=12m1v21+12m2v22(2)(1)式整理为 m1(v0-v1)=m2v2(3)(2)式整理为 m1(v20-v21)=m2v22(4)由(3)、(4)式解得两组解第一组解v1=(m1-m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2.讨论:当m1>m2时,v1>0,v2>0,二者沿球1原方向同向运动;当m1=m2时,v1=0,v2=v0,二者交换速度;当m10,球1反弹.球2沿球1原方向同向运动.第二组解:v1=v0,v2=0.结果出乎意料,它告诉我们:两球经过复杂的相互作用,却完全恢复到初始状态,运动速度均不变.2 模型解的应用通常有关完全弹性模型计算问题的物理情景与此模型的两组解相对应.而两种情形下模型的应用往往体现为有关动量与能量的综合题的部分计算上,应做出恰当的取舍.下面就两种不同情形,我们分别赏析一例:应用1 (2009年高考北京卷24题)如图2所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB段与BC段平滑连接.质量为m1的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机械能损失.(1)求碰撞后小球m2的速度大小v2;(2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用.为了探究这一规律,我们才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型.如图3所示,在固定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3、…mn-1、mn…的若干个球沿直线静止相间排列,给第1个球初能Ek1,从而引起各球的依次碰撞.定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n.a.求k1n;b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量.求m2为何值时,k1n值最大.解析与评点(1)设碰撞前的速度为v10,根据机械能守恒定律m1gh=12m1v210(1)设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律m1v10=m1v1+m2v2(2)由于碰撞过程中无机械能损失12m1v210=12m1v21+12m2v22(3)(2)、(3)式联立解得v2=2m1v10m1+m2将(1)代入(4)得v2=2m12ghm1+m2.(2) a.由(4)式,考虑到Ek1=12m1v210和Ek2=12m1v22,根据动能传递系数的定义,对于1、2两球:k12=Ek2Ek1=4m1m2(m1+m2)2(5)同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为k13=EknEk1=Ek2Ek1·Ek3Ek2=4m1m2(m1+m2)2·4m2m3(m2+m3)2(6)依次类推,动能传递系数k1n应为k1n=EknEk1=Ek2Ek1·Ek3Ek2…=EknEk(n-1)=4m1m2(m1+m2)2·4m2m3(m2+m3)2…4mn-1mn(mn-1+mn)2,解得k1n=4n-1m1m22m23…m2n-1mn(m1+m2)2…(mn-1+mn)2.b.将m1=4m0,m3=m0代入(6)式可得k12=64m20〖m2(4m0+m2)(m2+m0)〗2,为使k13最大,只需使m2(4m0+m2)(m2+m0)=14m20最大,即m2+4m20m2取最小值.由m2+4m20m2=(m2-2m0m2)2+4m0可知:当m2-2m0m2,即m2=2m0时,k13最大.该题涉及完全弹性模型中动量与能量的综合的部分计算,我们根据球与球之间的一系列相互碰撞过程的具体物理情景,多次选择了两个守恒方程的第一组解,这是对该题解做出的正确选择.应用2 如图4所示,质量为m2的表面光滑的凸形物体静止在光滑水平面上,一质量为m1的光滑小球以v0滑上凸形物体,且恰好过最高点又从另一侧曲面滑下,求球与凸形物体分离后二者速度v1 、v2.解析与评点小球与凸形物二者相互作用过程无机械能损失,且水平方向动量守恒,可视为一个完全弹性碰撞过程,故m1v0=m1v1+m2v2(1)12m1v20=12m1v21+12m2v22(2)(1)式整理为 m1(v0-v1)=m2v2(3)(2)式整理为 m1(v20-v21)=m2v22(4)由(3)、(4)式解得两组解v1=m1-m2)v0m1+m2,v2=2m1v0m1+m2,及v1=v0,v2=0.根据小球与凸形物二者相互作用过程的具体物理情景,此题只能取方程的第二组解(决不能取第一组解).但学生早已熟悉了弹性碰撞模型的第一组解,由于思维定势的原因学生会轻易确定此题答案为第一组解而放弃第二组解造成重大解题失误.3 模型解的展拓常见的关于两个守恒的应用问题往往是“完全弹性模型”的变式与发展.我们再来在鉴赏两例.展拓1 如图5所示,轻弹簧的两端与物块m1、m2连在一起,将m1、m2放在光滑的水平面上,弹簧自然伸长时,m2靠墙,m1静止在A点,现用水平力F将弹簧压缩一段距离后静止,此过程中力F做功为4.5 J,m1质量为1 kg,m2质量为2 kg,当F撤去后,m1、m2会向右运动,则:(1)m1在动动中的最大速度为多少?(2)m2在运动中的最大速度是多少?(3)m1在越过A点后速度最小时,弹簧的弹性势能为多少?解析与评点 m2离开墙壁后系统的动量及机械能均守恒,是一典型的“完全弹性模型”. 题目考察实质是“完全弹性模型”中两个弹性物的运动及能量问题.(1)弹簧第一次恢复到原长时,m1的最大速度v1=v0,有WF=Ep=12mv20,解得v1= v0=3 m/s.(2)m2离开墙后,系统动量、机械能均守恒,由m2的动力学分析知:弹簧恢复至原长时m2速度最大.设二者此时速度分别为v1、 v2,由动量守恒定律及机械能守恒定律有:m1v1+m2v2=m1v0,及12m1v21+12m2v22=12m1v20,即 v1+2v2=3(3)v21+v22=9(2)解得v1=-1.8 m/s,v2=2.4 m/s及v1=3 m/s,v2=0(舍去).(3)因弹簧恢复到原长时(由拉伸最长向原长恢复)A速度变为-1.8 m/s,表明此过程A 的最小速度为v1=0.设此时B的速度为v2,系统的弹性势能为Ep,由动量守恒定律及机械能守恒定律有m1v1+m2v2=m1v0,Ep +12m1v21+12m2v22=12m1v20,即 1×3 = 2×v2(3)Ep=12×1×32-12×2×v22(4)解得v2=1.5 m/s,Ep=2.25 J.在问题(2)中,我们为什么取第一组解而舍掉第二组解,第二组解又反映出什么物理问题?仔细研究两物体的运动过程,我们就会发现,只要弹簧处于拉伸状态,m2就会被加速直到弹簧恢复到原长——系统弹性势能为零(全部转化为动能),m2速度才达到最大;在此过程中,m2经过两个阶段的变加速运动,而m1经历的却是先减速再反向加速过程,速度方向发生了改变.故取第一组解.而第二组解恰好反映系统完全恢复原貌时的初始状态,它告诉我们:经历复杂的动力学过程,当 m1速度恢复到m2 刚要离开墙壁时的原值(大小3 m/s,方向向右)时,m2速度也恢复到它刚要离开墙壁时的零值,该组解当然不合本题的题意.因以上两种情况所对应的数学方程完全相同,故同一方程组所对应的两组解同样描述两种特定的物理状态.展拓2 如图6所示放在光滑水平面上的A、B两物体,系在同一细绳的两端,开始绳是松驰的,A和B向相反的方向运动,将绳拉断,那么绳拉断后,A、B可能出现的运动状态是A.A和B同时停下来B.A和B沿各自原方向运动C.其中一个停下来,另一个与它原来的速度等大反向运动D.A和B沿同一方向运动解析与评点若将绳子视为一弹性绳(弹簧),则上述系统构成一典型的“完全弹性模型”.题目考察实质是“完全弹性模型”中两个弹性球之间的相对运动问题.我们就知道:弹性绳(弹簧)被拉断,一定是在弹性绳(弹簧)拉伸到最长前.即:弹性绳(弹簧)被拉断时,是发生在两个物体的间距在达到最大之前或刚刚达到最大.故绳断后A、B两物体的运动速度只要能够使得二者之间的相对位移增加就都是符合题意的.故正确答案是A、B、D.该题中,我们将绳子视为弹簧,实际就是将A、B两物体间的相互作用过程看作是一个弹性碰撞过程.通过定性、半定量研究二者之间的相对运动来实现破题.总而言之,完全弹性模型问题的具体物理情景与两个守恒方程的两组数学解完全对应.两组数学解相互补充,可拓展到所有的动量守恒与动能守恒问题求解,我们应特别注重根据问题的具体物理情景对题解做出的正确选择.。
高考物理一轮复习课件:动量守恒定律的应用(子弹、滑块模型)
