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2014年寒假物理竞赛集训二导学2动力学 动量 能量 角动量


清北学堂集中培训课程导学资料
(2014 年寒假集中培训课程使用)
QBXT/JY/DX2013/12-2-7

2014 年寒假物理竞赛集训二导学
(第二次)

资料说明
本导学用于学员在实际授课之前,了解授课方向及重难点。同时还附上部分知识点的 详细解读。每个班型导学共由 4 次书面资料构成。此次

发布的为第二次导学,后面的第三 次导学,将于 2013 年 12 月 15 日发布。在 2013 年 12 月 20 日,公司还会发布相应班型的 详细授课大纲,敬请关注。

自主招生邮箱:wanglj@qbxt.cn 数学竞赛邮箱:cuid@qbxt.cn 物理竞赛邮箱:lin@qbxt.cn 化学竞赛邮箱:zhouk@qbxt.cn 生物竞赛邮箱:zhangw@qbxt.cn 理科精英邮箱:wanglj@qbxt.cn

2013-12-5 发布

清北学堂教学研究部

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2014 年寒假物理竞赛集训二导学
(动力学&能量、动量和角动量)
目录
知识框架........................................................................................................................................... 2 重点难点........................................................................................................................................... 3 知识梳理........................................................................................................................................... 4 一、 运动学....................................................................................................................... 4 1. 质点和质点组牛顿运动定律 ................................................................................... 4 2. 质心和质心参考系 ................................................................................................... 4 3. 惯性系和非惯性系 ................................................................................................... 4 4. 惯性力....................................................................................................................... 5 5. 转动惯量 ................................................................................................................... 5 6. 刚体转动的牛顿运动定律 ....................................................................................... 5 二、 能量、动量和角动量 ............................................................................................... 6 1. 势能........................................................................................................................... 6 2. 功能原理 ................................................................................................................... 6 3. 动能定理 ................................................................................................................... 7 4. 机械能守恒定律 ....................................................................................................... 7 5. 动量定理 ................................................................................................................... 7 6. 动量守恒定律 ........................................................................................................... 7 7. 碰撞........................................................................................................................... 7 8. 角动量....................................................................................................................... 8 9. 角动量守恒定律 ....................................................................................................... 8 例题选讲........................................................................................................................................... 9 巩固习题......................................................................................................................................... 16 参考答案......................................................................................................................................... 19

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知识框架
质点和质点组牛顿运动定律 质心和质心参考系 惯性系和非惯性系 惯性力 转动惯量 刚体转动的牛顿运动定律 势能 动能定理和机械能守恒 功能原理 动能定理 机械能守恒定律 能量、动量和角动量 动量定理和动量守恒 动量定理 动量守恒定律 碰撞 角动量和角动量守恒 角动量 角动量守恒定律

牛顿运动定律 动力学 非惯性参考系和惯性力 刚体动力学

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重点难点
动力学中,解题关键在于分析物体受力,受力分析部分在静力学中已重点训练过,需要 在动力学问题中灵活运用。 对牛顿运动定律在质点和质点组中的形式要非常熟悉。 竞赛问题 中动力学难点通常在非惯性系的使用与刚体转动的分析。 能量、动量和角动量部分,基础仍然是受力分析。基于物体的受力分析判断适用的守恒 定律是列写方程的关键。 在守恒定律不能封闭方程组的情况下要从运动学角度寻找其他方程。 这部分问题的难点通常在应用动量守恒定律方面,碰撞问题也是考察重点。此外,角动量部 分也需要熟悉并能在涉及转动的问题中灵活使用动量守恒和角动量守恒定律。

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知识梳理

一、

运动学

1. 质点和质点组牛顿运动定律 牛顿运动定律为牛顿第一定律、牛顿第二定律和牛顿第三定律。 牛顿第一定律:惯性定律,不受力物体保持静止或匀速直线运动状态。 牛顿第二定律:物体的加速度跟合外力成正比,跟质量成反比,即: F ? ma

?

?

牛顿第三定律:作用力与反作用力等大反向,在同一条直线上。 三大定律中第二定律使用最多,也最为重要。第二定律同样适用于质点组。质点组某一 时刻各质点受外力 x 方向分量为 F1 x , F2 x ,…, Fkx ,加速度 x 方向分量为 a1 x ,a 2 x ,…,

a kx ,则:
Fx ? F1x ? F2 x ? ? ? Fkx 为质点系 x 方向上所受的合外力,进而有: Fx ? m1a1x ? m2 a2 x ? ? ? mk akx
上式为质点组的牛顿第二定律。 2. 质心和质心参考系 对 n 个质点组成的系统, m1 ,m 2 ,…,m n 和 r1 , r2 ,…, rn 分别为质量和位置矢量, 系统质心的位置矢量为:

?

?

?

? ? ? ? m1r1 ? m2 r2 ? ? ? mn rn rc ? ? m1 ? m2 ? ? ? mn

?m r
i ?1

n

?
,其中 m ?

i i

m

?m 。
i ?1 i

n

质心位置矢量在直角坐标系三个方向上的投影分量为:

xc ?

? mi xi
i ?1

n

m

, yc ?

? mi y i
i ?1

n

m
?

, zc ?

