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2013年物理竞赛集训一动量和能量导学(功和功率)


前端导学?
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动量和能量导学? 知识点梳理?
(一) 功和功率? 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 、B 的夹角为 θ , 其标积用 A ? B 表示, 定义为 AB cos θ , 即 A ? B = AB cos θ ? “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 θ 的取值有关。? 2 功? ? ? 力学中的“功”是指机械功,机械功有着特定的含义,它包含两个必要条件:一是物体所 受的力,二是物体在力的方向上发生了位移,两者缺一不可。? (1) 恒力的功? 恒力对直线运动的质点所作的功是这样定义的:功等于力的大小 F 和位移的大小 s 以 及两者夹角 θ 的余弦三者的乘积,即 W = Fs cos θ ? 功的正负只由 F 和 s 的夹角 θ 决定。当 0 ≤ θ < 功。当 θ =

J G J G

J G JG

J G J G

J G JG

π
2

时,W > 0 ,表示力对运动物体作正

π
2

时,W = 0 ,这时力对物体不做功。当

π
2

< θ ≤ π 时,表示力对物体作负功或

者说物体克服该力做正功。 功的正负仅表示力在使物体移动过程中起了动力作用还是阻力作 用,并不表明功有方向。从“做功与物体动能变化的关系”这个意义上理解,正功表示使物 体的动能增加,负功表示使物体的动能减少。在比较两个功的大小时,只比较它们的数值大 小,不考虑功的正负号。? 功可正、可负、可为零,力对物体做负功常说成物体克服该力做功。功是力 F 和位移 s 的标积,即 W = F ? s ? 如果将力 F 沿位移 s 方向分解,则功也等于沿 s 方向的分力 F ,和位移大小的乘积。 作出 F ? s 图像,则图像和 s 轴包围的“面积”在数值上等于功。? (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,上述公式不能直接应用, 而必须将上述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 Δsi ,当 Δsi 很小时, Δsi 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 Δ si 夹角为 θ i ,则两者

JG

G

JG G

JG

G

G

JJ G

JJ G

J G

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的标积即为 Fi 在 Δ si 段对质点所做的功,称为元功,记为 ΔWi = Fi .Δ si = Fi Δsi cos θ ? 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
B B JJ G JG W = ∑ ΔWi = ∑ Fi ? Δ si ? A A

JJ G

J G

JJ G J G

同理,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。? 在有几个力同时对物体做功的情况下, 求合力所做的功时, 也可以先算各个力所做的功, 再求它们的代数和。? 3 功率? (1) 平均功率? 功率是表示做功快慢的物理量,功 W 跟完成这些功所用时间 t 的比值,叫做平均功率, 用 P 表示,即 P = 定义式 P =

W ? t

W 给出的是平均功率,是对时间 t 内做功快慢的一种粗略描述。? t

(2) 即时功率?

当 t → 0 时,平均功率的极限就是即时功率,即 P = lim 故? P = F ? v = Fv cos θ ?

JG G

JG J G W ,因为 W = F ? S ? t →0 t

(二) 动能定理? 1 质点动能? 物体由于运动而具有的能叫做动能。 物体的动能定义为它的质量跟它的速度的平方乘积 的一半,用 Ek 表示, Ek =

1 2 mv ? 2

动能是标量,与质点运动过程无关而仅与其运动速度有关,故为状态量。在国际单位制 中,它的单位是 kg .m / s ,即 J ,与功的单位相同。? 动能具有相对性,对于不同的参照物,由于 v 不同,因而动能也不同,通常以地面为参 照物。? 2 质点动能定理? 质点在经过无限小位移 Δ s 过程中所受合外力若为 F ,则 F 所做元功为 ΔW = F ? Δ s ?
2 2

G

JG

JG

JG

G

G JG JG F 在 Δ s 方向的投影就是 F 沿质点运动方向的切向分力,所以 ΔW = F切 Δs = ma 切 Δs ?
无 限 小 段 Δs 的 切 向 运 动 可 视 为 切 向 加 速 度 是 常 量 的 匀 变 速 运 动 , 故

G

v末2 ? v初2 =2ma切Δs ,即得? ΔW =
JG

把无限小段 Δ s 所以, 合外力 F 在无限小段 Δ s 所做的元功等于质点动能在该段的增量。 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

G

1 1 -E (初) =Δ E k ? mv末 2 - mv初 2 =E (末) k k 2 2

G

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所做的元功累加,可得从 A 到 B 合外力所做的总功为:?

