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备战2012高中物理竞赛讲义第05部分 动量和能量


奥赛培训讲义《动量和能量》

备战 2012 高中物理竞赛讲义 第五部分 动量和能量
第一讲 基本知识介绍
一、冲量和动量 1、冲力(F—t 图象特征)→ 冲量。冲量定义、物理意义 冲量在 F—t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量(F 对 t 的平均作用力) 2、动量的定义 动量矢量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式:ΣIx =ΔPx ,ΣIy =ΔPy … 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即

?P =ΣF 外 ?t

三、动量守恒定律 1、定律、矢量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足 a 或 b,可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性,功在 F—S 图象中的意义 2、功率,定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功:W = FScosα= FSF = FS S b、变力的功:基本原则——过程分割与代数累积;利用 F—S 图象(或先寻求 F 对 S 的平均作用 力) c、解决功的“疑难杂症”时,把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能(平动动能) 2、动能定理 a、ΣW 的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力(非保守力)→ 势能(定义:ΔEp = -W 保) b、力学领域的三种势能(重力势能、引力势能、弹性势能)及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a、定律内容

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b、条件与拓展条件(注意系统划分) c、功能原理:系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类(按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类) 碰撞的基本特征:a、动量守恒;b、位置不超越;c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞:碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2

1 1 1 1 2 2 m1 v10 + m2 v 2 = m1 v1 + m2 v 2 2 20 2 2 2 2
解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: v1 =

(m1 ? m 2 ) v10 + 2v 20 (m 2 ? m1 ) v 20 + 2v10 , v2 = m1 + m 2 m 2 + m1

对于结果的讨论: ①当 m1 = m2 时,v1 = v20 ,v2 = v10 ,称为“交换速度” ; ②当 m1 << m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ -v10 ,v2 ≈ 0 ,小物碰大物,原速率返回; ③当 m1 >> m2 ,且 v20 = 0 时,v1 ≈ v10 ,v2 ≈ 2v10 , b、非(完全)弹性碰撞:机械能有损失(机械能损失的内部机制简介) ,只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞:机械能的损失达到最大限度;外部特征:碰撞后两物体连为一个整体,故有 v1 = v2 =

m 1 v10 + m 2 v 20 m1 + m 2

3、恢复系数:碰后分离速度(v2 - v1)与碰前接近速度(v10 - v20)的比值,即: e=

v 2 ? v1 。根据“碰撞的基本特征” ≤ e ≤ 1 。 ,0 v10 ? v 20

当 e = 0 ,碰撞为完全非弹性; 当 0 < e < 1 ,碰撞为非弹性; 当 e = 1 ,碰撞为弹性。 八、 “广义碰撞”——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短,作用不是很强烈,但系统动量仍然守恒时,碰撞的部分规 律仍然适用,但已不符合“碰撞的基本特征” (如:位置可能超越、机械能可能膨胀) 。此时,碰撞中“不 合题意”的解可能已经有意义,如弹性碰撞中 v1 = v10 ,v2 = v20 的解。 2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:-ΔE = ΔE 内 = f 滑·S 相 ,其中 S 相指相对路 程。

第二讲 重要模型与专题
一、动量定理还是动能定理? 物理情形:太空飞船在宇宙飞行时,和其它天体的万有引力可以忽略,但是,飞船会定时遇到太空 垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾 n 颗,每颗的平均质量为 m ,垃圾的运行 速度可以忽略。飞船维持恒定的速率 v 飞行,垂直速度方向的横截面积为 S ,与太空垃圾的碰撞后,将 垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力 F 。

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模型分析:太空垃圾的分布并不是连续的,对飞船的撞击也不连续,如何正确选取研究对象,是本 题的前提。建议充分理解“平均”的含义,这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作 用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取,对象是太空垃圾。 先用动量定理推论解题。 取一段时间Δt ,在这段时间内,飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt 的空间,遭遇 nΔV 颗太空垃圾, 使它们获得动量ΔP ,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力,也即飞船引擎的推力。

F =

?P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v = = = = nmSv2 ?t ?t ?t ?t

