資源簡介

主題1　碰撞與爆炸問題
爆炸與碰撞的比較
比較項目 爆炸 碰撞
相同點 過程特點 都是物體間的相互作用突然發生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統的總動量守恒
過程模型 由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看作一個理想化過程來處理，即作用后物體仍在作用前瞬間的位置
能量情況 都滿足能量守恒，總能量保持不變
不同點 動能情況 有其他形式的能轉化為動能，動能會增加 彈性碰撞時動能不變；非彈性碰撞時動能有損失，動能轉化為內能
【典例1】　一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量．求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．
[解析]　(1)設煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有
E＝ ①
設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t，由運動學公式有0－v0＝－gt ②
聯立①②式得t＝ ③
(2)設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1，由機械能守恒定律有E＝mgh1④
火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運動，設爆炸后的瞬間其速度分別為v1和v2.由題給條件和動量守恒定律有
＝E ⑤
mv1＋mv2＝0 ⑥
由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運動部分做豎直上拋運動.設爆炸后煙花彈向上運動部分繼續上升的高度為h2，由機械能守恒定律有
＝mgh2 ⑦
聯立④⑤⑥⑦式得，煙花彈向上運動部分距地面的最大高度為h＝h1＋h2＝
[答案]　(1)　(2)
　爆炸過程和碰撞過程都可認為是系統動量守恒，但是爆炸過程動能增加，碰撞過程動能不增加，只有理想化的彈性碰撞認為動能不變，而一般情況下系統動能都是減少的．
主題2　多體問題及臨界問題
1．多體問題
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
(1)正確選擇研究對象．有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律，研究對象的選取，一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要．
(2)正確選擇研究過程．通常對全過程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量，根據所研究問題的需要，有時只需對全過程建立動量守恒的關系式，有時需要分過程多次應用動量守恒列出關系式．
2．臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題．這類問題的求解關鍵是尋找物體的臨界狀態，挖掘問題中隱含的臨界條件，其臨界條件常常表現為物體的相對速度關系與相對位移關系，選取適當的系統和過程，運用動量守恒定律進行解答．
【典例2】　甲、乙兩小船質量均為M＝120 kg，靜止于水面上，甲船上的人質量m＝60 kg，通過一根長為L＝10 m的繩用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)兩船相遇時，兩船分別走了多少距離？
(2)為防止兩船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)
[解析]　(1)由水平方向動量守恒得
(M＋m)＝M ①
x甲＋x乙＝L ②
聯立①②并代入數據解得
x甲＝4 m，x乙＝6 m.
(2)設相遇時甲船和人共同速度大小為v1，乙船的速度大小為v2，人跳離甲船瞬間人的速度大小為v，人跳離后甲船速度大小為v1′，人跳上乙船后乙船速度大小為v2′.對甲船和人由動能定理得
Fx甲＝ ③
對乙船由動能定理得Fx乙＝ ④
以v1的方向為正方向，對人跳離甲船過程由動量守恒定律得 (M＋m)v1＝Mv1′＋mv ⑤
對人跳上乙船過程由動量守恒定律得
mv－Mv2＝(M＋m)v2′ ⑥
防止兩船相撞需滿足v1′≤v2′ ⑦
聯立解得v≥4 m/s，即人至少以4 m/s的速度跳到乙船.
[答案]　(1)4 m　6 m　(2)4 m/s
　(1)“人船模型”對于系統初動量為零，動量時刻守恒的情況均適用．
(2)兩物體不相撞的臨界條件是：兩物體運動的速度方向相同，大小相等．
主題3　解決動力學問題的三種思路
運用牛頓運動定律、動量、能量的觀點解題是解決動力學問題的三條重要途徑．求解這類問題時要注意正確選取對象、狀態、過程，并恰當選擇物理規律．在分析的基礎上選用適宜的物理規律來解題，選用規律也有一定的原則．
1．牛頓運動定律(力的觀點)
研究某一時刻(或某一位置)的動力學問題應使用牛頓第二定律，研究某一個恒力作用過程的動力學問題，且又直接涉及物體的加速度問題，應使用運動學公式和牛頓第二定律求解．
如：物體在拉力和摩擦力作用下沿水平面運動瞬間的牛頓第二定律方程F－f＝ma．
物體沿軌道在豎直面內做圓周運動，最低點的向心力方程F－mg＝．
2．動量定理和動量守恒定律(動量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，則應用動量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間的，應用動量守恒定律求解．
3．動能定理和能量守恒定律(能量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解．
(2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解．
(3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒定律建立方程．
【典例3】　如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2 kg．現對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經過時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s．求：
(1)A開始運動時加速度a的大??；
(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；
(3)A的上表面長度l．
[解析]　(1)以小車A為研究對象，由牛頓第二定律有F＝mAa，代入數據解得a＝2.5 m/s2.
