漫谈天体运动问题的几种模型Word下载.docx
《漫谈天体运动问题的几种模型Word下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《漫谈天体运动问题的几种模型Word下载.docx（11页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
方法：
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：
对木块和子弹分别利用动能定理。
推论：
系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE＝Ffd
②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：
两种类型的共同点：
A、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。
（因为有一部分机械能转化为内能）。
B、摩擦生热的条件：
必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。
大小为Q＝Ff·
s，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，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）。
例1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，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，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1
解析：
可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。
对物块，滑动摩擦力做负功，由动能定理得：
即对物块做负功，使物块动能减少。
对木块，滑动摩擦力对木块做正功，由动能定理得，即对木块做正功，使木块动能增加，系统减少的机械能为：
本题中，物块与木块相对静止时，，则上式可简化为：
又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：
联立式<
2>
、<
3>
得：
故系统机械能转化为内能的量为：
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移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即。
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。
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：
所以
一般情况下，所以，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。
这就为分阶段处理问题提供了依据。
象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：
例2如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，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光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为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分布。
带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：
（1）带电环与左极板相距最近时的速度v；
（2）此过程中电容器移动的距离s。
（3）此过程中能量如何变化？
解：
（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：
力与运动观点：
设电场力为F
（2）能量观点（在第
（1）问基础上）：
对m：
对M：
运动学观点：
，对m：
，解得：
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5
解得：
（3）在此过程，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部转化为电势能。
二、人船模型
（一）特点：
1、动力学规律：
由于组成系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。
这类问题的特点：
两物体同时运动，同时停止。
2、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，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：
力对“人”做的功量度“人”动能的变化；
力对“船”做的功量度“船”动能的变化。
3、两个推论：
①当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；
②当系统的动量守恒时，系统的质心保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得到的，但它的适用范围比牛顿第二定律更广泛，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。
例1如图所示，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？
以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，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'
，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：
，即
因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，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。
因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比，即，而人的位移，船的位移，所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即
<
1>
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过程中，某一个方向的动量守恒。
由图1可以看出：
由<
两式解得
例2如图所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：
（）
A.
B.
C.
D.
答案：
CD
三、反冲模型
“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；
弹簧两端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。
内力远大于外力，故系统动量守恒，有其他形式的能单向转化为动能。
所以“爆炸”时，机械能增加，增加的机械能由化学能（其他形式的能）转化而来。
例1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，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？
两次发射转化为动能的化学能E是相同的。
第一次化学能全部转化为炮弹的动能；
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式知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：
，所以。
思考：
有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为，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，设炮车后退方向为正方向，则
评点：
有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。
例2光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；
发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。
若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？
若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。
在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：
由能量关系可知：
按题述的要求应有
由以上各式得：
四、追碰模型
从物理方法的角度看。
处理碰撞问题，通常使用及矢量运算。
碰撞的特点：
追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的；
（2）碰撞过程中，总动能不增。
因为没有其他形式的能量转化为动能；
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
碰撞的分类：
按能量变化情况可分为弹性碰撞和非弹性碰撞（包括完全非弹性碰撞）。
能量变化特点：
弹性碰撞动能守恒；
非弹性碰撞动能不守恒；
完全非弹性碰撞能量损失（不能完全恢复原形）最大。
注意：
动量守恒定律的验证、分析推理、应用等实验中，不论在平面还是斜面或用其他方式进行，我们都要注意守恒的条件性。
解题原则：
（1）碰撞过程中动量守恒原则；
（2）碰撞后系统动能不增原则；
（3）碰撞后运动状态的合理性原则。
碰撞过程的发生应遵循客观实际。
如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。
（1）数学法（如函数极值法、图象法）
（2）物理方法（参照物变换法、整体法（系统）、能量守恒方法等）。
例1如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·
m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为，则：
A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:
5
B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:
10
C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:
D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:
题中规定向右为正方向，而AB球的动量均为正，所以AB都向右运动，又，所以，可以判断A球在左方，CD错；
碰撞后A的动量变化，根据动量守恒可知，B球的动量变化，所以碰后AB球的动量分别为解得，所以A正确。
动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：
先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。
例2在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。
假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。
已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：
（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？
（2）若E0＝1.76MeV，则经过多少次碰撞后，中子的能量才可减少到0.025eV。
按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少，对应的动能也就可以求解；
在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到0.025eV与原动能E0的比值关系，取对数求出碰撞次数（必须进位取整）。
（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。
设中子的质量为m，碳核的质量为M，有：
由上述两式整理得：
则经过一次碰撞后中子的动能：
（2）同理可得
……
设经过n次碰撞，中子的动能才会
升级会员 