如果用动能定理,能不能解题呢? 同样针对上面的物理过程,由于飞船要前进 x = vΔt 的位移,引擎推力 F 须做功 W = F x ,它对应 飞船和被粘附的垃圾的动能增量,而飞船的ΔEk 为零,所以: W=

1 ΔMv2 2

即: F vΔt =

1 (n m S·vΔt)v2 2 1 得到: F = nmSv2 2

两个结果不一致,不可能都是正确的。分析动能定理的解题,我们不能发现,垃圾与飞船的碰撞是 完全非弹性的,需要消耗大量的机械能,因此,认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。 但在动量定理的解题中,由于 I = F t ,由此推出的 F = 用平衡条件, F 的大小就是引擎推力大小了。这个解没有 毛病可挑,是正确的。 (学生活动)思考:如图 1 所示,全长 L、总质量为 M 的柔软绳子,盘在一根光滑的直杆上,现用手握住绳子 的一端, 以恒定的水平速度 v 将绳子拉直。 忽略地面阻力, 试求手的拉力 F 。 解:解题思路和上面完全相同。 答:

?P 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船 ?t

Mv 2 L

二、动量定理的分方向应用 物理情形:三个质点 A、B 和 C ,质量分别为 m1 、m2 和 m3 ,用拉直且不可伸长的绳子 AB 和 BC 相连,静止在水平面上,如图 2 所示,AB 和 BC 之 间的夹角为(π-α) 。现对质点 C 施加以冲量 I , 方向沿 BC ,试求质点 A 开始运动的速度。 模型分析:首先,注意“开始运动”的理解, 它指绳子恰被拉直,有作用力和冲量产生,但是绳 子的方位尚未发生变化。其二,对三个质点均可用 动量定理,但是,B 质点受冲量不在一条直线上, 故最为复杂,可采用分方向的形式表达。其三,由于两段绳子不可伸长,故三质点的瞬时速度可以寻求

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到两个约束关系。 下面具体看解题过程—— 绳拉直瞬间,AB 绳对 A、B 两质点的冲量大小相等(方向相反) ,设为 I1 ,BC 绳对 B、C 两质点的冲 量大小相等(方向相反) ,设为 I2 ;设 A 获得速度 v1(由于 A 受合冲量只有 I1 ,方向沿 AB ,故 v1 的反

v v
向沿 AB) ,设 B 获得速度 v2(由于 B 受合冲量为 I1 + I 2 ,矢量和既不沿 AB ,也不沿 BC 方向,可设 v2 与

v
对 A 用动量定理,有: I1 = m1 v1

v

AB 绳夹角为〈π-β〉 ,如图 3 所示) ,设 C 获得速度 v3(合冲量 I + I 2 沿 BC 方向,故 v3 沿 BC 方向) 。 ①

v v v B 的动量定理是一个矢量方程: I1 + I 2 = m2 v 2 ,可
化为两个分方向的标量式,即: I2cosα-I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点 C 的动量定理方程为: ④ I - I2 = m3 v3 ⑤ AB 绳不可伸长,必有 v1 = v2cosβ BC 绳不可伸长,必有 v2cos(β-α) = v3 ⑥ 六个方程解六个未知量(I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β)是可能的,但繁复程度非同一般。解方程要 注意条理性,否则易造成混乱。建议采取如下步骤—— 1、先用⑤⑥式消掉 v2 、v3 ,使六个一级式变成四个二级式: ⑴ I1 = m1 v1 I2cosα-I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶ ⑷ I - I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) 2、解⑶⑷式消掉β,使四个二级式变成三个三级式: I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα-I1 = m2 v1 ㈡ I = m3 v1 cosα+ I2

m 2 + m 3 sin 2 α m2



3、最后对㈠㈡㈢式消 I1 、I2 ,解 v1 就方便多了。结果为: v1 =

Im 2 cos α m 2 (m1 + m 2 + m 3 ) + m1 m 3 sin 2 α

(学生活动:训练解方程的条理和耐心)思考:v2 的方位角β等于多少? 解:解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消 I1 ,得 I2 的表达式,将 I2 的表达式代入⑶就行了。 答:β= arc tg(

m1 + m 2 tgα ) 。 m2

三、动量守恒中的相对运动问题 物理情形:在光滑的水平地面上,有一辆车,车内有一个人和 N 个铅球,系统原来处于静止状态。 现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出,车子和人将获得反冲速度。第一过程,保