(2)對小車A和物塊B碰撞后共同運動t＝0.6 s的過程，由動量定理得
Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v
代入數據解得v＝1 m/s.
(3)設小車A和物塊B發生碰撞前，小車A的速度為vA，對小車A和物塊B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有
mAvA＝(mA＋mB)v
小車A從開始運動到與物塊B發生碰撞前，由動能定理有Fl＝
代入數據解得l＝0.45 m.
[答案]　(1)2.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.45 m
　綜合應用力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象．
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程，畫出草圖．對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系．
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程．
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論．
章末綜合測評(一)　動量和動量守恒定律
時間：75分鐘　滿分：100分
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．質量為m的木箱放在水平地面上，在與水平方向成θ角的拉力F作用下，由靜止開始運動，經過時間t速度達到v，在這段時間內拉力F和重力的沖量大小分別為(　　)
A．Ft，0　 B．Ft cos θ，0
C．mv，0 D．Ft，mgt
D　[由沖量的定義式I＝Ft知，某個力與該力對應時間的乘積便為該力的沖量.因此拉力的沖量為Ft，重力的沖量為mgt，故D正確.]
2．在水平地面上有一木塊，質量為m，它與地面間的動摩擦因數為μ．木塊在水平恒力F的作用下由靜止開始運動，經過時間t后撤去力F，木塊又前進了時間2t才停下來．這個力F的大小為(　　)
A．μmg B．2μmg
C．3μmg D．4μmg
C　[整個過程中滑動摩擦力的作用時間為3t，水平恒力F的作用時間為t，由動量定理得Ft－μmg·3t＝0－0，得F＝3μmg，所以C正確.]
3．如圖所示，滑槽M1與滑塊M2緊靠在一起，靜止于光滑的水平面上．小球m從M1的右上方無初速度地下滑，當m滑到M1左方最高處時，M1將(　　)
A．靜止 B．向左運動
C．向右運動 D．無法確定
B　[小球m和滑槽M1、滑塊M2三個物體構成一個系統，這個系統所受水平方向的合外力為零，所以系統水平方向動量守恒，小球m下滑前系統總動量為零，小球m下滑后小球m和滑槽M1作用，滑槽M1和滑塊M2作用，作用結果使滑塊M2向右運動，有向右的動量.當小球m滑到左方最高點時，小球m和滑槽M1的相對速度為零，但小球m和滑槽M1這個整體向左運動，有向左的動量，這樣才能保證系統總動量為零.故B正確.]
4．在光滑的水平面上有a、b兩球，其質量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發生正碰，兩球在碰撞前后的速度—時間圖像如圖所示．下列關系正確的是(　　)
A．ma>mb B．maC．ma＝mb D．無法判斷
B　[由題圖可知a球碰b球前的速度大小為v，碰后a、b兩球的速度大小為，由動量守恒定律得mav＝mb＋ma，解得mb＝3ma，故B正確.]
5．物體A和B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動，如圖甲所示，A的質量為m，B的質量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經某一位置時的速度大小為v，這時物體B的下落速度大小為u，如圖乙所示，在這段時間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為(　　)
A．mv B．mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
D　[對B由動量定理得Mgt＝Mu－0，設彈簧沖量為I，對A由動量定理得I－mgt＝mv－0，聯立解得I＝mv＋mu，故A、B、C錯誤，D正確.]
6．冰壺運動深受觀眾喜愛，在某次投擲中，冰壺甲運動一段時間后與對方靜止的冰壺乙發生碰撞，如圖所示．若兩冰壺質量相等，則碰后兩冰壺最終停止的位置不可能是圖中的哪一幅圖(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
A　[如果兩冰壺發生彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，兩冰壺質量相等，碰撞后兩冰壺交換速度，甲靜止，乙的速度等于碰撞前甲的速度，碰后乙做減速運動，最后停止，最終兩冰壺的位置如圖B所示，B有可能；如果為非彈性碰撞，總動量向右，則C有可能，A不可能；若兩球不是對心碰撞，則兩球可能在兩側方向均發生移位，但兩側方向應保證動量為零，D有可能.本題選不可能的，故選A.]