?m z
i ?1

n

i i

m

对质心的牛顿第二定律为 F ? mac , F 为系统所受合外力, ac 为质心加速度。 质心运动定律说明:不管物体的质量如何分布,也不管外力作用点在物体的哪个位置, 质心的运动总等效于物体的质量全部集中在此点、外力作用于此点的运动。 以质心作参照的参考系为质心系,多质点系统不受外力时质心运动状态不变,结合质 心定义可确定各质点运动状态。 3. 惯性系和非惯性系 牛顿第一定律不成立的参考系叫非惯性参考系,简称非惯性系,如加速运动的小车、 考虑自转时地球等。 选取非惯性系作为参考系时由于牛顿第一定律不成立, 牛顿运动定律的
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?

?

?

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形式将发生改变。 4. 惯性力 非惯性系相对惯性系有加速度, 因此相对惯性系没有加速度的物体对非惯性系有加速度, 因此在非惯性系看来认为物体受到了一种方向与非惯性系相对于惯性系的加速度相反的力, 这种力叫惯性力: F惯 ? ? ma , m 为物体质量, a 为非惯性系相对于惯性系的加速度。 惯性力不是真实存在的, 因此没有反作用力。 引入惯性力后非惯性系中动力学方程与惯 性系形式相同。 5. 转动惯量 对饶定轴转动的刚体,描述其转动运动的运动学量为刚体对转轴的角位移 ? 、刚体旋 转的角速度 ? 和刚体旋转的角加速度 ? ,动力学量为刚体受外力对转轴的合外力矩 M ,刚 体对转轴的转动惯量 I 。 刚体对轴的转动惯量定义为 I ?

?

?

?

?m r
i ?1

?

2

i i



计算转动惯量有三个定理,即平行轴定理、垂直轴定理和伸展定则。 平行轴定理:刚体对过质心的轴的转动惯量为 I ,则刚体对与该轴平行且相距为 d 的 轴的转动惯量 I ? ? I ? md 2 。 垂直轴定理:设三维直角坐标系 xy 平面内有一平板状刚体,对 x 轴和 y 轴的转动惯量 分别为 I x 和 I y ,则刚体对 z 轴的转动惯量 I z ? I x ? I y 。 伸展定则: 刚体上任一点平行的沿一直轴移动一段距离, 刚体对该轴的转动惯量不变。 6. 刚体转动的牛顿运动定律 类比质点牛顿运动定律, 刚体转动运动定律为 M ? I? 。 由此可总结转动与平动各物理 量之间的对应关系: 平动 位移 s 速度 v 加速度 a 力F 质量 m ? ? ? ? ? 转动 角位移 ? 角速度 ? 角加速度 ? 力矩 M 转动惯量 I

?

?

根据上面的对应关系可直接将各平动定律的形式改写为转动定律。

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二、

能量、动量和角动量

1. 势能 竞赛中涉及到的势能可大致分为两类,一类是由引力场(电场)产生的引力势能(电势 能) ,另一类是由弹簧或其他弹性体弹性形变产生的弹性势能。 以引力势能为例,取无穷远为势能零点,则其形式为 E p ? ? 之间的距离。 以弹簧弹性势能为例,进度系数为 k 的弹簧储存的弹性势能为 E p ?

GMm ,其中 r 为两物体 r 1 2 kx ,其中 x 为 2

弹簧的伸长量(压缩量) 。 2. 功能原理 (1) 矢量标积 矢量是既有大小又有方向且加减运算遵循平行四边形定则的一种量, 矢量的大小也称为 绝对值。 设矢量 A 、 其标积用 A ? B 表示, 定义为 AB cos? , 即 A ? B ? AB c o s B 的夹角为 ? ,

?

?

? ?

? ?

?。

“标”指结果为一般标量,“积”指 A ? B 是一种乘积运算。这种乘法用其间的一个点表示,故 又称为点乘或点积。标积的正负与 ? 的取值有关。 (2) 变力的功 一般情况下,力是变力,而物体的运动轨迹可能是曲线。这时,必须将恒力做功公式的 结果进行推广。 设质点从 A 点沿曲线运动到 B 点,现在来确定变力 F 在这段过程中所做的功。为此, 将此过程分成许多小段,取其中任意一小段 ?si ,当 ?s i 很小时, ?si 可看作直线,其方向 沿曲线的切线,而在这小段上力可视为恒力,以 Fi 表示,设力 Fi 与 ?si 夹角为 ? i ,则两者 的标积即为 Fi 在 ?si 段对质点所做的功,称为元功,记为 ?Wi ? Fi ? ?si ? Fi ?si cos? i 。变 力 F 从 A 到 B 对质点做的功,就等于所有元功的代数和,即 W ?
B ? ? ? W ? ? i ? Fi ? ?si 。 B A A

? ?

?

?

?

?

?

?

?

变力在曲线运动中的功也可由 F - s 图像和 s 轴包围的“面积”求解。 在一些特定情况下,例如:已知恒定功率和时间可用 W ? Pt 求解;若知物体的动能变 化,可用动能定理求解;若作用力的大小随位移作线性变化,可用平均力作为恒力按功的定 义求解。 (3) 功能原理 系统机械能的变化量等于外力对系统所做总功与系统内耗散力做功的代数和。耗散力 指的是非保守力,即做功与路径有关的力。目前接触到的力除重力、库仑力外其他力均为非 保守力。 这里要注意,弹簧弹力做功可用初末位置的弹性势能变化来求解,乍看起来弹簧做功 做功只与初末位置有关,与路径无关,但实际上弹簧系统是一个一维系统,一维系统的运动 路径只能是一条直线,且由初末位置唯一确定,因此弹簧弹力不是保守力,但仍可用计算保
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守力做功的方法计算弹簧弹力做功。 3. 动能定理 (1) 冲量 冲量是表示力对时间的累积效应量。 一般情况下, 将质点从 t1 时刻到 t 2 的一段运动时间 分 割 成 一 系 列 用 i 标 记 的 无 限 小 时 间 间 隔 ?t i , 质 点 在 ?t i 时 间 内 受 力 为 Fi , 则 将

?