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持每次相对地面抛球速率均为 v ,直到将球抛完;第二过程,保持每次相对车子抛球速率均为 v ,直 到将球抛完。试问:哪一过程使车子获得的速度更大? 模型分析:动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方(或第四、第五方)为参照物,这意味着, 本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系,这样对“第二过程”的铅球动量表达,就形成了难点, 必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程” ,比较简单:N 次抛球和将 N 个球一次性抛出是 完全等效的。 设车和人的质量为 M ,每个铅球的质量为 m 。由于矢量的方向落在一条直线上,可以假定一个正方 向后,将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正,且第一过程获得的速度大小为 V1 第二过程获得的 速度大小为 V2 。 第一过程,由于铅球每次的动量都相同,可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和 N 个球动量守恒。 0 = Nm(-v) + MV1 得:V1 =

Nm v M



第二过程,必须逐次考查铅球与车子(人)的作用。 第一个球与(N–1)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u1 。值得注意的是,根据 ,而是(-v + u1) 。它们动量守 运动合成法则 v 球 →地 = v 球 →车 + v 车 →地 ,铅球对地的速度并不是(-v) 恒方程为: 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得:u1 =

v

v

v

m v M + Nm

第二个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u2 。它们动量守恒方程为: 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得:u2 =

m m v + v M + Nm M + ( N ? 1)m

第三个球与(N -2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为 u3 。铅球对地的速度是(-v 。它们动量守恒方程为: + u 3) 〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3 得:u3 =

m m m v + v + v M + Nm M + ( N ? 1)m M + ( N ? 2) m

以此类推(过程注意:先找 uN 和 uN-1 关系,再看 uN 和 v 的关系,不要急于化简通分)……,uN 的通 式已经可以找出: V2 = uN =

m m m m v + v + v + … + v M + Nm M + ( N ? 1)m M + ( N ? 2) m M+m
N

即:V2 =

∑ M + im v
i =1

m



我们再将①式改写成:
N

V1 =

∑Mv
i =1

m

①′

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不难发现,①′式和②式都有 N 项,每项的分子都相同,但①′式中每项的分母都比②式中的分母 小,所以有:V1 > V2 。 结论:第一过程使车子获得的速度较大。 (学生活动)思考:质量为 M 的车上,有 n 个质量均为 m 的人,它们静止在光滑的水平地面上。现 在车上的人以相对车大小恒为 v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程,N 个人同时跳下;第二过 程,N 个人依次跳下。试问:哪一次车子获得的速度较大?
n

解:第二过程结论和上面的模型完全相同,第一过程结论为 V1 =

∑ M + nm v
i =1

m



答:第二过程获得速度大。 四、反冲运动中的一个重要定式 物理情形:如图 4 所示,长度为 L、质量为 M 的船停止在静水中(但未抛锚) ,船头上有一个质量为 m 的人,也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动,忽略水的阻力,试问:当人走到船尾时,船将 会移动多远? (学生活动)思考:人可不 可能匀速(或匀加速)走动?当 人中途停下休息,船有速度吗? 人的全程位移大小是 L 吗?本系 统选船为参照,动量守恒吗? 模型分析:动量守恒展示了 已知质量情况下的速度关系,要 过渡到位移关系,需要引进运动 学的相关规律。根据实际情况 (人必须停在船尾) ,人的运动不可能是匀速的,也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择 S = v t 。 为寻求时间 t ,则要抓人和船的位移约束关系。 对人、船系统,针对“开始走动→中间任意时刻”过程,应用动量守恒(设末态人的速率为 v ,船 的速率为 V) ,令指向船头方向为正向,则矢量关系可以化为代数运算,有: 0 = MV + m(-v) 即:mv = MV 由于过程的末态是任意选取的,此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知, 对中间的任一过程,两者的平均速度也有这种关系。即: mv = MV 设全程的时间为 t ,乘入①式两边,得:m v t = M V t 设 s 和 S 分别为人和船的全程位移大小,根据平均速度公式,得:m s = M S 受船长 L 的约束,s 和 S 具有关系:s + S = L 解②、③可得:船的移动距离 S = ② ③ ①

m L M+m

(应用动量守恒解题时,也可以全部都用矢量关系,但这时“位移关系”表达起来难度大一些—— 必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话,可以做一个对比介绍。 ) 另解:质心运动定律 人、船系统水平方向没有外力,故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心(用

