动量守恒定律木板题型技法解读高考..doc

动量守恒定律木板题型技法解读高考 一、滑动摩擦力做功的特点 技法讲解 滑动摩擦力做功的特点 先研究一个实例：如图所示，质量为m的木块以速度v0滑上原来静止的质量为M的木板，木板长为L，木板与木块之间动摩擦因数为μ，水平地面光滑.当木块滑到木板的另一端时，木块和木板的速度分别为v1、v2，木板对地的位移为s. 在两者相互作用的过程中，木块m在滑动摩擦力作用下向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，分别对它们用动能定理.对木块： -μmg(L+s)= mv12-12mv02① 对木板：μmgs= M1 ② 以上两式相加得： -μmgL=M1 +mv12-mv02 整理得：μmgL= mv02-( M1 + mv12)③ 对上述几个方程进行讨论：①式中木块减少的动能分为两部分，一部分通过摩擦力对木板做正功，转移到木板上成为木板的动能；另一部分通过克服摩擦力做功，转化成系统的内能. ③式中，等号右边是木块和木板在运动过程中减少的机械能，而系统减少的机械能全部转化为系统的内能，即热量.可见，在这类“摩擦生热”的问题中，系统在相互作用过程中产生的热能（等于减少的机械能）等于系统之间的摩擦力和物体相对位移的乘积.即：Q=μmgs相对. 此式可作为一个公式直接应用. 综上所述，滑动摩擦力做功有以下特点： （1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功（比如物体在有摩擦的地面上滑动时，地面受的摩擦力对地面就不做功）. （2）一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两种情况：一是相互摩擦的物体之间有机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积. （3）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总是负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统损失的机械能. 典例剖析 例1一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其左端放一质量为m的小木块A，mM.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A开始向右运动，B开始向左运动，但是，最后A刚好没有滑离B板.求小木块A向右运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离. 解析： 小木块A先向右减速运动到速度vA=0，后又向左加速直至与木块B具有相同速度v2，木块B一直向左减速运动直至与A具有相同速度v2，以后A、B以v2匀速向左运动，整个过程中木板与木块组成的系统动量守恒.由动量守恒定律有： Mv0-mv0=（M+m）v2 对系统的全过程，由能量转化与守恒定律有： Q=fL= (M+m)v02- (M+m)v22 设A向右运动的对地最大位移为sm，对小木块A由动能定理有 -fsm=- mv02 解以上各式得sm=. 二、子弹打击木块模型 技法讲解 1.木块固定，子弹留在其中，对子弹有：-fd=0- mv02 可求得射入的深度d. 2.木块固定，子弹穿出.（设木块厚度为L），对子弹由动能定理得：-fL= mv2- mv02。由此可求得v0. 3.木块不固定，子弹留在其中.（设地面光滑）如图所示，子弹位移为s1，木块位移为s2，末速度为v. 对系统由动量守恒得： mv0=（M+m）v 解得：v=对子弹由动能定理得： -fs1=ΔEk1=mv2-mv02 -ΔEk1= mv02·［］ 对木块由动能定理得： fs2=12Mv2=ΔEk2 ΔEk2= mv02· 对整个系统由能量守恒得： Q=fΔs=f（s1-s2）=mv02-（M+m）v2 解得： Q= m ·综上得： -ΔEk1=ΔEk2+Q. 4.木块不固定，子弹最后穿出，设穿出时木块速度为v2，子弹速度为v1，如图 所示. 对系统由动量守恒得：mv0=mv1+Mv2 对系统由能量守恒得： -Q=-fL= mv12+Mv22-mv02 对子弹由动能定理得： -fs1=mv12-mv02 对木块由动能定理得：fs2=Mv22 联立以上方程便可求出所要求的物理量. 典例剖析 例2一质量为M的木块静止于光滑水平地面上，一质量为m的子弹以初速度v0射入木块并最终停留在木块中.在子弹射入木块的过程所受的阻力恒定，如图所示，试求子弹进入木块的过程中系统产生的热量Q和木块相对地面的位移大小s1. 解析：将子弹和木块看作一个系统，此系统在子弹进入木块的过程动量守恒，设最终子弹和木块的共同速度为v，子弹进入木块过程受到的阻力为Ff，对系统由动量守恒定律得： mv0=(M+m)v 解得：v=① 对子弹由动能定理得： -Ff(s1+d)=ΔEk1=mv2-mv02② 对木块由动能定理得： Ffs1=1 Mv2③ 对整个系统由能量守恒定律得： Q=Ffd= mv02- （M+m）v2④ 联立方程①④解得： Q= mv02·M（M+m） 联立方程①②③