16.如图,上侧足够长的水平传送带始终以大小为v=3m/s的速度向左运动,传送带上有一质 量为M=2kg的小木盒B,B与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.3.开始时,B与传送带之间保持 相对静止.先后相隔Δt=3 s有两个质量为m=1kg的光滑小球A自传送带的左端出发,以 v对0静=1止5m,/第s的2个速球度出在发传后送历带时上Δ向t右1=运2s动而.与第木1个盒球相与遇木(取盒g相=1遇0后m,/球s2立).即求进: 入盒中与盒保持相
10.静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg;两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离L=1.0 m, 如图6所示。某时刻,将压缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得 的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、 B与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.20。重力加速度取g=10 m/s2。A、B运
(1)在涉及滑块或滑板的时间时,优先考虑用动量定理. (2)在涉及滑块或滑板的位移时,优先考虑用动能定理. (3)在涉及滑块相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒. (4)滑块恰好不相对滑动时,滑块与滑板达到共同速度.
1.如图所示,一质量m=2kg的长木板静止在水平光滑地面上,某时 刻一质量M=1kg的小铁块以水平向左v0=9m/s的速度从木板的右端 滑上木板.已知铁块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,取重力加速 度g=10 m/s2,木板足够长,求:铁块与木板摩擦所产生的热量Q, 相对位移(木板至少多长才不滑下来)?
4.如图所示,一质量m=2kg的长木板静止在水平地面上,某时刻一 质量M=1kg的小铁块以水平向左v0=9m/s的速度从木板的右端滑 上的动木摩板.擦已因知数木μ板2=与0.地1,面取间重的力动加摩速擦度因g=数10μm1=/0s.2,4木.铁板块足与够木长板,求间: 铁块与木板摩擦所产生的热量Q
动量守恒之滑块子弹打木块模型
lv 0 v S动量守恒定律的应用1—— 子弹打木块模型模型: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v 0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。
解:如图,设子弹穿过木块时所受阻力为f ,突出时木块速度为V ,位移为S ,则子弹位移为(S+l)。
水平方向不受外力,由动量守恒定律得:mv 0=mv+MV ①由动能定理,对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv - ②对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v Mm M -• ④ ②+④得 f l =})]([2121{2121212120220222v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=-- 结论:系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能,且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。
即Q=ΔE 系统= fS 相问题:①若要子弹刚好能(或刚好不能)穿出木块,试讨论需满足什么条件②作出作用过程中二者的速度-时间图像,你会有什么规律发现例题:一木块置于光滑水平地面上,一子弹以初速v 0射入静止的木块,子弹的质量为m ,打入木块的深度为d ,木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动,此过程中转化为内能的能量为A .)(2102v v v m - B.)(00v v mv - C.s vd v v m 2)(0- D.vd S v v m )(0-v 0A Bv 0 AB v 0 lA 2v 0 v 0B C滑块、子弹打木块模型练习1.在光滑水平面上并排放两个相同的木板,长度均为L=1.00m ,一质量与木板相同的金属块,以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ,金属块与木板间动摩擦因数为μ=,g 取10m/s 2。
求两木板的最后速度。
2.如图示,一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m 的小木块A ,m <M ,现以地面为参照物,给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度使A 开始向左运动,B 开始向右运动,但最后A 刚好没有滑离B 板。
2025版高考物理一轮复习课件 专题强化:动量守恒在子弹打木块模型和“滑块—木板”模型中的应用
第七章
动量守恒定律
第 4
专题强化:动量守恒在子弹打木块模 型和“滑块—木板”模型中的应用
课
时
目标 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型。 要求 2.会用动量观点和能量观点分析计算“滑块—木板”模型。
内 容
考点一 子弹打木块模型
索
引
考点二 “滑块—木板”模型
考点二 “滑块—木板”模型
(3)从开始到共速,小车运动的位移大小x1; 答案 0.096 m
对小车,根据动能定理有 μm2gx1=12m1v2-0, 解得 x1=2mμm1v22g=0.096 m
考点二 “滑块—木板”模型
(4)从开始到共速,物块运动的位移大小x2; 答案 0.336 m
x2=v0+2 vt=2+20.8×0.24 m=0.336 m
考点一 子弹打木块模型
设子弹射入木块后与木块的共同速度为v,对子弹和木块组成的系统, 由动量守恒定律得mv0=(M+m)v,代入数据解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能 Q=12mv02-12(M+m)v2=882 J
考点一 子弹打木块模型
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块,则 在射中木块后能否射穿该木块? 答案 能
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根据动能定理可知,子弹对滑块做的功等于滑 块动能的增加量,两滑块质量相同,初动能相 同,末动能相同,则子弹对滑块A做的功和对滑 块B做的功相等,故D正确。
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2.如图所示,光滑水平面上有一矩形长木板,木板左端放一小物块,已 知木板质量大于物块质量,t=0时两者从图中位置以相同的水平速度v0向 右运动,碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回 来,运动过程中物块一直未离开木板,则关于物 块运动的速度v随时间t变化的图像可能正确的是
专题08 能量守恒定律应用模型-高考物理模型法之算法模型法(解析版)
模型界定本模型中主要总结各种功能关系以及利用功能关系、能量守恒解题的方法模型破解1.对功能关系的理解功能关系即功和能的关系:功是能量转化的量度,包含两层含义:(1)做功的过程就是能量转化的过程(2)做功的多少决定了能转化的数量,即:功是能量转化的量度2.几个常见的功能关系⑴动能定理物体动能的增量由外力做的总功来量度:W外=ΔE k。
⑵势能定理物体重力势能的增量由重力做的功来量度:W G= -ΔE P;弹簧弹性势能的增量由弹力做的功来度量:W弹力= -ΔE P物体与星球之间引力势能的增量由引力做的功来量度:W引力= -ΔE P电荷的电势能的增量由电场力做功来量度:W电场力= -ΔE P⑶机械能定理物体机械能的增量由重力、弹力以外的其他力做的功来量度:W其=ΔE机,(W其表示除重力、弹力以外的其它力做的功)⑷机械能与内能一个系统因摩擦产生的热量即系统增加的内能由一对互为作用力反作用力的滑动摩擦力做的总功来量度:f·žd=Q(d为这两个物体间相对移动的路程)⑸电能与其它形式的能一段电路中,电能与其它形式能量之间的转化由电流做功度量:W=UIt=ΔE电;纯电路中电路中电流做功将电能全部转化为焦耳热。