? ? ? ? ? ? I ? ? ?I i ? ? Fi ?t i 称为力 F 在该段时间内的冲量。其中 ?I i ? Fi ?t i ,称为元冲量。若
力 F 在时间 ? t 内是恒定的,则冲量 I ? F?t 。力的冲量方向与该力方向一致。 若力 F 是变化的,则先求元冲量,再求和。可以证明,分力对质点的冲量之和等于合 力对质点的冲量。 冲量是矢量,恒力情况下,冲量的方向与力的方向相同,变力的冲量方向由其作用效果 来判断。冲量是过程量,说冲量时,要指明是哪个力在哪个过程或哪段时间内的冲量。 (2) 动量定理 系统所有外力与所有内力对系统做功的代数和等于系统总动能的变化量,即:

?

?

?

?

?W



? ? W内 ? ? E k 2 ?? E k1
1 2 I? ,对转动刚体动能定理仍然成立,即 2

需要注意,考虑质点组时要考虑内力做功。 类比质点运动动能,刚体转动动能为 E k ?

W?

1 2 1 2 I? ? I? 0 2 2

动能定理常用于计算变加速运动速度。 4. 机械能守恒定律 系统内只有保守力做功,其他非保守内力和外力做功之和为零,系统的机械能守恒。 5. 动量定理 系统所有外力对系统的冲量和等于系统总动量的变化量,即:

? ? ? (? F外 ) ?t ? p ? p 0
6. 动量守恒定律 由动量定理可知,如果

?F

?


? ? ? 0 ,则 p ? p0 。因此,系统不受外力或者受外力之和

为零,系统的总动量保持不变,即质点系的总动量是守恒的。 若系统在某一方向上不受外力 (或外力分量之和为零) , 则系统在该方向上的动量守恒。 在处理碰撞或爆炸问题时, 系统内力作用远强于外力作用, 可近似认为无外力作用于系 统,动量守恒仍然成立。 7. 碰撞 碰撞过程满足动量守恒。碰撞前后物体速度在同一直线为正碰,否则为斜碰。碰撞中无 机械能损失为弹性碰撞,有机械能损失为非弹性碰撞。当碰撞后两物体速度相同时,为完全 非弹性碰撞。 描述碰撞非弹性程度的量为恢复系数, 定义为碰撞后分离速度与碰撞前接近速度的比值,
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即e ?

? ? v1 ? v2 。对弹性碰撞, e ? 1 ,完全非弹性碰撞 e ? 0 ,一般非弹性碰撞 0 ? e ? 1 。 v2 ? v1

对斜碰,取沿碰撞接触面法线方向的相对速度为接近速度和分离速度即可。 对弹性碰撞,使用 e ? 1 及动量守恒计算碰撞后速度,比使用机械能守恒方便得多。 8. 角动量 角动量定义为动量对转轴(支点)的矩,也称为动量矩,即 L ? r ? mv ? mvr sin ? 。 角动量是刚体转动中的物理量,类比质点运动动量的定义,质量对应转动惯量,速度对 应角速度,有 L ? I? 。 类比动量定理,角动量定理的形式为 M?t ? ?( I?) 。 对刚体,绕定轴转动惯量 I 为常数,角动量定理为 M?t ? I?? 。 对非刚体,转动惯量 I 不为常数,角动量定理为 M?t ? I 2?2 ? I1?1 。 9. 角动量守恒定律 由角动量定理可知,当物体所受合外力矩为零时,角动量守恒。合外力矩为零的一种特 殊情况是物体受到有心力场作用,如行星绕恒星转动。当然,物体所受合外力为零时角动量 必然守恒。

?

?

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?

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例题选讲
例 1. 如图半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。
小球 A、B 质量分别为 m、βm(β 为待定系数) 。A 球从左 边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最 低点的 B 球相撞,碰撞后 A、B 球能达到的最大高度均为

1 R ,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。试求: 4
(1)待定系数 β; (2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力; (3)小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球 A、B 在轨道最 低处第 n 次碰撞刚结束时各自的速度。 解: (1)碰撞后两球能上升的最大高度对应的重力势能分别等于两球的总能量,由于碰撞 中无能量损失,由机械能守恒定律得 mgR ?

mgR ? mgR ? ,解得 β=3。 4 4

(2)设 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v1、v2,取方向水平向右为正,对 A、B 两球 组成的系统,有 mgR ?

1 2 1 2 mv1 ? ? mv2 2 2

m 2 gR ? mv1 ? ? mv2

解得 v1 ? ?

1 1 gR ,方向水平向左; v2 ? gR ,方向水平向右。 2 2

设第一次碰撞刚结束时轨道对 B 球的支持力为 N,方向竖直向上为正,则

N ? ? mg ? ? m

2 v2 ,B 球对轨道的压力 R

N ? ? ? N ? ?4.5mg ,方向竖直向下。
(3)设 A、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1、V2,取方向水平向右为正,则

?mv1 ? ? mv2 ? mV1 ? ? mV2

mgR ?