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它到船的质心的水平距离 x 表达。根据力矩平衡知识,得:x =

mL ) ,又根据,末态的质量分布 2( m + M )

与初态比较,相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后,求解船的质 心位移易如反掌。 (学生活动)思考:如图 5 所示,在无风的天空,人抓住气球下面的 绳索,和气球恰能静止平衡,人和气球地质量分别为 m 和 M ,此时人离地 面高 h 。现在人欲沿悬索下降到地面,试问:要人充分安全地着地,绳索 至少要多长? 解:和模型几乎完全相同,此处的绳长对应模型中的“船的长度”“充 ( 分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地) 。 答:

m+M h 。 M

(学生活动)思考:如图 6 所示,两个倾角相同的斜面,互相倒扣着 放在光滑 的水平地 面上, 小斜 面在大斜 面的顶端。 将它们无 初速释放 后,小斜面下滑,大斜面后退。已知大、 小斜面的质量分别为 M 和 m ,底边长分 别为 a 和 b ,试求:小斜面滑到底端时,大斜面后退的距离。 解:水平方向动量守恒。解题过程从略。 答:

m (a-b) 。 M+m

进阶应用:如图 7 所示,一个质量为 M ,半径为 R 的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在球顶有一 个质量为 m 的质点,由静止开始沿球面下滑。试求:质 点离开球面以前的轨迹。 解说:质点下滑,半球后退,这个物理情形和上面 的双斜面问题十分相似,仔细分析,由于同样满足水平 方向动量守恒,故我们介绍的“定式”是适用的。定式 解决了水平位移(位置)的问题,竖直坐标则需要 从数学的角度想一些办法。 为寻求轨迹方程,我们需要建立一个坐标:以 半球球心 O 为原点,沿质点滑下一侧的水平轴为 x 坐标、竖直轴为 y 坐标。 由于质点相对半球总是做圆周运动的(离开球 面前) ,有必要引入相对运动中半球球心 O′的方 位角θ来表达质点的瞬时位置,如图 8 所示。 由“定式” ,易得:

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x =

M Rsinθ M+m



而由图知:y = Rcosθ ② 不难看出,①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质,我们可以将参数 θ消掉,使它们成为:

x2 y2 + = 1 M R2 2 ( R) M+m
这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和

M R 的椭圆。 M+m

五、功的定义式中 S 怎么取值? 在求解功的问题时,有时遇到力的作用点位移与受力物体的(质心)位移不等,S 是取力的作用点 的位移,还是取物体(质心)的位移呢?我们先看下面一 些事例。 1、如图 9 所示,人用双手压在台面上推讲台,结果双 手前进了一段位移而讲台未移动。试问:人是否做了功? 2、 在本 “部分” 3 页图 1 的模型中, 第 求拉力做功时, S 是否可以取绳子质心的位移? 3、人登静止的楼梯,从一楼到二楼。楼梯是否做功? 4、如图 10 所示,双手用等大反向的力 F 压固定汽缸 两边的活塞,活塞移动相同距离 S,汽缸中封闭气体被压 缩。施力者(人)是否做功? 在以上四个事例中,S 若取作用点位移,只有第 1、2、4 例 是做功的(注意第 3 例,楼梯支持力的作用点并未移动,而只 是在不停地交换作用点) 若取物体(受力者)质心位移,只 ,S 有第 2、3 例是做功的,而且,尽管第 2 例都做了功,数字并不 相同。所以,用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。 面对这些似是而非的“疑难杂症” ,我们先回到“做功是物 体能量转化的量度”这一根本点。 第 1 例, 手和讲台面摩擦生了热, 内能的生成必然是由人的 生物能转化而来,人肯定做了功。S 宜取作用点的位移; 第 2 例,求拉力的功,在前面已经阐述,S 取作用点位移为佳; 第 3 例,楼梯不需要输出任何能量,不做功,S 取作用点位移; 第 4 例,气体内能的增加必然是由人输出的,压力做功,S 取作用点位移。 但是,如果分别以上四例中的受力者用动能定理,第 1 例,人对讲台不做功,S 取物体质心位移; 第 2 例,动能增量对应 S 取 L/2 时的值——物体质心位移;第 4 例,气体宏观动能无增量,S 取质心位 移。 (第 3 例的分析暂时延后。 ) 以上分析在援引理论知识方面都没有错,如何使它们统一?原来,功的概念有广义和狭义之分。在 力学中,功的狭义概念仅指机械能转换的量度;而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转 换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化,常以系统对外做功的多少来量 度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式,也可以多种形式的能量同时发生转化。由此 可见,上面分析中,第一个理论对应的广义的功,第二个理论对应的则是狭义的功,它们都没有错误, 只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。