(6)电磁感应中机械能与电能的转化在电磁感应电路中,安培力所做的功度量着电能与机械能间的相互转化:W安=△E电,安培力做正功,对应着电能转化为其他形式的能(如电动机模型);克服安培力做功,对应着其它形式的能转化为电能(如发电机模型);且安培力作功的绝对值,等于电能转化的量值。
3.能量守恒定律(1)能量守恒定律内容为:能量既不会凭空产生,也不会凭空消失,它只能从一种形式转化为另一种形式,或者从一个物体转移到别的物体;在转化和转移过程中其总量不变.(2)对能量守恒定律的两点理解(i)某种形式的能量减少,一定存在其他形式的能量增加,且减少量和增加量一定相等;(ii)某个物体的能量减少,一定存在其他物体的能量增加,且减少量和增加量一定相等。
物理-用动量守恒定律解决“三类模型”问题
用动量守恒定律解决“三类模型”问题物理题型 1.会用动量守恒观点分析反冲运动和人船模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”“滑块—木板”模型的有关问题.题型一 反冲运动和人船模型1.反冲运动的三点说明作用原理反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果动量守恒反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律机械能增加反冲运动中,由于有其他形式的能转化为机械能,所以系统的总机械能增加2.人船模型(1)模型图示(2)模型特点①两物体满足动量守恒定律:m v 人-M v 船=0②两物体的位移满足:m -M =0,x 人t x 船t x 人+x 船=L ,得x 人=L ,x 船=LM M +m mM +m (3)运动特点①人动则船动,人静则船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;②人船位移比等于它们质量的反比;人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比,即==.x 人x 船v 人v 船Mm 反冲运动例1 一火箭喷气发动机每次喷出m =200 g 的气体,气体离开发动机喷出时的速度v =1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M =300 kg ,发动机每秒喷气20次.(1)当发动机第三次喷出气体后,火箭的速度为多大?(2)运动第1 s 末,火箭的速度为多大?答案 (1)2 m/s (2)13.5 m/s解析 (1)设喷出三次气体后火箭的速度为v 3,以火箭和三次喷出的气体为研究对象,据动量守恒定律得:(M -3m )v 3-3m v =0,故v 3=≈2 m/s3m vM -3m (2)发动机每秒钟喷气20次,以火箭和20次喷出的气体为研究对象,根据动量守恒定律得:(M -20m )v 20-20m v =0,故v 20=≈13.5 m/s.20m vM -20m 人船模型例2 有一只小船停靠在湖边码头,小船又窄又长(重一吨左右).一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量.他进行了如下操作:首先将船平行于码头自由停泊,轻轻从船尾上船,走到船头停下,而后轻轻下船.用卷尺测出船后退的距离d ,然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ,水的阻力不计,则船的质量为( )A.B.m (L +d )d m (L -d )dC.D.mL d m (L +d )L答案 B解析 设船的质量为M ,人走动的时候船的速度为v ,人的速度为v ′,人从船头走到船尾用时为t ,人的位移为L -d ,船的位移为d ,所以v =,v ′=.以船后退的方向为正方d t L -d t 向,根据动量守恒有:M v -m v ′=0,可得:M =,小船的质量为:d t m (L -d )t M =,故B 正确.m (L -d )d1.(滑块—斜面中的人船模型)如图1所示,一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上,斜面体质量为M ,顶端高度为h .现有一质量为m 的小物块,沿光滑斜面下滑,当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时,斜面体在水平面上移动的距离是( )图1A.B.mhM +m Mh M +m C.D.mh(M +m )tan αMh (M +m )tan α答案 C解析 m 与M 组成的系统在水平方向上动量守恒,设m 在水平方向上对地位移大小为x 1,M 在水平方向上对地位移大小为x 2,以水平向左为正方向,则有0=mx 1-Mx 2,且x 1+x 2=,解得x 2=,C 项正确.h tan αmh(M +m )tan α2.(竖直方向上的人船模型)如图2所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m 1=50 kg 的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m 2=20 kg ,长绳的下端刚好和水平面接触,当静止时人离地面的高度为h =5 m .如果这个人开始沿绳向下滑,当滑到绳下端时,他离地面的高度是(可以把人看成质点)( )图2A .5 mB .3.6 mC .2.6 mD .8 m答案 B解析 当人滑到下端时,设人相对地面下滑的位移大小为h 1,气球相对地面上升的位移大小为h 2,由动量守恒定律,得m 1=m 2,且h 1+h 2=h ,解得h 2≈3.6 m ,所以他离地高度h 1t h 2t是3.6 m ,故选项B 正确.题型二 子弹打木块模型1.模型图示2.模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒.(2)系统的机械能有损失.3.两种情景(1)子弹嵌入木块中,两者速度相等,机械能损失最多(完全非弹性碰撞).动量守恒:m v 0=(m +M )v能量守恒:Q =F f ·s =m v 02-(M +m )v 21212(2)子弹穿透木块.动量守恒:m v 0=m v 1+M v 2能量守恒:Q =F f ·d =m v 02-(M v 22+m v 12)121212例3 一质量为M 的木块放在光滑的水平面上,一质量为m 的子弹以初速度v 0水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为F f .则:(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少?(2)子弹在木块内运动的时间为多长?(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少?(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少?(5)要使子弹不射出木块,木块至少多长?答案 见解析解析 (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v ,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得m v 0=(M +m )v解得v =v 0mM +m (2)设子弹在木块内运动的时间为t ,由动量定理得对木块:F f t =M v -0解得t =Mm v 0F f (M +m )(3)设子弹、木块发生的位移分别为x 1、x 2,如图所示,由动能定理得对子弹:-F f x 1=m v 2-m v 021212解得:x 1=Mm (M +2m )v 022F f (M +m )2对木块:F f x 2=M v 212解得:x 2=Mm 2v 022F f (M +m )2子弹打进木块的深度等于相对位移,即x 相=x 1-x 2=Mm v 022F f (M +m )(4)系统损失的机械能为:E 损=m v 02-(M +m )v 2=1212Mm v 022(M +m )系统增加的内能为Q =F f ·x 相=Mm v 022(M +m )(5)假设子弹恰好不射出木块,此时有F f L =m v 02-(M +m )v 21212解得L =Mm v 022F f (M +m )因此木块的长度至少为Mm v 022F f (M +m)3.