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1、模型组合讲解一一子弹打木块模型模型概述子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。卩FnS相=AEk系统二Q , Q为摩擦在系 统中产生的热量；小球在置于滑腻水平面上的竖直平面内弧形滑腻轨道上滑动；一静一动的 同种电荷追碰运动等。模型讲解例.如图1所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在滑腻水平面上，一个质 量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度V 0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的 动摩擦因数为卩，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1解析：可先按照动量守恒定律求出m和M的一路速度，再按照动能定理或能量守恒求出转 化为内能的量Q。对物块，
2、滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得:-F (d + s)=1mv 22 t1-mv 22 o即Ff对物块做负功，使物块动能减少。，即Ff对木块做正功,FF s = - Mv 2对木块，滑动摩擦力f对木块做正功，由动能定理得f 2使木块动能增加，系统减少的机械能为：mv 2 - mv 2 - Mv 2 = F (d + s) - F s = F d 202 t 2ff f本题中Ff =mg，物块与木块相对静止时，vt = v，则上式可简化为: 卩 mgd = mv2 -(m + M )v2202t又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，贝y：mv = (m + M )v0t联立式
3、2、3得：T Mv 2d =o2 卩 g (M + m)故系统机械能转化为内能的量为：Mv 2Mmv 2Q 二 F d 二 Limg -o 二of2 pg (M + m) 2( M + m)点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和(净功)为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位F s 二 AE移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即f从牛顿运动定律和运动学公式动身，也能够得出一样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：s + d (v + v)/2 v + v= o=s2v/2vdvM + mm r=0 =s =d所以svm2 M + m2一般情形下M m，所以s2
4、 d，这说明，在子弹射入木块进程中，木块的位移很小, 能够忽略不计。这就为分阶段处置问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体彼此作用, 动量守恒，最后一路运动的类型，全进程动能的损失量可用公式：AEkMmv 22(M + m) 0模型要点子弹打木块的两种常见类型：木块放在滑腻的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀 加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个vt坐标中，二者的速度图线如下图中甲 (子弹穿出木块)或乙(子弹停留在木块中)甲乙图2图中，图线的纵坐标给出各时刻二者的速度，图线的斜率反映了二者的加速
5、度。两图线间阴 影部份面积则对应了二者间的相对位移。方式：把子弹和木块看成一个系统，利用A：系统水平方向动量守恒；B：系统的能量守恒 （机械能不守恒）；C：对木块和子弹别离利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即AE=Ffd物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得:1mv 22 t1一一mv 22 o两种类型的一路点：A、系统内彼此作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部份机械能 转化为内能）。B、摩擦生热的条件：必需存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为Q=Ffs,其中Ff 是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时
6、刻内“子弹”射入“木块”的深 度，就是这段时刻内二者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。C、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。误区点拨静摩擦力即便对物体做功，由于相对位移为零而没有内能产生，系统内彼此作用的两物体间 的一对静摩擦力做功的总和恒等于零。不明确动量守恒的条件性与阶段性，如图3所示，不明确动量守恒的刹时性如速度问题。图3模型演练如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在滑腻水平面上，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滑腻细杆, 电容器极板和底座、绝缘杆总质量为M,给电容器充电后，有
7、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 器板间电场散布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为，试求：图4（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此进程中电容器移动的距离s。（3）此进程中能量如何转变？答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电 容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极 板相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：mv = (M + m)v,0mvv =0M + m力与运动观点: 设电场力为FFFv - t = t = v,
8、0 mMmvv =oM + m(2)能量观点(在第(1)问基础上):对m：11mv 2- mv222 0Eqs = Mv 2 - 0 对M：2-Eq =(m + M )v2 -2 21mv 22 0m s =-所以 M+m 2运动学观点:对M：对m：s-s =-2，解得:md2( M + m)带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得:图5d 11=v t ， s = vt22002 0mds =解得：2( M + m)(3)在此进程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系 统中减少的动能全数转化为电势能。模型组合讲解一一人船模型模型概述“人船”模型极为应用
9、如一人（物）在船（木板）上，或两人（物）在船（木板）上等，在 近几年的高考中极为常见，分值高，区分度大，若是咱们在解题中依照模型观点处置，以每 题散布给分的情形来看仍是能够取得相当的分数。模型讲解例.如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头 走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的进程中，系统在水平方向不 受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速 运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v,船对地的速度为v,取人
10、行进的方向为正方向，按照动量守恒定律有：mv - Mv = 0，v m即v M因为人由船头走到船尾的进程中，每一时刻都知足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与 船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因这人由船头走到船尾的进程中，人的平均速v _ m度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即v M，而人的位移人=Vt，船的位s M，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即、人式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统, 在系统发生相对运动的进程中，某一个方向的动量守恒。由图1能够看出：s = M L,由两式解得人 M + m模型要点动力学规律：由于组成系
11、统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小 与质量成反比，方向相反。这种问题的特点：两物体同时运动，同时停止。动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于彼此作使劲做功, 故系统或每一个物体动能均发生转变：力对“人”做的功量度“人”动能的转变；力对“船” 做的功量度“船”动能的转变。两个推论：当系统的动量守恒时，任意一段时刻内的平均动量也守恒；当系统的动量守恒时，系统的质心维持原来的静止或匀速直线运动状态不变。适用范围：动量守恒定律虽然是由牛顿第二定律推导取得的，但它的适用范围比牛顿第二定律更普遍，它既适用于宏观也适用于微观，既适用于低速也适用于高速。误区
12、点拨动量守恒的研究对象是一个系统，对一个物体就不能谈动量守恒问题。动量守恒定律是一个 矢量表达式；动量守恒定律是一个状态量表达式，它只与系统的初末状态有关；动量守恒定 律具有相对性，表达式中的速度应是对应同一参照系的速度；动量守恒定律具有同时性，表 达式中的初状态的动量应该是指同一时刻的各个物体动量的矢量和，末状态也是如此。模型演练如图2所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在滑腻的水 平地面上前进，此刻人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Av,则计算Av 的式子正确的是：（ ）图2(M + m)v = M (v + Av) 一 mu A.00(M + m)
13、v = M (v + Av) 一 m(u - v )B.000小(M + m)v = M (v + Av) 一 mu 一 (v + Av)C.000D.0 = MAv 一 m(u Av)答案：CD 模型组合讲解一一爆炸反冲模型模型概述“爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮发炮弹中的化学能 转化为机械能；弹簧两头将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能 等。模型讲解例.如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M,每颗炮弹质量为m,当 炮身固按时，炮弹水平射程为s,那么当炮身不固按时，发射一样的炮弹，水平射程将是多 少？解析：两次发射转化为动
14、能的化学能E是相同的。第一次化学能全数转化为炮弹的动能； 第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系P 22m知，在动量大小相同的情形下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能1mv 22 i=E, E21=mv 22 2由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛s _v _ ： M: M2 = 2 =s = s .出时初速度之比，即：sV1 M + m，所以2M + m。试探：有一辆炮车总质量为M,静止在水光滑腻地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平 面成e角发射出去，炮弹对地速度为v 0，求炮车后退的速度。提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为v cos 00，设炮车后退方向为正方向，则(M - m)v - mv cos0 = 0, v =0mv cos00M -m评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部份物体动量守恒，有时分进程多次应用动量 守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要擅长选择系统，擅长选择进程来研究。模型要点 内力远大于外力，故系统动量守恒P1 = P2，有其他形式的能单向转化为动能。所以“爆炸”