1 1 mV12 ? ? mV22 2 2

. 解得 V1=- 2 gR ,V2=0 (另一组解 V1=-v1,V2=-v2 不合题意,舍去)

由此可得:当 n 为奇数时,小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰 撞刚结束时相同; 当 n 为偶数时,小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时
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相同。 简析: 本题是能量和动量守恒与圆周运动的结合。 把握能量守恒和动量守恒即可求解本 题。在确定 n 次碰撞时需用到数学中的归纳法。

例 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
们采用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的简化力学模型。如图 2 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 Ekn 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,m3=m0,m0 为确定的已知量。求 m2 为何值时,k13 值最大.

解: a) 先考虑两体碰撞 设碰撞前 m1 的速度为 v10 ,根据机械能守恒定律

m1 gh ?

1 2 m1v10 2



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 ? m2 v2
?



由于碰撞过程中无机械能损失,弹性碰撞,恢复系数 e ? 1 ,即 ?

v10 ? v2 ? v1



?

②、③式联立解得 ? 由④式, 考虑到 E k 1 ?

v2 ?

2m1v10 m1 ? m2



? 2 两球

1 1 2 2 m1v10 和 E k 2 ? m 2 v 2 根据动能传递系数的定义, 对于 1、 2 2

?

k12 ?

Ek 2 4m1 m2 ? E k1 (m1 ? m2 ) 2



同理可得,球 m2 和球 m3 碰撞后,动能传递系数 k13 应为

k13 ?

Ek 3 Ek 2 Ek 3 4m2 m3 4m1 m2 ? ? ? ? 2 E k1 E k1 E k 2 (m1 ? m2 ) (m2 ? m3 ) 2



依次类推,动能传递系数 k1n 应为

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k1n ?

2 2 4mn ?1 mn 4 n ?1 m1 m2 ? mn 4m1 m2 ?1 m n ? ? ? ? 2 2 2 (m1 ? m2 ) (mn ?1 ? mn ) (m1 ? m2 ) ? (mn ?1 ? mn ) 2

b) 将 m1=4m0,m3=mo 代入⑥式可得

? ? m2 k13 ? 64m ? ? ? (4m0 ? m2 )(m2 ? m0 ) ?
2 0

2

为 使 k13 最 大 , 只 需 使
2

2 4m0 m2 最 大 , 即 m2 ? 取最小值。由 m2 (4m0 ? m2 )(m2 ? m0 )

2 ? 4m0 2m0 ? ? ? 4m0 可知,当 m2 ? 2m0 即 m2 ? 2m0 时, k13 最大。 m2 ? ? ? m2 ? ? m2 m2 m2 ? ? ?

简析: 本题考察二体碰撞的基本内容, 运用动量守恒及恢复系数的概念即可轻松求解碰 撞前后速度。倘若使用能量守恒和动量守恒进行求解,计算量较大且繁琐。此外,数学归纳 法的应用本题中也得到了体现。

例 3. 如图所示,在水平桌面上放有长木板 C , C 上
右端是固定挡板 P ,在 C 上左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、 B 的尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计, A 、 B 之间和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面之间无 摩擦, A 、 C 之间和 B 、 C 之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连 同挡板 P )的质量相同。开始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动。试问下列情况 是否能发生?要求定量求出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定量说 明不能发生的理由。 (1)物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块与 B 挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生 碰撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来。 解: (1)A 碰 B ABC 三者质量均为 m。A 在滑动过程中受滑动摩擦力为 ? ?mg ,C 受到相反的作用力 为 ?mg 。假设 BC 无相对滑动,则 BC 系统的加速度 a B ? a C ?

1 ?g 。隔离 B 进行分析, 2

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产生

1 1 ?g 的加速度受力为 ?mg ,小于 C 能提供的最大静摩擦力 ?mg ,因此 BC 确无相 2 2
取 BC 为非惯性系,A 的受力需要添加

对滑动。

1 ?mg 的惯性力,即在 BC 系中,A 的加速度为 2

3 a A ? ? ?g 。 A 恰好碰不到 B 的时, A 在滑动 L 距离后速度为 0 ( BC 系中) ,即 2 3 2 v0 ? 2 ? ?g ? L 。因此,A 与 B 相碰,需要 v 0 ? 3?gL 。 2
(2)B 碰 P A 与 B 碰撞为弹性碰撞,两者质量相同,则速度交换。AC 无相对滑动,取 AC 为非惯 性系,情形与( 1 )相同。若 B 与 P 相碰,需满足交换速度后 v B 0 ? v A ?

3?gL 。又

3 2 2 v0 ? vA ? 2 ? ?g ? L ,解得 v 0 ? 6 ?gL 。 2
(3)B 再碰 A 以地面为参考系,B 与 P 碰撞前,ABC 三者速度关系为 v B ? v A ? vC ,碰撞时由于 BC

? ? v B ? v A ? v? 质量相等且为弹性碰撞, 速度交换, 即 vC AB 加速度 a A ? a B ? ?g , B ? vC 。
因此 AB 速度任意时刻均相等,故不可能再次碰撞。 (4)A 掉下 C 在(3)的分析中,B 碰 P 后 C 以大于 AB 的速度向前运动,即 C 相对于 AB 向前运动。 当 A 恰从 C 掉下时,在 C 的左端 v A ? v B ? vC ? v ,ABC 系统不受外力,动量守恒,即