(子弹打木块模型)如图3所示,相距足够远且完全相同的两个木块,质量均为3m ,静止放置在光滑水平面上,质量为m 的子弹(可视为质点)以初速度v 0水平向右射入木块,穿出第一块木块时速度变为v 0,已知木块的长为L ,设子弹在木块中所受的阻力恒定,试求:25图3(1)子弹穿出第一块木块后,第一个木块的速度大小v 以及子弹在木块中所受阻力大小.(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t .答案 (1)v 0 (2)159m v 0225L 5L6v 0解析 (1)子弹打穿第一块木块过程,由动量守恒定律有m v 0=m (v 0)+3m v ,解得v =v 02515对子弹与第一块木块相互作用过程,由能量守恒定律有F f L =m v 02-m (v 0)2-×3m v 212122512解得子弹在木块中所受阻力F f =.9m v 0225L (2)对子弹与第二块木块相互作用过程,由于m (v 0)2=<,则子弹不能打穿第二12252m v 02259m v 0225块木块,设子弹与第二块木块共同速度为v 共,由动量守恒定律有m ·v 0=(m +3m )v 共,解得v 共=25v 010对第二块木块,由动量定理有F f t =3m ·v 010解得子弹在第二块木块中的运动时间为t =.5L6v 0题型三 滑块—木板模型1.模型图示2.模型特点(1)系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能(2)若木块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)3.求解方法(1)求速度:根据动量守恒定律求解,研究对象为一个系统;(2)求时间:根据动量定理求解,研究对象为一个物体;(3)求系统产生的内能或相对位移:根据能量守恒定律Q =F f Δx 或Q =E 初-E 末,研究对象为一个系统.例4 (2019·河南九师联盟质检)如图4所示,在光滑水平面上有B 、C 两个木板,B 的上表面光滑,C 的上表面粗糙,B 上有一个可视为质点的物块A ,A 、B 、C 的质量分别为3m 、2m 、m .A 、B 以相同的初速度v 向右运动,C 以速度v 向左运动.B 、C 的上表面等高,二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连,碰撞时间很短.A 滑上C 后恰好能到达C 的中间位置,C 的长度为L,不计空气阻力.求:图4(1)木板C 的最终速度大小;(2)木板C 与物块A 之间的摩擦力的大小F f ;(3)物块A 滑上木板C 之后,在木板C 上做减速运动的时间t .答案 (1)v (2) (3)56m v 23L 3L2v解析 (1)设水平向右为正方向,B 、C 碰撞过程中动量守恒,则有:2m v -m v =(2m +m )v 1解得v 1=v 3A 滑到C 上,A 、C 组成的系统动量守恒,则有:3m v +m v 1=(3m +m )v 2解得v 2=v ;56(2)根据能量关系可知,在A 、C 相互作用过程中,木板C 与物块A 之间因摩擦产生的热量为Q =(3m )v 2+m v 12-(3m +m )v 22121212Q =F f ·L 2联立解得F f =;m v 23L (3)在A 、C 相互作用过程中,以C 为研究对象,由动量定理得F f t =m v 2-m v 1解得t =.3L2v 4.(滑块—木板模型)如图5所示,质量m 1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上,车长L =1.5 m ,现有质量m 2=0.2 kg 且可视为质点的物块,以水平向右的速度v 0=2 m/s 从左端滑上小车,最后在车面上某处与小车保持相对静止.物块与车面间的动摩擦因数μ=0.5,取g =10 m/s 2,求:图5(1)物块在车面上滑行的时间t ;(2)要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度不超过多少.答案 (1)0.24 s (2)5 m/s解析 (1)设物块与小车的共同速度为v ,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律有m 2v 0=(m 1+m 2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为F f ,对物块应用动量定理有-F f t =m 2v -m 2v 0又F f =μm 2g代入数据解得t =0.24 s(2)要使物块恰好不从小车右端滑出,需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度,设其为v ′,则有m 2v 0′=(m 1+m 2)v ′由动能定理有-μm 2gL =(m 1+m 2)v ′2-m 2v 0′21212代入数据解得v 0′=5 m/s故要使物块不从小车右端滑出,物块滑上小车左端的速度不超过5 m/s.课时精练1.(多选)关于反作用力在日常生活和生产技术中的应用,下列说法中正确的是( )A .在平静的水面上,静止着一只小船,小船上有一人,人从静止开始从小船的一端走向另一端时,小船向相反方向运动B .普通汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,从而获得向前的反作用力即动力C .农田灌溉用自动喷水器,当水从弯管的喷嘴里喷射出来时,弯管会自动转向D .软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔,然后用力把水挤出体外,乌贼就会向相反方向游去答案 ACD解析 人从小船的一端走向另一端时,要受到小船给人的摩擦力,方向与人行走的方向相同.根据反冲现象原理与动量守恒定律,人对小船也有摩擦力,其方向与人行走的方向相反,因此小船也受摩擦力,其方向与人行走的方向相反,因此小船将在这个摩擦力的作用下改变运动状态,向人行走的相反方向运动,故A 正确;普通汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,虽然燃气对排气筒有反作用力,但毕竟反作用力很小,并不是汽车动力的来源,故B 错误;农田灌溉用的自动喷水器,当水从弯管的喷嘴里喷射出来时,根据反冲现象原理与动量守恒定律知,弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转,大大增加了喷水的面积,故C 正确;乌贼经过身体侧面的孔把水吸入鳃腔,然后用力把水挤出体外,根据牛顿第三定律可知,乌贼就获得了方向相反的反作用力,从而向排水的相反方向游去,故D 正确.2.(2021·山东临沂市质检)我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X 射线调制望远镜卫星“慧眼”.假设将发射火箭看成如下模型:静止的实验火箭,总质量为M =2 100 g .当它以对地速度为v 0=840 m/s 喷出质量为Δm =100 g 的高温气体后,火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)( )A .42 m/sB .-42 m/sC .40 m/sD .-40 m/s答案 B解析 喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计,可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒,以喷出气体的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:Δm v 0+(M -Δm )v =0,解得:v =-42 m/s ,故B 正确,A 、C 、D 错误.3.(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M 的气球上有一个质量为m 的人,气球和人在静止的空气中共同静止于离地h 高处,如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯,让人沿软梯降到地面,则软梯长至少应为( )A.hB.h mm +M M m +M C.hD.hM +m M M +m m 答案 C解析 设人沿软梯滑至地面,软梯长度至少为L ,以人和气球组成的系统为研究对象,竖直方向动量守恒,规定竖直向下为正方向,由动量守恒定律得:0=-M v 2+m v 1人沿软梯降至地面,气球上升的高度为L -h ,平均速度大小为v 2=L -h t人相对于地面下降的高度为h ,平均速度大小为v 1=h t联立得:0=-M ·+m ·,L -h t h t 解得:L =h ,故C 正确,A 、B 、D 错误.M +m M 4.