7．質量為M、內壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g．初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示．現給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止．設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統損失的動能為(　　)
A．mv2 B．
C．NμmgL D．NμmgL
D　[小物塊與箱子作用過程中滿足動量守恒，小物塊最后恰好又回到箱子正中間，兩者相對靜止，即為共速，設速度為v1，mv＝(m＋M)v1，系統損失的動能ΔEk＝＝，A、B錯誤；由于碰撞為彈性碰撞，故碰撞時不損失能量，系統損失的動能等于系統產生的熱量，即ΔEk＝Q＝NμmgL，C錯誤，D正確.]
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8．A、B兩船的質量均為m，它們都靜止在平靜的湖面上，A船上質量為 的人以水平速度v從A船跳到B船，再從B船跳回A船．水對船的阻力不計，經多次跳躍后，人最終跳到B船上，則(　　)
A．A、B兩船的速度大小之比為3∶2
B．A、B(包括人)的動量大小之比為1∶1
C．A、B(包括人)的動量之和為0
D．因跳躍次數未知，故以上選項均無法確定
ABC　[選A船、B船和人為一個系統，則他們的初始總動量為0.由動量守恒定律可知，系統以后的總動量將一直為0.選最終B船的運動方向為正方向，則由動量守恒定律可得 0＝vB＋mvA，解得vB＝－vA.所以A、B兩船的速度大小之比為3∶2，故A正確；A和B(包括人)的動量大小相等，方向相反，動量大小之比為1∶1，故B正確；由于系統的總動量守恒，始終為0，故A和B(包括人)的動量之和也始終為0，故C正確.]
9．如圖所示，質量為2m的小球A一端固定輕彈簧，靜止在光滑水平面上，質量為m的小球B以速度v0向右運動，壓縮彈簧然后分離，下列說法正確的是(　　)
A．小球B壓縮彈簧過程中，小球A和小球B組成的系統機械能守恒
B．彈簧最短時小球A的速度為
C．彈簧最大彈性勢能為
D．小球B最終以速度 向右勻速運動
BC　[小球B壓縮彈簧過程中，小球A、小球B與彈簧組成的系統機械能守恒，兩球組成的系統機械能不守恒，故A錯誤；彈簧最短時兩球速度相等，兩球組成的系統動量守恒，以向右為正方向，根據動量守恒定律得mv0＝(2m＋m)v，解得v＝，故B正確；彈簧最短時彈簧彈性勢能最大，此時兩球速度相等，由能量守恒定律得＝＋Ep，解得Ep＝，故C正確；最終兩球分離、彈簧恢復原長，兩球各自做勻速直線運動，兩球組成的系統動量守恒、機械能守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mvA＋mvB，由機械能守恒定律得＝，解得vA＝v0，vB＝－v0，負號表示方向向左，故D錯誤.]
10．如圖所示，一不可伸長的輕繩的一端固定于O點，另一端系一小球，開始時將輕繩向右拉至水平，然后將小球由靜止釋放，則小球由靜止到運動到最低點的過程，下列說法正確的是(　　)
A．拉力對小球的沖量為零
B．重力對小球的沖量方向豎直向下
C．小球的動量變化量方向豎直向下
D．合力對小球的沖量方向水平向左
BD　[拉力不為零，根據I＝Ft可知，拉力對小球的沖量不為零，故A錯誤；重力豎直向下，可知重力對小球的沖量方向豎直向下，故B正確；小球初動量為零，末動量水平向左，可知小球的動量變化量方向水平向左，根據動量定理可知，合力對小球的沖量方向水平向左，故C錯誤，D正確.]
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11．(7分)某同學把兩塊不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮的彈簧，兩木塊位于桌子兩側邊緣，如圖所示，將這一系統置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，觀察木塊的運動情況，進行必要的測量，驗證木塊間相互作用時動量守恒．
(1)該同學還必須有的器材是____________________________________________．
(2)需要直接測量的數據是______________________________________________
_____________________________________________________________________．
(3)用所得數據驗證動量守恒的關系式是________________________．
[解析]　這個實驗的思路與課本上采用的實驗的原理完全相同，也是通過測平拋運動的位移來代替它們作用完畢時的速度.