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而且,我们不难归纳:求广义的功,S 取作用点的位移;求狭义的功,S 取物体(质心)位移。 那么我们在解题中如何处理呢?这里给大家几点建议: 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义 的功;2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功;3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。 当然,求解功地问题时,还要注意具体问题具体分析。如上面的第 3 例,就相对复杂一些。如果认 为所求为狭义的功,S 取质心位移,是做了功,但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处 理:将复杂的形变物体(人)看成这样一个相对理想的组合:刚性物体下面 连接一压缩的弹簧 (如图 11 所示) 人每一次蹬梯, , 腿伸直将躯体重心上举, 等效为弹簧将刚性物体举起。这样,我们就不难发现,做功的是人的双腿而 非地面,人既是输出能量(生物能)的机构,也是得到能量(机械能)的机 构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功 为宜。 以上四例有一些共同的特点:要么,受力物体情形比较复杂(形变,不 能简单地看成一个质点。如第 2、第 3、第 4 例) ,要么,施力者和受力者之 间的能量转化不是封闭的(涉及到第三方,或机械能以外的形式。如第 1 例) 。以后,当遇到这样的问 题时,需要我们慎重对待。 (学生活动)思考:足够长的水平传送带维持匀速 v 运转。将一袋货物无初速地放上去,在货物达 到速度 v 之前,与传送带的摩擦力大小为 f ,对地的位移为 S 。试问:求摩擦力的功时,是否可以用 W = fS ? 解:按一般的理解,这里应指广义的功(对应传送带引擎输出的能量) ,所以“位移”取作用点的位 移。注意,在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题,仔细分析,不难发现,每一个(相对皮带不动 的)作用点的位移为 2S 。 (另解:求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。 ) 答:否。 (学生活动)思考:如图 12 所示,人站在船上,通过 拉一根固定在铁桩的缆绳使 船靠岸。试问:缆绳是否对船 和人的系统做功? 解:分析同上面的“第 3 例” 。 答:否。 六、机械能守恒与运动合成 (分解)的综合 物理情形:如图 13 所示,直角形的刚性杆被固定,水平和竖直部分均足够长。质量分别为 m1 和 m2 的 A、B 两个有孔小球,串在杆上,且被长为 L 的轻绳相连。忽略两球的大小,初态时,认为它们的位 置在同一高度,且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放,忽略一切摩擦,试求 B 球运动 L/2 时的速 度 v2 。 模型分析:A、B 系统机械能守恒。A、B 两球的瞬时速度不等,其关系可据“第三部分”知识介绍的 定式(滑轮小船)去寻求。 (学生活动)A 球的机械能是否守恒?B 球的机 械能是否守恒?系统机械能守恒的理由是什么(两 法分析: “微元法” a、 判断两个 WT 的代数和为零; b、 无非弹性碰撞, 无摩擦, 没有其它形式能的生成) ? 由“拓展条件”可以判断,A、B 系统机械能守 恒, (设末态 A 球的瞬时速率为 v1 )过程的方程为:

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m 2g

L 1 1 2 = m 1 v1 + m 2 v 2 2 2 2 2



在末态,绳与水平杆的瞬时夹角为 30°,设绳子的瞬时迁移速率为 v ,根据“第三部分”知识介绍 的定式,有: v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30° 两式合并成:v1 = v2 tg30°= v2/ 3 解①、②两式,得:v2 = ②