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户.如图1所示,他把47个自制的火箭绑在椅子上,自己坐在椅子上,双手举着大风筝,设想利用火箭的推力,飞上天空,然后利用风筝平稳着陆.假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M ,点燃火箭后在极短的时间内,质量为m 的炽热燃气相对地面以v 0的速度竖直向下喷出.忽略此过程中空气阻力的影响,重力加速度为g ,下列说法中正确的是( )图1A .火箭的推力来源于空气对它的反作用力B .在燃气喷出后的瞬间,火箭的速度大小为m v 0M -mC .喷出燃气后,万户及所携带设备能上升的最大高度为m 2v 02g (M -m )2D .在火箭喷气过程中,万户所携设备机械能守恒答案 B解析 火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力,A 项错误;在燃气喷出后的瞬间,将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统,动量守恒,设火箭的速度大小为v ,规定火箭运动方向为正方向,则有(M -m )v -m v 0=0,解得火箭的速度大小v =,B 项正确;喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动,m v 0M -m 根据运动学公式可得上升的最大高度h ==,C 项错误;在火箭喷气过程中,v 22g m 2v 022(M -m )2g 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功,所以万户及所携设备机械能不守恒,D 项错误.5.(多选)长木板A 放在光滑的水平面上,质量为m =2 kg 的另一物体B 以水平速度v 0=2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面,由于A 、B 间存在摩擦,之后A 、B 速度随时间变化情况如图2所示,g =10 m/s 2.则下列说法正确的是( )图2A .木板获得的动能为1 JB .系统损失的机械能为2 JC .木板A 的最小长度为2 mD .A 、B 间的动摩擦因数为0.1答案 ABD解析 由题图可知,最终木板获得的速度为v =1 m/s ,A 、B 组成的系统动量守恒,以B 的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得m v 0=(M +m )v ,解得M =2 kg ,则木板获得的动能为E k =M v 2=×2×12 J =1 J ,故A 正确;系统损失的机械能ΔE =m v B 2-(m +M )v 2,12121212代入数据解得ΔE =2 J ,故B 正确;根据v -t 图象中图线与t 轴所围的面积表示位移,由题图得到0~1 s 内B 的位移为x B =×(2+1)×1 m =1.5 m ,A 的位移为x A =×1×1 m =0.51212m ,则木板A 的最小长度为L =x B -x A =1 m ,故C 错误;由题图可知,B 的加速度a ==ΔvΔtm/s 2=-1m/s 2,负号表示加速度的方向,由牛顿第二定律得-μm B g =m B a ,解得1-21μ=0.1,故D 正确.6.(多选)如图3所示,一个质量为M 的木箱静止在光滑水平面上,木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m 的小木块.现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v 0,下列说法中正确的是( )图3A .最终小木块和木箱都将静止B .最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为-M v 022(M v 0)22(M +m )C .木箱速度为时,小木块的速度为v 032M v 03mD .最终小木块速度为M v 0m答案 BC解析 木箱与木块组成的系统动量守恒,以木箱的初速度方向为正方向,设最终速度为v 1,由动量守恒定律得M v 0=(m +M )v 1,解得小木块和木箱最终速度v 1=,故A 、D M v 0m +M 错误;对整个过程,由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE =M v 02-(m +M )v 12=-,故B 正确;木箱与木块组成的系统动量守恒,1212M v 022M 2v 022(m +M )以木箱的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得M v 0=m v 2+M v 3,木箱速度为v 3=时,v 03小木块的速度为v 2=,故C 正确.2M v 03m 7.(多选)(2019·四川石室中学诊断)如图4所示,长为L 、质量为3m 的长木板B 放在光滑水平面上,质量为m 的铁块A 放在长木板右端.一质量为m 的子弹以速度v 0射入木板并留在其中,铁块恰好不滑离木板.子弹射入木板中的时间极短,子弹、铁块均可视为质点,铁块与木板间的动摩擦因数恒定,重力加速度为g .下列说法正确的是( )图4A .木板获得的最大速度为v 05B .铁块获得的最大速度为v 05C .铁块与木板之间的动摩擦因数为v 0240gLD .子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为2m v 025答案 BCD解析 子弹射入瞬间,子弹和木板B 组成的系统动量守恒,有m v 0=4m v 1,解得v 1=v 0,14故A 错误;对木板B 、子弹和铁块A 组成的系统,由动量守恒定律有m v 0=5m v 2,解得v 2=v 0,故B 正确;子弹射入木板后,对木板B (包括子弹)和铁块A 组成的系统,由能量守15恒定律得-μmgL =·5m v 22-·4m v 12,解得μ=,故C 正确;由能量守恒定律可知,子1212v 0240gL 弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE =m v 02-·5m v 22=m v 02,故D 正确.1212258.(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示,一块长度为L 、质量为m 的木块静止在光滑水平面上.一颗质量也为m 的子弹以水平速度v 0射入木块.当子弹刚射穿木块时,木块向前移动的距离为s ,如图乙所示.设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变,子弹可视为质点.则子弹穿过木块的时间为( )图5A.(s +L )B.(s +2L )1v 01v 0C.(s +L )D.(L +2s )12v 01v 0答案 D解析 子弹穿过木块过程,子弹和木块组成的系统动量守恒,以v 0的方向为正方向,有:m v 0=m v 1+m v 2,设子弹穿过木块的过程所受阻力为F f ,对子弹由动能定理得:-F f (s +L )=m v 12-m v 02,1212由动量定理得:-F f t =m v 1-m v 0,对木块由动能定理得:F f s =m v 22,12由动量定理得:F f t =m v 2,联立解得:t =(L +2s ),故选D.1v 09.如图6所示,质量为m 3=2m 的滑道静止在光滑的水平面上,滑道的AB 部分是半径为R 的四分之一圆弧,圆弧底部与长为0.5R 滑道水平部分相切,滑道末端距离地面高度为R ,整个滑道均光滑.质量为m 2=3m 的物体2(可视为质点)放在滑道的B 点,现让质量为m 1=m 的物体1(可视为质点)自A 点由静止释放,两物体在滑道上相碰后粘为一体,重力加速度为g .求:图6(1)物体1从释放到运动到圆弧底部时,滑道向左运动的距离;(2)物体1和2落地时,距滑道右侧底部的距离.答案 (1) (2)RR362解析 (1)物体1从释放到运动到圆弧底部过程中,物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒,设物体1水平位移大小为x 1,滑道水平位移大小为x 3,有:0=m 1x 1-m 3x 3,x 1+x 3=R解得x 3=.R3(2)设物体1运动到滑道上的B 点时物体1的速度大小为v 1,滑道的速度大小为v 3,轨道对物体1的支持力为F N ,对物体1和滑道组成的系统,由机械能守恒定律有mgR =m v 12+m 3v 321212由动量守恒定律有0=m 1v 1-m 3v 3物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动,设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v 2,做平抛运动时物体1、2水平位移大小为s 1,轨道向左滑动的距离为s 2,由动量守恒定律有m 1v 1=(m 1+m 2)v 2R =gt 212s 1=v 2t s 2=v 3t联立并代入数据可以求得Δs =s 1+s 2=R .6210.