3mv ? mv0 。在整个过程中,AB 相对 C 的滑动距离均为 2L,由功能原理可知
1 1 1 2 (3m)( v) 2 ? mv 0 ? ? ?mg ? 4 L 2 3 2
解得 v 0 ? 12 ?gL ,即 A 从 C 掉下时需满足 v 0 ? 12 ?gL 。 (5)B 掉下 C

?? v ? ?? ??? 则有 v? ?? ??? ??? 设A刚要从木板C上掉下来时, ABC三者的速度分别为 v ? A ? v B ? vC , A、 B 和 vC ,
?? ??? 由动量守恒得 mv 0 ? 2mv ? A ? mvC ,(4)中的功能原理方程改为
1 1 1 2 ?? 2 ??? 2 ? mv 0 ( 2 m )v ? mvC ? ? ?mg ? 4 L B ? 2 2 2
当物块A从木板C上掉下来后, 若物块B刚好不会从木板C上掉下, 即当C的左端赶上B时,

?? ??? B与C的速度相等. 设此速度为v4, 则对BC系统来说, 由动量守恒定律, 有 mv? B ? mvC ? 2mv 4 。
在 此 过 程 中 , 滑 动 摩 擦 力 做 功 的 代 数 和 为 ? ?mgL , 由 功 能 原 理

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1 1 1 2 ?? 2 ??? 2 ) ? ? ?mg , ( 2 m)v 4 ? ( mv ? mvC 最终解得 v 0 ? 4 ?gL 。 因此, 若B从C上掉下, B ? 2 2 2
则 v 0 ? 4 ?gL 。 简析:本题是一道能量、动量、运动学与动力学的综合题,在求解时可选取非惯性系简 化运动过程。此外,要注意把握多体问题中各物体速度的关系,最终使用动量守恒和功能原 理列些方程进行求解。

例4. 如图,一根质量可以忽略的细杆,
长为2l,两端和中心分别固连着质量均为 m的 小球B、D和C,开始时静止在光滑的水平桌面 上。桌面上另有一质量为M的小球A,以一给 定速度v0沿垂直于杆DB的方向与右端小球B做弹性碰撞。求刚碰后小球A、B、C、D的速度。 解: 碰撞前后质点组动量守恒,即

Mv0 ? Mv A ? mv B ? mvC ? mv D
假设碰撞后各质点速度方向与v0相同,取C点为支点,质点组角动量也守恒,即

Mlv0 ? Mlv A ? mlv B ? mlv D
由于碰撞是弹性的,A、B球碰撞过程中恢复系数 e ? 1 ,即

v0 ? v B ? v A
至此,守恒定律均已用到,但题设中有4各变量,方程只有3个,为使问题封闭,需要补 充其他方程。 这里我们注意到杆为刚性杆, 因此D球和B球相对于C球速度大小相等方向相反, 即

vC ? v D ? v B ? vC
联立上述方程解得

5M ? 6m v0 5M ? 6m 10 M vB ? v0 5M ? 6m 4M vC ? v0 5M ? 6m vA ?

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vD ? ?

2M v0 5M ? 6m

简析: 抓住小球发生弹性碰撞, 满足动量守恒、 角动量守恒和动能守恒, 由此列写方程, 这里,动能守恒一般使用恢复系数条件,可简化计算。此外,三个小球运动存在一定关系, 使用刚性杆不能发生形变的特性可补充方程使问题可解。

例5. 如图所示, B是质量为mB、 半径为R的光滑半球形碗, 放在光滑的水平桌面上。A是质量为mA的细长直杆,被固定的光 滑套管C约束在竖直方向,A可自由上下运动。碗和杆的质量关 系为:mB=2mA。初始时,A杆被握住,使其下端正好与碗的半 球面的上边缘接触(如图)。然后从静止开始释放A,A、B便开 始运动。设A杆的位置用? 表示,? 为碗面的球心O至A杆下端 与球面接触点的连线方向和竖直方向之间的夹角。求 A与B速度 的大小(表示成? 的函数) 解: 解法一:由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A沿竖直方向运动,设其 速度为vA,B沿水平方向运动,设其速度为vB。若以B为参考系,从B观测,则A杆保持在竖 直方向,它与碗的接触点在碗面内作半径为R的圆周运动,速度的方向与圆周相切,设其速 度为VA。杆相对地面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合速度,速度合成的 矢量图如图中的平行四边形所示。由图得

V Asin? ? v A VA cos? ? vB
因而

(1) (2)

v B ? v A cot?
又由能量守恒

(3)

m A gR cos? ?

1 1 2 2 mAv A ? mB vB 2 2

(4 )

由(3) (4)两式及mB=2mA得

v A ? sin ? v B ? cos?

2 gR cos? 1 ? cos2 ? 2 gR cos? 1 ? cos2 ?

(5)

(6)

解法二:从地面上看,A始终紧贴B运动,因而A与B在圆弧面的法线方向上没有相对运 动,即 v A cos? ? v B sin ? ,再由能量守恒 m A gR cos? ?

1 1 2 2 mAv A ? mB vB 及mB=2mA得 2 2

v A ? sin ?
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2 gR cos? 1 ? cos2 ?
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v B ? cos?

2 gR cos? 1 ? cos2 ?