3m 2 gL m1 + m 2

七、动量和能量的综合(一) 物理情形:如图 14 所示,两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的球形铰链连接,另一端 分别与质量为 m 和 2m 的小球相连。将此装置的两杆合拢,铰链在上、竖直地放在水平桌面上,然后轻 敲一下,使两小球向两边滑动,但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦,试求:两杆夹角为 90° 时,质量为 2m 的小球的速度 v2 。 模型分析:三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒, 并注意约束关系——两杆不可伸长。 (学生活动) 初步判断: 左边小球和球形铰链的速度方 向会怎样? 设末态(杆夹角 90°)左边小球的速度为 v1(方向: 水平向左) ,球形铰链的速度为 v(方向:和竖直方向夹θ 角斜向左) , 对题设过程,三球系统机械能守恒,有: mg( L-

2 1 2 1 2 1 L) = m v1 + mv + 2m v 2 2 2 2 2 2



三球系统水平方向动量守恒,有: ② mv1 + mvsinθ= 2mv2 左边杆子不形变,有: v1cos45°= vcos(45°-θ) ③ 右边杆子不形变,有: vcos(45°+θ) = v2cos45° ④ 四个方程,解四个未知量(v1 、v2 、v 和 θ) ,是可行的。推荐解方程的步骤如下—— 1、③、④两式用 v2 替代 v1 和 v ,代入② 式,解θ值,得:tgθ= 1/4 2、在回到③、④两式,得: v1 =

5 v2 , 3

v =

17 v2 3

3、将 v1 、v 的替代式代入①式解 v2 即可。结果:v2 =

3gL (2 ? 2 ) 20

(学生活动)思考:球形铰链触地前一瞬,左球、铰链和右球的速度分别是多少?

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解:由两杆不可形变,知三球的水平速度均为零,θ为零。一个能量方程足以解题。 答:0 、 2gL 、0 。 (学生活动)思考:当两杆夹角为 90°时,右边小球的位移是多少? 解:水平方向用“反冲位移定式” ,或水平方向用质心运动定律。 答:

3 2 L 。 8

进阶应用:在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用” (见图 8)中,当质点 m 滑到方位角θ时(未 脱离半球) ,质点的速度 v 的大小、方向怎样? 解说:此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒 知识,数学运算比较繁复,是一道考查学生各种能力和素质 的难题。 据运动的合成,有:

v v v v v v 点→半球 = v 点→地 + v 地→半球 = v 点→地 - v 半球→地
其中 v 半球→地 必然是沿地面向左的,为了书写方便,我 们设其大小为 v2 ; 点→半球 必然是沿半球瞬时位置切线方向 v (垂直瞬时半径)的,设大小为 v 相 。根据矢量减法的三角 形法则,可以得到 v 点→地 (设大小为 v1)的示意图,如图 16 所示。同时,我们将 v1 的 x、y 分量 v1x 和 v1y 也描绘在图中。 由图可得:v1y =(v2 + v1x)tgθ 质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ) = mgR(1-cosθ) =

v

v

v

① ②

1 2 1 2 M v2 + m v1 ,即: 2 2


1 2 1 2 2 M v2 + m( v1x + v1y ) 2 2 M v2 , m
v1y = (

三个方程,解三个未知量(v2 、v1x 、v1y)是可行的,但数学运算繁复,推荐步骤如下—— 1、由①、②式得:v1x =

m+M tgθ) v2 m

2、代入③式解 v2 ,得:v2 =

2m 2 gR (1 ? cos θ) M 2 + Mm + (M + m) 2 tg 2 θ

3、由 v

2 1

= v

2 1x

2gR (1 ? cos θ)(M 2 + 2Mm sin 2 θ + m 2 sin 2 θ) + v 解 v1 ,得:v1 = M 2 + Mm + m(M + m) sin 2 θ
2 1y

v1 的方向:和水平方向成α角,α= arctg 这就是最后的解。

v 1y v 1x

= arctg(

M+m tgθ ) M

11

奥赛培训讲义《动量和能量》

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度 ω =

v相 R

=

2g(m + M )(1 ? cos θ) 。 〕 R (M + m sin 2 θ)