如图7所示,光滑水平地面上有一足够长的木板,左端放置可视为质点的物体,其质量为m 1=1 kg ,木板与物体间的动摩擦因数μ=0.1.二者以相同的初速度v 0=0.8 m/s 一起向右运动,木板与竖直墙碰撞时间极短,且没有机械能损失.g =10 m/s 2.图7(1)如果木板质量m 2=3 kg ,求物体相对木板滑动的最大距离;(2)如果木板质量m 2=0.6 kg ,求物体相对木板滑动的最大距离.答案 (1)0.96 m (2)0.512 m解析 (1)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,以水平向左为正方向,对物体与木板系统,由动量守恒定律有:m 2v 0-m 1v 0=(m 1+m 2)v解得v =0.4 m/s ,方向向左,不会与竖直墙再次碰撞由能量守恒定律有(m 1+m 2)v 02=(m 1+m 2)v 2+μm 1gs 11212解得s 1=0.96 m(2)木板与竖直墙碰撞后,以原速率反弹,对物体及木板系统,由动量守恒定律得:m 2v 0-m 1v 0=(m 1+m 2)v ′解得v ′=-0.2 m/s ,负号表示方向向右,将与竖直墙再次碰撞,最后木板停在竖直墙处由能量守恒定律得:(m 1+m 2)v 02=μm 1gs 212解得s 2=0.512 m.11.一块足够长的木板C 质量为2m ,放在光滑的水平面上,如图8所示.在木板上自左向右放有A 、B 两个完全相同的物块,两物块质量均为m ,与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动,A 、B 两物块的初速度分别为v 0、2v 0,方向如图所示.试求:图8(1)木板能获得的最大速度.(2)A 物块在整个运动过程中的最小速度.(3)全过程AC 间由于摩擦产生的热量跟BC 间由于摩擦产生的热量之比是多少?答案 见解析解析 (1)当A 、B 和木板速度相同时,木板的速度最大,取向右为正方向,对三者组成的系统运用动量守恒定律得m v 0+m ·2v 0=(m +m +2m )v ′,解得v ′=v 034(2)开始时,A 、B 做匀减速直线运动的加速度大小为a ==μg ,A 、B 都滑动时,木板Cμmgm 的加速度大小为a ′==μg .因为A 的初速度小,A 与木板C 先达到共同速度,当μmg +μmg2mA 与木板达到共同速度后,A 与木板一起做匀加速直线运动.可知,A 与木板速度相同时,速度最小,则有v =v 0-at =a ′t ,解得t =,则A 物块在整个运动过程中的最小速度为v 02μg v =v 0-at =v 02(3)A 、C 刚共速时速度为:v =,A 、C 间的相对位移大小为v 02Δx =t -t =t =,A 、C 间由于摩擦产生的热量Q AC =μmg Δx =m v 02v 0+v 2v2v 02v 024μg 14全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量,为Q =m v 02+m (2v 0)12122-(m +m +2m )v ′212解得Q =m v 02118B 、C 间由于摩擦产生的热量为Q BC =Q -Q AC =m v 0298即=.QACQBC 29。
完全弹性碰撞模型两组解的应用及拓展
完全弹性碰撞模型两组解的应用及拓展
完全弹性碰撞模型是物理学中最重要的概念之一,它提供了有关物体碰撞及其相关运动的信息。
碰撞是物理学当中最常见的运动现象,因此完全弹性碰撞模型的研究对于物理学中的有关问题至关重要。
完全弹性碰撞模型中存在着两组解,它们可以充分描述参与碰撞的两个物体的物理状态以及碰撞过程中的动能变化趋势,且充分体现了事件本身的物理实质。
完全弹性碰撞模垮两组解包括物理量方程、能量守恒方程、动量守恒方程以及冲量方程。
物理量方程用于描述两个物体碰撞后两物体的相对速度变化情况,也就是描述了物体的行进状态,同时从双方的速度差异推出了碰撞过程中的动能变化趋势。
能量守恒方程和动量守恒方程,针对碰撞双方的运动系统,对各参与物体的动能和动量进行实时监测,从双方视角提供了物体动能变化趋势的把控。
而冲量方程是用来校正模型误差,可以使物理量方程得到更加准确精确的结果。
完全弹性碰撞模型两组解没有仅限于实验用途,它们也可以用于实时调控大小型机械运动状态的模拟,诸如传感器分布、摩擦力的调节以及传动机构的精确计算等。
此外,完全弹性碰撞模型在医学护理、运动训练、游戏模式、空间科学等多个领域也有着广泛应用,它们可以精确预测
和估计出物体碰撞和相关运动的物理情况,使得各行各业的物理问题以更精准的计算解决。
完全弹性碰撞模型的另外一个广泛应用就是其在虚拟现实系统中的拓展。
虚拟现实系统是集后台数据处理、接口服务、实时仿真、用户体验设计于一体的多媒体虚拟现实系统,完全弹性模型的使用可以使虚拟现实系统中的物理实体更逼真且更精准,大大增加了系统实用性,使虚拟系统对应于真实物理系统的运动状态快速推算出来,且。
模型6子弹打木块模型-动量守恒的九种模型解读
联立解得△E=220J
(2)设滑块A刚滑上滑块B时速度为vA',小滑块A冲上滑块B,并恰好能达到滑块B的最高点时系统速度相等,设为v,由动量守恒定律,mAv1’+(m0+mB)v2=(mA+m0+mB)v
由机械能守恒定律, mAv1’2+ (m0+mB)v22= (mA+m0+mB)v2+mAgR
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】设子弹在木块中运动的时间为 ,以子弹为对象,根据动量定理可得 ,解得 ,设子弹射出木块时,木块的速度为 ,根据系统动量守恒可得 ,解得
根据位移关系可得 ,解得 ,故选BC。 公众号高中物理学习研究
3. (2024安徽芜湖重点高中二模)如图所示,质量均为m的物块A、B放在光滑的水平面上,中间用轻弹簧相连,弹簧处于原长,一颗质量为 的子弹以水平速度 射入木块A并留在物块中(时间极短),则下列说法正确的是( )
解得:vB=4 m/s
子弹、A、B和弹簧所组成的系统动量守恒,弹簧弹性势能最大时A、B、子弹具有相同的速度v,由动量守恒定律:
mAvA+(m+mB)vB=(m+mA+mB)v
解得:v=5 m/s
由能量关系:Ep= mAvA2+ (m+mB)vB2- (m+mA+mB)v2
解得:Ep=6 J。
(3)从子弹射入B中到弹簧再次恢复原长,系统总动量守恒,总动能不变,则:
(1)子弹击中木块后的速度;
(2)木块在斜面上向上运动的时间和返回斜面底端时速度大小。
【解析】(1)从子弹射击木块到子弹和木块一起运动过程中,子弹和ห้องสมุดไป่ตู้块组成系统动量守恒,设共同运动速度为v1,v0方向为正方向,则mv0=(m+M)v1解得v1=2m/s
动量守恒定律应用之子弹木块模型
图示过程分析: 图示过程分析:
SM
L
Sm
SM为M相对地的位移;Sm是m相对地的 相对地的位移; 相对地的位移 相对地的 位移; 是 相对于 的位移。 相对于M的位移 位移;L是m相对于 的位移。
解:(1)由于物体与木板相对静止,则两者达到共同的速度 共,选物体和木板为 :( )由于物体与木板相对静止,则两者达到共同的速度V 系统,则由动量守恒得: 系统,则由动量守恒得: mv0 = (m + M )v共 故: vM = v共 = m v0 = 0.2 × 6m / s = 1m / s − − − − − −(1) M +m 1 + 0.2 (2)由分析得: )由分析得:
子弹暴力引发的唯美瞬间
子弹木块模型: 子弹木块模型:
1、子弹瞬间穿透物体 、 2、子弹留在物体内部 、 3、类子弹木块模型 、
【类子弹木块模型】 类子弹木块模型】
V0
V0
图一
V0 A B
图二
图三
图四
共同点: 共同点:两物体会相互作用一段时间
(一)、以图一中模型为例研究: )、以图一中模型为例研究: 以图一中模型为例研究
Q = W f = µ mg ⋅ L
Q 3 = m = 6m µ mg 0.25 × 0.2 ×10
4、上述模型中物体、木板的速度在同一个 v − t 、上述模型中物体、 图中的图线: 图中的图线:
v
V0 V共
v
V0
t0
t
t0
t
达到共同速度) (M、m达到共同速度) 、 达到共同速度
没有达到共同速度) (M、m没有达到共同速度) 、 没有达到共同速度