简析:本题关键在于分析A、B两物体的运动状态,在确定其运动关系时,可以使用速 度合成及伽利略速度变化关系进行分析,也可通过运动效果,即 A、B不分离来进行分析。 最后使用动能定理确定速度。

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巩固习题
1.如图,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 v

A

v0

B

静止。先后相隔△t=3s 有两个光滑的质量为 m=1kg 的小球 A 自传送带的左端出发,以 v0 =15m/s 的速度在传送带上向右运动。第 1 个球与木盒相遇后,球立即进入盒中与盒保持相 对静止,第 2 个球出发后历时△t1=1s/3 而与木盒相遇。 (取 g=10m/s2)求: (1)第 1 个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度时多大? (2)第 1 个球出发后经过多长时间与木盒相遇? (3)自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的过程中,由于木盒与传送带间的摩擦 而产生的热量是多少?

2.如图所示,水平面上 OA 部分粗糙,其他部分光滑。轻弹簧一端固定,另一端与质量为 M 的小滑块连接,开始时滑块静止在 O 点,弹簧处于原长。一质量为 m 的子弹以大小为 v 的 速度水平向右射入滑块,并留在滑块中,子弹打击滑块的时间极短,可忽略不计。之后,滑 块向右运动并通过 A 点,返回后恰好停在出发点 O 处。求: (1)子弹打击滑块结束后的瞬间,滑块和子弹的共同速度大小; (2)试简要说明滑块从 O 到 A 及从 A 到 O 两个过程中速度大小的变化情况,并计算滑块 滑行过程中弹簧弹性势能的最大值; (3)滑块停在 O 点后,另一颗质量也为 m 的子弹以另一速度水平向右射入滑块并停留在滑 块中,此后滑块运动过程中仅两次经过 O 点,求第二颗子弹的入射速度 u 的大小范围。 左 右

O

A

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3.如图所示, 一质量为 m ? 0.5kg 的小物体从足够高的光 滑曲面上自由滑下,然后滑上一水平传送带。已知物体 与传送带之间的动摩擦因数为 ? ? 0.2 , 传送带水平部分 的长度 L ? 5m ,两端的传动轮半径为 R ? 0.2m ,在电 动机的带动下始终以 ? ? 15rad / s 的角速度沿顺时针 匀速转运,传送带下表面离地面的高度 h 不变。 如果物体开始沿曲面下滑时距传送带表面的 高度为 H ,初速度为零, g 取 10m / s 2 。求: (1)当 H ? 0.2m 时,物体通过传送带过程中,电动机多消耗的电能。 (2)当 H ? 1.25m 时,物体通过传送带后,在传送带上留下的划痕的长度。 (3) H 在什么范围内时,物体离开传送带后的落地点在同一位置。 4.一质量为 M 的平顶小车,以速度 v0 沿水平的光滑轨道作匀速直线运动,现将一质量为 m 的小物块无初速地放置在平顶前缘,已知物块和车顶之间的动摩擦系数为 ? 。 (1) 若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长? (2) 若车顶长度符合(1)问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功? 5.如图所示,光滑水平面 MN 的左端 M 处有一弹射装置 P,右端 N 处与水平传送带恰平齐 且很靠近,传送带沿逆时针方向以恒定速率 υ = 5m/s 匀速转动,水平部分长度 L = 4m。放 在水平面上的两相同小物块 A、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧,弹性势能 Ep = 4J,弹簧与 A 相连接,与 B 不连接,B 与传送带间的动摩擦因数 μ = 0.2,物块质量 mA = mB = 1kg。现将 A、B 由静止开始释放,弹簧弹开,在 B 离开弹簧时,A 未与 P 碰撞,B 未滑 上传送带。取 g = 10m/s2。求: (1)B 滑上传送带后,向右运动的最远处(从地面上看)与 N 点间的距离 sm; (2) B 从滑上传送带到返回到 N 端的时间 t 和这一过程中 B 与传送带间因摩擦而产生的热 能 Q; (3)B 回到水平面后压缩被弹射装置 P 弹回的 A 上的弹簧,B 与弹簧分离时,A、B 互 换速度,然后 B 再滑上传送带。则 P 必须给 A 做多少功才能使 B 从 Q 端滑出。
P A M B N υ L Q

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6.一质量为 m 的小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑, 与一质量为 km 的静止在水平地面上的小 滑块 B 发生正碰撞,如图所示.设碰撞是弹性的,且一切摩擦不计.为使二者能且只能发 生两次碰撞,则 k 的值应满足什么条件?

7 如图所示, 一排人站在沿 x 轴的水平轨道旁, 原点 O 两侧的人的序号都记为 n(n ? 1,2,3 …) . 每人只有一个沙袋, x ? 0 一侧的每个沙袋质量为 m=14kg , x ? 0 一侧的每个沙袋质量

m? ? 10kg . 一质量为 M=48kg 的小车以某初速度 v0 从原点出发向正 x 轴方向滑行. 不计轨
道阻力. 当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度 v 朝与车速相反的方向沿车面扔 到车上,v 的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的 2n 倍.(n 是此人的序号数) (1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行? (2)车上最终有大小沙袋共多少个?