[答案]　(1)刻度尺、天平　(2)兩木塊的質量m1、m2和兩木塊落地點分別到桌子兩側邊緣的水平距離s1、s2　(3)m1s1＝m2s2
12．(10分)(教材P8例題1)一輛質量為2 200 kg 的汽車正在以90 km/h的速度勻速行駛．突然前方出現復雜路況，如果駕駛員馬上輕踩剎車逐漸制動，汽車在21 s內停下；如果駕駛員馬上急踩剎車緊急制動，可在3.8 s內使車停下．求這兩種情況下使汽車停下的平均作用力．
[解析]　如圖所示，設汽車初始運動方向為正方向，則初始動量為正，平均作用力F的沖量為負.
汽車的初速度v0＝90 km/h＝25 m/s
初動量p0＝mv0＝2 200×25 kg·m/s＝5.5×104 kg·m/s
末動量pt＝mvt＝0
根據動量定理Ft＝pt－p0，有
F＝
將t＝21 s和t＝3.8 s分別代入上式，求出平均作用力分別為－2.6×103 N、－1.4×104 N.負號表示平均作用力的方向與汽車速度的方向相反.
[答案]　見解析
13．(9分)如圖所示，豎直面內固定一半徑為R＝0.3 m 的光滑四分之一圓弧軌道，光滑地面上放置一長為L＝0.3 m的長木板，長木板的上表面與圓弧軌道的最低點B等高，且二者接觸但不粘連，長木板質量為M＝1 kg，一個質量為m＝1 kg的鐵塊(可以看成質點)以一定初速度v0＝3 m/s滑上長木板的左端，鐵塊恰好能滑到圓弧軌道的最高點C，重力加速度為g＝10 m/s2，求：
(1)鐵塊與長木板間的動摩擦因數；
(2)最終鐵塊靜止在長木板上的位置．
[解析]　(1)對鐵塊，由動能定理得
－μmgL－mgR＝0－mv02
代入數據解得μ＝0.5.
(2)鐵塊下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝
以向左為正方向，由動量守恒定律得
mvB＝(M＋m)v
由能量守恒定律得
＝(M＋m)v2＋μmgx
代入數據解得x＝0.3 m.
鐵塊最終滑到長木板的左端.
[答案]　(1)0.5　(2)長木板的左端
14．(13分)如圖所示，有一擺長為L的單擺，擺球A自水平位置擺下，在擺的平衡位置與置于光滑水平面的B球發生彈性碰撞，導致后者又跟置于同一水平面的C球發生完全非彈性碰撞．假設A、B、C球的質量均為m，重力加速度為g．
(1)A、B球碰后A球的速度為多大？
(2)B、C球碰后它們共同的速度多大？
(3)B和C碰撞過程中損失的機械能是多少？
[解析]　 (1) 對A從最高點到最低點進行分析，由機械能守恒得mgL＝mv2
解得v＝
由于A與B發生彈性碰撞，且質量相等，所以交換速度，所以碰后速度為
vB＝，vA＝0.
(2) 對B、C由水平方向動量守恒得
mvB＝(m＋m)v′
解得v′＝
即B、C球碰后的共同速度是
(3) 根據能量守恒定律可知
＝(m＋m)v′2＋Q
代入數據解得Q＝mgL
則B和C碰撞過程中損失的機械能是mgL.
[答案]　(1) 0　(2) 　(3)mgL
15．(15分)如圖所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s 的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為 h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30 kg，冰塊的質量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．g取10 m/s2．
(1)求斜面體的質量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
[解析]　(1)規定向左為速度正方向.冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得
m2v20＝(m2＋m3)v ①
＝(m2＋m3)v 2＋m2gh ②
式中v20＝3 m/s為冰塊被推出時的速度.聯立①②式并代入題給數據得m3＝20 kg. ③
(2)設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有
m1v1＋m2v20＝0 ④
代入數據得v1＝－1 m/s ⑤
設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
m2v20＝m2v2＋m3v3 ⑥
＝ ⑦
聯立③⑥⑦式并代入數據得v2＝－1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且冰塊處在小孩后方，故冰塊不能追上小孩.