(二)、例题讲解: )、例题讲解: 例题讲解
子弹打木块模型
四、子弹打木块模型子弹打木块模型包括木块在长木板上滑动的模型,其实是一类题型解决方法基本相同。
一般要用到动量守恒、动量定理、动能定理及动力学等规律,综合性强、能力要求高,是高中物理中常见的题型之一,也是高考中经常出现的题型。
例题分析:例1:质量为2m 、长为L 的木块置于光滑的水平面上,质量为m 的子弹以初速度V 0水平向右射穿木块后,速度为V 0/2。
设木块对子弹的阻力F 恒定。
求:(1)子弹穿过木块的过程中木块的位移(2)若木块固定在传送带上,使木块随传送带始终以恒定速度u<V 0水平向右运动,则子弹的最终速度是多少解析:(1)木块的过程中,系统动量守恒,而机械能要损失,且损失的机械能等于阻力F 和木块长L 的乘积。
设子弹穿过木块后木块获得的速度是v 由系统动量守恒得:mV 0=mV 0/2+2mv (1)由能量守恒得:FL=21m V 02-212m V 2-81m V 02(2) 对木块有: FS=212mV 2 (3)解以上三式得:木块的位移S=51L木块对子弹的阻力F=L165m V 02(2)在此过程中,由于木块受到传送带的作用力,所以系统动量不守恒。
此题不能用动量守恒解。
由题的条件,我们可以用运动学来处理此题。
选木块为参照系,则:子弹的初速度为(V 0-u) 末速度为(V-u ) 位移为L加速度a=F/m=165mV 02 对子弹有:(V 0-u)2-(V –u )2=2as 解得:V=u+20852)0(v u v --当 (V 0-u)2>5/8 V 02 即u<(1-410) V 0时 V=u+20852)0(v u v --当(V 0-u)2<5/8 V 02 即u>(1-410) V 0时 V=u解法二:以子弹为研究对象由动量定理和动能定理得: mV 0-mv=Ft (1) 21mV02-21m V 2=F(ut+L) (2) 解以上两式得V ,后面的解与第一种方法相同题型变化:上题中子弹变为木块,木块变为长木板其它条件不变,求第一问。
动量守恒之滑块、子弹打木块模型
l动量守恒定律的应用1—— 子弹打木块模型模型: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v 0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。
解:如图,设子弹穿过木块时所受阻力为f ,突出时木块速度为V ,位移为S ,则子弹位移为(S+l)。
水平方向不受外力,由动量守恒定律得:mv 0=mv+MV ①由动能定理,对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv - ②对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v M m - 代入③式有 fs=2022)(21v v Mm M -• ④②+④得 f l =})]([2121{21212121202202220v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=--结论:系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能,且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。
即Q=ΔE 系统= fS 相问题:①若要子弹刚好能(或刚好不能)穿出木块,试讨论需满足什么条件?②作出作用过程中二者的速度-时间图像,你会有什么规律发现?例题:一木块置于光滑水平地面上,一子弹以初速v 0射入静止的木块,子弹的质量为m ,打入木块的深度为d ,木块向前移动S 后以速度v 与子弹一起匀速运动,此过程中转化为内能的能量为vv 0A2vA .)(21020v v v m - B.)(00v v mv - C.svdv v m 2)(0- D.vd S v v m )(0-滑块、子弹打木块模型练习1.在光滑水平面上并排放两个相同的木板,长度均为L=1.00m ,一质量与木板相同的金属块,以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ,金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1,g 取10m/s 2。
求两木板的最后速度。
2.如图示,一质量为M 长为l 的长方形木块B 放在光滑水平面上,在其右端放一质量为m 的小木块A ,m <M ,现以地面为参照物,给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度使A 开始向左运动,B 开始向右运动,但最后A 刚好没有滑离B 板。
动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型
动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型lv 0 v S动量守恒定理应用之滑块、子弹打木块模型子弹打木块模型:包括一物块在木板上滑动等。
μNS 相=ΔE k 系统=Q ,Q 为摩擦在系统中产生的热量。
②小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动 :包括小车上悬一单摆单摆的摆动过程等。
小球上升到最高点时系统有共同速度(或有共同的水平速度);系统内弹力做功时,不将机械能转化为其它形式的能,因此过程中系统机械能守恒。
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v 0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。
解:如图,设子弹穿过木块时所受阻力为f ,突出时木块速度为V ,位移为S ,则子弹位移为(S+l)。
水平方向不受外力,由动量守恒定律得:mv 0=mv+MV ①由动能定理,对子弹 -f(s+l )=2022121mv mv -②对木块 fs=0212-MV ③由①式得 v=)(0v v Mm- 代入③式有fs=2022)(21v v Mm M -• ④②+④得 f l =})]([2121{21212121202202220v v Mm M mv mv MV mv mv -+-=--v 0A Bv 0 AB v 0l由能量守恒知,系统减少的机械能等于子弹与木块摩擦而产生的内能。
即Q=f l ,l 为子弹现木块的相对位移。
结论:系统损失的机械能等于因摩擦而产生的内能,且等于摩擦力与两物体相对位移的乘积。
即 Q=ΔE 系统=μNS 相其分量式为:Q=f 1S 相1+f 2S 相2+……+f n S 相n=ΔE 系统1.在光滑水平面上并排放两个相同的木板,长度均为L=1.00m ,一质量与木板相同的金属块,以v 0=2.00m/s 的初速度向右滑上木板A ,金属块与木板间动摩擦因数为μ=0.1,g 取10m/s 2。
求两木板的最后速度。
动量守恒定律的应用弹簧问题ppt课件
AB
C
9
6.如图所示,一轻质弹簧的一端固定在滑块B上,另 一端与滑块C接触但未连接,该整体静止放在离地面 高为H的光滑水平桌面上。现有一滑块A从光滑曲面 上离桌面h高处由静止开始滑下,与滑块B发生碰撞 (时间极短)并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运 动,经一段时间,滑块C脱离弹簧,继续在水平桌面 上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知
11
[解析] 设碰后 A、B 和 C 的共同速度大小为 v,由动量守
恒有 mv0=3mv
①
设 C 离开弹簧时,A、B 的速度大小为 v1,由动量守恒有
3mv=2mv1+mv0
②
设弹簧的弹性势能为 Ep,从细线断开到 C 与弹簧分开的过
程中机械能守恒,有
12(3m)v2+Ep=12(2m)v1 2+12mv0 2
注意:状态的把握 由于弹簧的弹力随形变量变化,所以弹簧 弹力联系的“两体模型”一般都是作加速度变 化的复杂运动,所以通常需要用“动量关系” 和“能量关系”分析求解。复杂的运动过程不 容易明确,特殊的状态必须把握:弹簧最长 (短)时两体的速度相同;弹簧自由时两体的 速度最大(小)。
6
题型二、两个物体的问题
4.质量分别为3m和m的两个物体, 用一根细线
相连,中间夹着一个被压缩的轻质弹簧,整个系
统原来在光滑水平地面上以速度v0向右匀速运 动,如图所示.后来细线断裂,质量为m的物体离
开弹簧时的速度变为2v0. 求(1)质量为3m的物体离开弹簧时的速度
(2)弹簧的这个过程中做的总功.