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参考答案
1 解: (1)设第 1 个球与木盒相遇后瞬间,两者共同运动的速度为 v1,根据动量守恒:

mv0 ? Mv ? (m ? M )v1
代入数据,解得:v1=3m/s (2) 设第 1 个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为 s, 第 1 个球经过 t0 与木盒相遇,则:
t0 ? s v0

设第 1 个球进入木盒后两者共同运动的加速度为 a,根据牛顿第二定律:

? (m ? M ) g ? (m ? M )a 得: a ? ? g ? 3m / s 2
设木盒减速运动的时间为 t1,加速到与传送带相同的速度的时间为 t2,则: t1 ? t2 ? 故木盒在 2s 内的位移为零 代入数据,解得: s=7.5m 依题意: s ? v0 ?t1 ? v(?t ? ?t1 ? t1 ? t2 ? t0 ) t0=0.5s

?v =1s a

(3)自木盒与第 1 个球相遇至与第 2 个球相遇的这一过程中,传送带的位移为 S,木盒的位 移为 s1,则:

S ? v(?t ? ?t1 ? t0 ) ? 8.5m
故木盒相对与传送带的位移:

s1 ? v(?t ? ?t1 ? t1 ? t2 ? t0 ) ? 2.5m ?s ? S ? s1 ? 6m

则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是: Q ? f ?s ? 54J

2 解: (1)子弹打击滑块,满足动量守恒定律,设子弹射入滑块后滑块的速度为 v1,则
mv ? (M ? m)v1
v1 ? mv M ?m



(2)从 O 到 A 滑块做加速度增大的减速运动,从 A 到 O 滑块可能做加速度增大的减 速运动,或先做加速度减小的加速运动再做加速度增大的减速运动。 滑块向右到达最右端时,弹簧的弹性势能最大。设在 OA 段克服摩擦力做的功为 Wf, 与滑块的动摩擦因数为 μ,弹性势能最大值为 Ep,根据能量守恒定律:
1 (M ? m)v12 ? W f ? E p 2
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由于滑块恰能返回到 O 点,返回过程中,根据能量守恒定律:
Ep ? Wf ③ m2 v2 ??? 4( M ? m)

①②③式解得:E p ?

(3)设第二颗子弹射入滑块后滑块的速度为 v2,由动量守恒定律得:
mu ? (M ? 2m)v2 ④

如果滑块第一次返回 O 点时停下,则滑块的运动情况同前,对该过程应用能量守恒定 律:
1 2 (M ? 2m)v2 ? 2W f? ⑤ 2

W f? Wf

?

M ? 2m M ?m


M ? 2m v?? M ?m

1○ 2 ③④⑤⑥联立解得 ○

u1 ?

如果滑块第二 次返回 O 点时停下,对该过程由能量守恒:
1 ?2 ? 4W f? (M ? 2m)v2 2 ⑦

①②③④⑥⑦联立解得
u2 ? 2 M ? 2m v?? M ?m

所以,滑块仅两次经过 O 点,第二颗子弹入射速度的大小范围在
M ? 2m M ? 2m v<u < 2 v?? M ?m M ?m

3 解: 传送带匀速运动的速度 v ? R? ? 3m / s
物块与传送带问有相对运动时加速度的大小

a?

f ? 2m / s 2 m

(1)当 H1 ? 0.2m 时,设物块滑上传送带的速度为 v1 , 则 mgH1 ?

1 1 mv2 2

?v1 ? 2gH1 ? 2m / s
相对滑动时间 物块对地位移

v ? v1 ?0.5 s a 1 s1 ? v 1 t 1 ? at 2 1? 1.25m 2 t1 ?
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传送带前进位移

s2 ? vt1 ? 1.5m

上述过程中电动机多消耗的电能

1 W ? Q ? ?EK ? ? mg ( s2 ? s1 ) ? m(v 2 ? v12 ) ? 1.5 J 2
(2)当 H 2 ? 1.25m 时,物块滑上传送带的速度为 v2

mgH 2 ?

1 2 mv2 2

v2 ? 2gH 2 ? 5m / s ? v
物块减速时间 物块前进距离

t2 ?

v2 ? v ? 1s a 1 2 S1' ? v2t2 ? at2 ? 4m ? L 2

' t 2 时间内传送带前进 S2 ? v ? t2 ? 3m ' ? 1m ?划痕长度 ?S ? S1' ? S2

(3)设物体滑上传送带的初速度为 v3 时,减速到右端的速度刚好为 v 则 v ? v3 ? ?2aL
2 2

2 ? v3 ? 29(m / s) 2



mgH 3 ?

1 2 mv3 2

? H 3 ? 1.45m
即 0 ? H ? 1.45m 时,落地点位置不变。 4.解: (1)物块放到小车上以后,由于摩擦力的作用,当以地面为参考系时,物块将从静止 开始加速运动, 而小车将做减速运动, 若物块达到小车顶后缘时的速度恰好等于小车此时的 速度, 则物块就刚好不脱落。 令 v 表示此时的速度, 在这个过程中, 若以物块和小车为系统, 因为水平方向未受外力,所以此方向上动量守恒,即 Mv0 ? (m ? M )v
1 ○

从能量来看,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即

1 2 mv ? ? mgs1 2

2 ○

其中 s1 为物块移动的距离。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即

1 1 Mv 2 ? Mv0 2 ? ? ? mgs2 2 2
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3 ○

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其中 s2 为小车移动的距离。用 l 表示车顶的最小长度,则 l ? s2 ? s1 由以上四式,可解得 l ?

4 ○

Mv0 2 2? g (m ? M )

5 ○

Mv0 2 即车顶的长度至少应为 l ? 2? g (m ? M )
(2)由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动能的增量,即

W?