[答案]　(1)20 kg　(2)見解析
14 / 14主題1　碰撞與爆炸問題
爆炸與碰撞的比較
比較項目 爆炸 碰撞
相同點 過程特點 都是物體間的相互作用突然發生，相互作用的力為變力，作用時間很短，平均作用力很大，且遠大于系統所受的外力，所以可以認為碰撞、爆炸過程中系統的總動量守恒
過程模型 由于碰撞、爆炸過程相互作用的時間很短，作用過程中物體的位移很小，一般可忽略不計，因此可以把作用過程看作一個理想化過程來處理，即作用后物體仍在作用前瞬間的位置
能量情況 都滿足能量守恒，總能量保持不變
不同點 動能情況 有其他形式的能轉化為動能，動能會增加 彈性碰撞時動能不變；非彈性碰撞時動能有損失，動能轉化為內能
【典例1】　一質量為m的煙花彈獲得動能E后，從地面豎直升空．當煙花彈上升的速度為零時，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分，兩部分獲得的動能之和也為E，且均沿豎直方向運動．爆炸時間極短，重力加速度大小為g，不計空氣阻力和火藥的質量．求：
(1)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經過的時間；
(2)爆炸后煙花彈向上運動的部分距地面的最大高度．
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　爆炸過程和碰撞過程都可認為是系統動量守恒，但是爆炸過程動能增加，碰撞過程動能不增加，只有理想化的彈性碰撞認為動能不變，而一般情況下系統動能都是減少的．
主題2　多體問題及臨界問題
1．多體問題
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意：
(1)正確選擇研究對象．有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律，研究對象的選取，一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要．
(2)正確選擇研究過程．通常對全過程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量，根據所研究問題的需要，有時只需對全過程建立動量守恒的關系式，有時需要分過程多次應用動量守恒列出關系式．
2．臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常會遇到相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運動等臨界問題．這類問題的求解關鍵是尋找物體的臨界狀態，挖掘問題中隱含的臨界條件，其臨界條件常常表現為物體的相對速度關系與相對位移關系，選取適當的系統和過程，運用動量守恒定律進行解答．
【典例2】　甲、乙兩小船質量均為M＝120 kg，靜止于水面上，甲船上的人質量m＝60 kg，通過一根長為L＝10 m的繩用F＝120 N的力水平拉乙船，求：
(1)兩船相遇時，兩船分別走了多少距離？
(2)為防止兩船相撞，人至少以多大的速度跳到乙船(忽略水的阻力)
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　(1)“人船模型”對于系統初動量為零，動量時刻守恒的情況均適用．
(2)兩物體不相撞的臨界條件是：兩物體運動的速度方向相同，大小相等．
主題3　解決動力學問題的三種思路
運用牛頓運動定律、動量、能量的觀點解題是解決動力學問題的三條重要途徑．求解這類問題時要注意正確選取對象、狀態、過程，并恰當選擇物理規律．在分析的基礎上選用適宜的物理規律來解題，選用規律也有一定的原則．
1．牛頓運動定律(力的觀點)
研究某一時刻(或某一位置)的動力學問題應使用牛頓第二定律，研究某一個恒力作用過程的動力學問題，且又直接涉及物體的加速度問題，應使用運動學公式和牛頓第二定律求解．
如：物體在拉力和摩擦力作用下沿水平面運動瞬間的牛頓第二定律方程F－f＝ma．
物體沿軌道在豎直面內做圓周運動，最低點的向心力方程F－mg＝．
2．動量定理和動量守恒定律(動量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別對于打擊一類的問題，因時間短且沖力隨時間變化，則應用動量定理求解，Ft＝mv－mv0．
(2)對于碰撞、爆炸、反沖一類的問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間的，應用動量守恒定律求解．
3．動能定理和能量守恒定律(能量觀點)
(1)對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解．
(2)如果物體只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解．
(3)對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應考慮選用能量守恒定律建立方程．
【典例3】　如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA＝4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計．可視為質點的物塊B置于A的最右端，B的質量mB＝2 kg．現對A施加一個水平向右的恒力F＝10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B黏合在一起，共同在F的作用下繼續運動，碰撞后經過時間t＝0.6 s，二者的速度達到vt＝2 m/s．求：
(1)A開始運動時加速度a的大?。?br/>(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大??；
(3)A的上表面長度l．
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　綜合應用力學“三大觀點”解題的步驟
(1)認真審題，明確題目所述的物理情境，確定研究對象．
(2)分析所選研究對象的受力情況及運動狀態和運動狀態的變化過程，畫出草圖．對于過程復雜的問題，要正確、合理地把全過程分成若干階段，注意分析各階段之間的聯系．
(3)根據各階段狀態變化的規律確定解題方法，選擇合理的規律列方程，有時還要分析題目的隱含條件、臨界條件、幾何關系等列出輔助方程．
(4)代入數據(統一單位)，計算結果，必要時要對結果進行討論．
4 / 4

展開更多......

收起↑