答案
2 mv02 3
8
动量守恒定律的应用 —— 弹簧模型
1
水平面光滑,弹簧开始时处于原长
(1)何时两物体相距最近,即弹簧最短
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m t V o = ( m t + / T b 2 ) V , A E = }r r / , 1 一 ÷( m l + m 2 )
一
立 得: △ E : 1 ml × 卫
m q. - l - / n, - 2
。
题 例 3 两 平行 光 滑绝 缘导 轨上 静 置着 质量
为m 的导 体棒 , 质量 为 m。 的导体 棒 以初 速 度
第3 1 卷总第 4 6 1 期
物 理 教 学 探 讨
Vo 1 . 3 1 N O. 4 61
2 0 1 3年 第 1 1期 ( 上半月)
J o u r n a l o f P h y s i c s T e a c
用 能 量 守恒 思 想 拓 展 “ 完弹模型’ ’
1 “ 完弹 ” 模 型 的建 立
由系统 的动 量守 恒有 :
mV 0 = r 』 + m)
质量 为 m。 的小 球 , 以初 速 度 。 沿 光滑 水平
面 冲 向一 个 连有轻 弹簧 的质 量为 m 的小球 。此 后 系统具 有 的最 大弹性 势 能 多大? 如图 l 所示。
秦 素 丽
河北平泉二 中 , 河北 平泉 0 6 7 5 0 0
摘 要 : 能 量 转 化 思 想 在 碰 撞 现 象研 究 中 占有 重要 位 置 。 恰 当运 用“ 完弹” 模 型 中的 能 量 转 化 思 想 , 注 意 其 内涵 、 外 延. 并将 这 一 思 想 发 展 会 让 学 生 物 理 学 习 中 发散 思 维 与 创 造 思 维 能 力 得 到 锻 炼 、 物 理 概 念 得 到 同化 , 实现 对 学 生 的创 新
此时系统 动能最小 ,弹性势 能最大设 为 E , 再
1( m 1 _ } 饥2)
②
①②联立即得 :
2 “ 完弹 ” 模 型 的 拓 展
m × — 一
图 3 题 例 2图示
解 析 二 球 相 对 静 止 时 的共 同 速 度 为 , 系
统 电势 能 的增量 为 △ E,水 平方 向上 二球 只受 系
静止。 设摩 擦生 热 p, 相 对位 移 , 共 同速度 , 则
Vo 1 . 3 1 N O. 4 61
物 理 教
学 探 讨
第3 1卷 总第 4 6 1 期 2 0 1 3年 第 1 1 1 . 2 0 1 3 . 5 0
J o u r n a l o f P h y s i c s T e a c h i n g
r n o
。
系统摩 擦生 热来 源 于系统减 少 的动能 :
Q : = 1m 一 2 一 ( + m )
Q = f x
②
⑧
●
图 1 晃 全 弹性 碰 撞 图不
①②③联立有 :
Q = 1 2 × M
解 析 这 是一 个完 全 弹性 “ 慢” 碰 撞过 程 。 当
意识 和 创 新 能 力 的 培 养 . 对 学 生 实 现 由 学会 到会 学 的 转 变 具 有 重要 的 意 义 。
关键 词 : 守恒 思 想 ; 拓展 ; 完 弹模 型 中 图 分类 号 : G 6 3 3 . 7 文献标识码 : A 文章编号 : 1 0 0 3 — 6 1 4 8 ( 2 0 1 3 ) 1 1 ( s ) 一 0 0 4 9 — 2
崮
图 2 题 例 1图 示
冲 向导体 棒 m , 两 棒 的方 向在运 动 中始终 垂 直 于 导 轨 ,整 个 轨 道 平 面 置 于 与 之垂 直 的匀 强 磁 场 中。求 直到稳 定 导体 回路 产 生 的电能 有 多少? 导 轨各处 接触 良好 。如 图 4所示 。
解 析 稳定 前 二 者发 生相 对 运动 , 直 到相 对
能 过 渡
解 析 导体 棒 m 向右运动 过程 中 , 由于电磁 感 应 的发 生 , 导体棒 m 做变减速运动 , 棒 m 做 加速 运动 。 回路 中机 械能 减少 , 逐渐转 化为 电能 , 直 到二 者停 止相 对运 动 , 电磁感 应 现象终 止 。设 二者共 同速 度为 , 回路 产生 总 电能为 E电 。 由动 量 守恒 定律 得 :
能 。得 : Q F 1
×
M
m— m g R。
物体 返 回 a点 时 , 由动 量 守恒 知 : 系统 总 动
图 4 题 例 3图示
量 与小 物体 滑到最 高点 时相 同。 小 物体 的重 力势 能又进 一步转 化 为此 阶段 的内能 Q : Q = m g R。
拓展 四 “ 完非 ” 模型 变式—— 机 械能 向广义
由机械 能守恒 定律有 :
m 1 一
①
题例 2 如 图 3所示 .光滑 绝缘 水 平 面上 静 置一 质量 为 m: 的带 电小球 , 一 质量 m 的带 同号 电荷 的小 球 , 以初 速度 ,沿 二 者连 线 冲 向 m , 求二 者产 生 的最大 电势 能 。
ml 吟 m
拓展 一 “ 完弹 ” 模 型到 “ 完非 ” 模 型— — 机 械
能转 化 为 内能
统 内力 ( 库仑 力) 作用, 动 量守 恒 。 系统 动能一 部分 转 化为 电( 势) 能, 由动量及 能 量守恒 有 :
1 2 1 2
题例 1 f 子 弹 打 木 块 类 问题 ) 质 量 为 m 的子 弹 以水 平初 速 度 。 射 向静 置 于光 滑 水平 面 上 的 质量 为 , 长为 的木 块 。设 二 者 在相 互作 用 过 程 中作 用 力 恒 为 求直 到 稳 定过 程 中 系统 摩 擦 生热 p = ? , 子弹 与木 块相 对位 移 = ? 如 图 2示 。
系统 弹 性势 能极 大 时 , 弹簧压缩量最大 , 二 者 停
止 相对 运 动 , 这 时 m。 、 m 应 具 有相 同的速 度 。设
拓展 二 “ 完非” 模 型变 式—— 机 械能 向 电能 转化
二 者共 同速度 为 l , 。 由动 量 守恒定 律 得 : 肌l V o = ( m】 + m2 )