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高中物理竞赛——动量、能量习题


高中物理竞赛——动量、能量习题 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 。 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。 ?P ?M ? v m ? n?V ? v m ? nSv?t ? v F = = = = = 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 1 2 (n m S·vΔt)v 2

即: F vΔt = 得到: F =

1 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 = ?P Ft , 由此推出的 F = 必然是飞船对垃圾的平 ?t

均推力,再对飞船用平衡条件, 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:

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 的反向沿 AB) , 设 B 获得速度 v( 2 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 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) 。 对 A 用动量定理,有: I1 = ① m1 v1

? ? 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:
I2cos ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点 C 的动量定理方程为: I - I2 = m3 v3 ④ AB 绳不可伸长,必有 v1 = v2cosβ ⑤ 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: I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα-I1 = m2 v1 ⑵ α - I1 = m2 v2cos β

I2sinα= m2 v1 tgβ 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 I2cosα-I1 = m2 v1 I = m3 v1 cosα+ I2

⑶ ⑷ ㈠ ㈡ ㈢

m 2 ? m 3 sin 2 ? m2

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

Im2 cos? m 2 (m1 ? m 2 ? m 3 ) ? m1m 3 sin 2 ?

(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 。 tg? ) 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 Nm 得:V1 = v ① 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) ,而是(-v + u1) 。它们动量守恒方程为: 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1

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:u1 =

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 + u3) 。它们动量守恒方程为: 〔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?m M ? ( N ? 1)m M ? ( N ? 2)m

即:V2 =

? M ? im v
i ?1

N

m



我们再将①式改写成: V1 =

?Mv
i ?1

N

m

①′

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? 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

n

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: m ① 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 ② 受 船 长 ③
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 (用它到船的质心的水平距离 x 表达。 根据力矩平衡知识, 得:
v

=

M

V

L

的 约 束 , s



S

具 有 关 系 : s

+

S

=

L

解②、③可得:船的移动距离 S =

x =

mL ) ,又根据,末态的质量分布与初态比较,相对整 2( m ? M )

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) 。 m?M 答: 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。 m 答: (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: M x = Rsinθ ① 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 2 M R 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 椭圆。 五、功的定义式中 S 怎么取值?

M R的 M?m

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”第 3 页图 1 的模型中,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) ,S 若取物体(受 力者)质心位移,只有第 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。 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:a、 “微元法”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: L 1 1 2 m2g = m1 v1 + m2v2 ① 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 =
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 v( 1 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( L1 1 2 1 2 2 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: mv1 + mvsin θ = 2mv2 ② 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? 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 ; v点?半球 必然是沿半球瞬时位置切线方向(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 ① 质点和半球系统水平方向动量守恒,有:Mv2 = mv1x ② 1 对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有: mgR(1-cosθ) = M v2 2 + 2 1 2 m v1 ,即: 2 1 1 2 2 mgR(1-cosθ) = M v2 m( v1 ③ 2 + x + v 1y ) 2 2 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 v2 , m

v1y = (

m?M tgθ) v2 m

2、代入③式解 v2 ,得:v2 = 3 、 由
2 v1

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

=

2 v1 x

+

2 v1 y



v1







v1

2gR (1 ? cos ?)( M 2 ? 2Mm sin 2 ? ? m 2 sin 2 ?) = M 2 ? Mm ? m(M ? m) sin 2 ?

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 tg? ) M

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度
2g (m ? M )(1 ? cos ?) 。 〕 R (M ? m sin 2 ?)

ω

=

v相 R

=

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/s2 ,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, mv ? M(? v) v 作用完毕后,共同速度 v1 = = ,因方向为正,必朝墙运动。 m?M 3 (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 =

v2 ?mg v2 ,反向加速的位移 S′= 1 ,其中 a = a1 = ,故 S′< S ,所 M 2a 2a 1

以,车碰墙之前,必然已和铁块达到共同速度 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 = 运动。 车第三次碰墙,……共同速度 v3 =
v2 v = 3 ,朝墙运动。 3 3 mv1 ? M(? v1 ) v v = 1 = 2 ,因方向为正,必朝墙 m?M 3 3

…… 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 , 1 即: (m + M)v2 = 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 3 2 2a

第三次:S3 =

v2 1 v2 2 = 2a 3 4 2a

…… n 次碰墙的总路程是: ΣS = 2( S1 + S2 + S3 + … + Sn )=
1 1 1 v2 ( 1+ 2 + 4 + … + 2 ) (n ?1 ) a 3 3 3

1 1 v2 1 = ( 1 + 2 + 4 + … + 2 ) ( ?mg 3 3 3 n ?1) 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 mv0 。 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? 0 =( m + M )v
1 1 2 m v? ( m + M )v2 = fL 0 2 2 解以上三式即可。

答: v? 0=

m?M v0 。 M


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