八、动量和能量的综合(二) 物理情形:如图 17 所示,在光滑的水平面上,质量为 M = 1 kg 的平板车左端放有质量为 m = 2 kg 的铁块,铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时,车和铁块以共同速度 v = 6 m/s 向右运动,车与 2 右边的墙壁发生正碰,且碰撞是弹性的。车身足够长,使铁块不能和墙相碰。重力加速度 g = 10 m/s , 试求:1、铁块相对车运动的总路程;2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。 模型分析:本模型介绍有两对相 互作用时的处理常规。 能量关系介绍 摩擦生热定式的应用。 由于过程比较 复杂, 动量分析还要辅助以动力学分 析,综合程度较高。 由于车与墙壁的作用时短促而 激烈的, 而铁块和车的作用是舒缓而 柔和的,当两对作用同时发生时,通 常处理成“让短时作用完毕后,长时作用才开始” (这样可以使问题简化) 。在此处,车与墙壁碰撞时, 可以认为铁块与车的作用尚未发生,而是在车与墙作用完了之后,才开始与铁块作用。 规定向右为正向,将矢量运算化为代数运算。 车第一次碰墙后,车速变为-v ,然后与速度仍为 v 的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速 度 v1 =

mv + M (? v) v = ,因方向为正,必朝墙运动。 m+M 3 v2 ,反向加速的 2a

(学生活动)车会不会达共同速度之前碰墙?动力学分析:车离墙的最大位移 S =

2 v1 ?mg ,其中 a = a1 = ,故 S′< S ,所以,车碰墙之前,必然已和铁块达到共同速度 位移 S′= 2a 1 M

v1 。 车第二次碰墙后,车速变为-v1 ,然后与速度仍为 v1 的铁块作用,动量守恒,作用完毕后,共同速 度 v2 =

mv1 + M (? v1 ) v v = 1 = 2 ,因方向为正,必朝墙运动。 m+M 3 3 v2 v = 3 ,朝墙运动。 3 3

车第三次碰墙,……共同速度 v3 =

…… 以此类推,我们可以概括铁块和车的运动情况—— 铁块:匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右…… 平板车:匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右…… 显然,只要车和铁块还有共同速度,它们总是要碰墙,所以最后的稳定状态是:它们一起停在墙角 (总的末动能为零) 。 1、全程能量关系:对铁块和车系统,-ΔEk =ΔE 内 ,且,ΔE 内 = f 滑 S 相 ,

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奥赛培训讲义《动量和能量》

即:

1 2 (m + M)v = μmg·S 相 2

代入数字得:S 相 = 5.4 m 2、平板车向右运动时比较复杂,只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的,故 第一次:S1 =

v2 2a

2 v1 1 v2 第二次:S2 = = 2a 2a 3 2

第三次:S3 =

v2 1 v2 2 = 2a 2a 3 4

…… n 次碰墙的总路程是: ΣS = 2( S1 + S2 + S3 + … + Sn )=

v2 1 1 1 ( 1 + 2 + 4 + … + 2 n ?1) ) ( a 3 3 3

=

v2 1 1 1 ( 1 + 2 + 4 + … + 2 n ?1) ) ( ?mg 3 3 3 M

碰墙次数 n→∞,代入其它数字,得:ΣS = 4.05 m (学生活动)质量为 M 、程度为 L 的木板固定在光滑水平面上,另一个质量为 m 的滑块以水平初 速 v0 冲上木板,恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定(但无初速) ,让相同的滑块再次冲上 木板,要求它仍能从另一端滑下,其初速度应为多少? 解:由第一过程,得滑动摩擦力 f =
2 mv 0 。 2L

第二过程应综合动量和能量关系( “恰滑下”的临界是:滑块达木板的另一端,和木板具有共同 速度,设为 v ) ,设新的初速度为 v ′ 0 m v ′ =( m + M )v 0

1 1 2 2 m v′ ( m + M )v = fL 0 2 2
解以上三式即可。 答: v ′ = 0

m+M v0 。 M
第三讲 典型例题解析

教材范本:龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》 ,知识出版社,2002 年 8 月第一版。

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奥赛培训讲义《动量和能量》

例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。

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