1 1 2 6 (m ? M )v 2 ? Mv0 ○ 2 2

1 、○ 2 式可得 W ? ? 由○

mMv0 2 2(m ? M )

5. 解: (1)弹簧弹开的过程中,系统机械能守恒 1 1 Ep = 2 mAυA2 + 2 mBυB2 由动量守恒有 mAυA - mBυB = 0 υA = 2m/s υB = 2m/s

联立以上两式解得

B 滑上传送带做匀减速运动,当速度减为零时,向右运动的距离最大。 由动能定理得 解得 1 - μmBgsm = 0 - 2 mBυB2 υB2 sm = 2μg = 1m

(2)物块 B 先向右做匀减速运动,直到速度减小到零,然后反方向做匀加速运动,回到皮 带左端时速度大小仍为 υB = 2m/s 由动量定理 解得 - μmBgt = - mBυB - mBυB 2υB t = μg = 2s

B 向右匀减速运动因摩擦而产生的热能为 t Q1 = μmBg(υ · 2 + sm) B 向左匀加速运动因摩擦而产生的热能为 t Q2 = μmBg(υ · 2 - sm) Q = Q1 + Q2 = μmBgυt = 20J (3)设弹射装置给 A 做功为 W,则

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1 1 W = 2 mAυA′2 - 2 mAυA2 AB 碰后速度互换,B 的速度 υB′ = υA′

B 要滑出平台 Q 端,由能量关系有 1 2 2 mBυB′ > μmB gL 以上三式解得 1 W > μmA gL - 2 mAυA2 代入数据解得 W > 6J 6. 解:设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及 机械能守恒定律有

mv0 ? mv1 ? kmV1

(1) (2)

1 1 1 2 2 mv 0 ? mv1 ? kmV12 2 2 2
由此解得

? (k ? 1) v0 k ?1 2 V1 ? v0 k ?1 v1 ?

(3) (4)

为使 A 能回到坡上,要求 v1<0,这导致 k>1;为使 A 从坡上滑下后再能追上 B,应有

? v1 ? V1 ,即 (k ? 1) ? 2 ,这导致 k ? 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求
k>3 (5) 对于第二次碰撞,令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度,同样由动量守恒及机械能守 恒定律有:

m(?v1 ) ? kmV1 ? mv 2 ? kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 ? kmV12 ? mv 2 ? kmV22 2 2 2 2
由此解得

v2 ?

4k ? (k ? 1) 2 v0 (k ? 1) 2
4( k ? 1) v0 ( k ? 1) 2

(6)

V2 ?

(7)

若 v2>0,则一定不会发生第三次碰撞,若 v2<0,且 ? v 2 ? V2 ,则会发生第三次碰撞.故
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为使第三次碰撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 (?v 2 ) 不大于 B 速度的 大小 V2 ,即

? v2 ? V2
由(6)、 (7) 、 (8)式得

(8)

k 2 ? 10k ? 5 ? 0
由 k2-10 k + 5 = 0

(9)

10 ? 80 ? 5?2 5 2 (9)式的解为
可求得 k ?

5?2 5 ?k ?5?2 5
(10)与(5)的交集即为所求:

(10)

3? k ?5? 2 5

(11)

7 解: 当人把沙袋以一定的速度朝与车速相反的方向沿车面扔到车上时, 由动量守恒定律知, 车速要减小,可见,当人不断地把沙袋以一定的速度扔到车上,总有一时刻使车速反向或减 小到零, 如车能反向运动, 则另一边的人还能将沙袋扔到车上, 直到车速为零, 则不能再扔, 否则还能扔. 小车以初速 v0 沿正 x 轴方向运动,经过第 1 个(n=1)人的身旁时,此人将沙袋以

u ? 2nv0 ? 2v0 的水平速度扔到车上, 由动量守恒得 Mv0 ? m ? 2v0 ? ( M ? m)v1 , 当小车运
动到第 2 人身旁时,此人将沙袋以速度 u ? ? 2nv1 ? 4v1 的水平速度扔到车上,同理有

(M ? m)v1 ? m ? 2nv1 ? (M ? 2m)v2 ,所以,当第 n 个沙袋抛上车后的车速为 v n ,根据动
量守恒有 [ M ? (n ? 1)m]v n ?1 ? 2n ? mv n ?1 ? ( M ? nm)v n , 即v n ?

M ? (n ? 1)m v n ?1 . M ? nm

同理有 vn?1 ? M ? (n ? 2)m vn , 若抛上 (n+1) 包沙袋后车反向运动, 则应有 vn ? 0, vn?1 ? 0. M ? (n ? 1)m 即 M ? (n ? 1)m ? 0, M ? (n ? 2)m ? 0. 由此两式解得: n ?

38 20 ,n ? , n 为整数取 3. 14 14

当车反向滑行时,根据上面同样推理可知,当向左运动到第 n 个人身旁,抛上第 n 包沙 袋后由动量守恒定律有:

? ?1 ? 2m?nvn ? ?1 ? (M ? 3m ? nm?)vn? [M ? 3m ? (n ? 1)m?]vn

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?? 解得: vn

M ? 3m ? (n ? 1)m? M ? 3m ? (n ? 2)m? ? ?1同理vn ? ?1 ? ? vn vn M ? 3m ? nm? M ? 3m ? (n ? 1)m?

? ? 0, vn ? ?1 ? 0 设抛上 n+1 个沙袋后车速反向,要求 vn
即?

?M ? 3m ? (n ? 1)m? ? 0 ?n ? 7 解得? ?M ? 3m ? (n ? 2)m? ? 0 ?n ? 8

即抛上第 8 个

沙袋后车就停止,所以车上最终有 11 个沙袋。

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