W A → B = ∑ ΔW = ∑ Δ Ek = Ek ( B ) ? Ek ( A ) =
A A

B

B

1 1 mvB 2 ? mv A 2 = ΔEk ( A→ B ) ? 2 2

即合外力对质点所做的总功等于质点动能的增量,这就是质点动能定理。? 3 质点组动能定理? 若干质点所组成的系统称为质点组,各质点动能 Eki 之和为质点组总动能 Ek ,即

Ek = ∑ Eki ?
i =1

n

设质点组的初状态的动能为 Ek 1 ,质点组末态动能为 Ek 2 ,则所有力做的总功就等于质 点组动能增量,即 W(1→ 2) = Ek 2 ? Ek 1 ? 将质点所受力分为外力和内力两类, 内力是指组内质点间相互作用力, 外力是指组外质 点施予组内质点的力,则有 W(1→ 2) = W内(1→ 2) + W外(1→ 2) ? 故有 W内(1→ 2) + W外(1→ 2) = Ek 2 ? Ek 1 ? 上式的物理意义就是: 作用在质点组上的外力所做的总功与内力所做的总功之和等于质 点组动能的增量,这就是质点组动能定理。? (三) 机械能守恒定律? 1 保守力? 如果力对质点做功与质点运动的路径无关, 则将这种力称为保守力。 保守力做功只与质 点的初始位置和终了位置有关,而与选取的具体路径无关。? 力对质点做功与质点运动的路径有关, 这种力称之为非保守力, 例如质点在水平桌面上 沿不同路径从初始位置运动到终了位置,摩擦力对质点所做的功各不相同。路线越长,功的 数值越大。摩擦力是非保守力,空气的阻力也都是非保守力,非保守力也称为耗散力。? 几种常见的保守力:? (1) 重力? 设质量为 m 的质点从 a 位置经任一条曲线运动到 b 位置,如图 5‐2 所示,从 a 到 b 重力做功 W( a →b ) = mg ? s = mgs cos α = mgh , h 为两点间的竖直高度差。由于 h 仅由

J G G

a 、 b 位置确定,而与 a 到 b 路径无关,可见重力是保守力。?
? ? ? ? ? ? ? ? 因此,重力做功与物体运动的路径无关,只与物体的初、末位置有关,而跟物体运 动的路径无关。它决定于重力与两位置高度差的乘积。在该水平面上方 h 取正,下方取负。 ? (2) 万有引力? 万有引力是一种有心力,可以证明有心力均是保守力。质量为 m 的质点在另一质量为

M 的质点引力作用下, 相对位置 (距离) 由 r1 运动到 r2 , 此过程中万有引力对质量为 m
的质点所做的功为 W = GMm(

1 1 ? )? r2 r1

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从上式可以看出。当万有引力对质量为 m 质点所做的功仅与 r1 、 r2 有关,与路径无关, 可见万有引力是保守力。? (3) 弹簧的弹力? 质点在 x 轴上从 x1 运动到 x2 ,弹力所做的功为 W = ? 系数。? 弹力所做的功仅与 x1 、 x2 有关,与路径无关,所以弹簧的弹力是保守力。? 2 势能? 保守力对质点做功使质点动能增加,而所做的功只与质点初始、终止位置有关,从能量 守恒观点来考虑,应有一种仅由质点所在位置确定的能量,称之为势能。势能是标量,在国 际单位制中,它的单位是焦耳,与功的单位相同。? 势能的减少量等于保守力的做功量,因此势能 E p 与保守力的做功量的关系是:

1 k ( x2 2 ? x12 ) , k 为弹簧的劲度 2

W = E p1 ? E p 2 ?
上式只给出了两位置间的势能差, 为使各个位置势能有确定值, 可以设定某个位置为势 能零点。? (1) 重力势能? 通常取地球表面附件某水平面上一点为重力势能零点, 该平面上重力势能处处为零, 距 此水平面高 h 位置的质量为 m 的物体重力势能为 E p = mgh ? 公式 E p = mgh 中的 h 是指物体所在位置与零势能参考平面的垂直距离,在该水平面上 方 h 取正,下方取负。质点具有的重力势能的大小,取决于零势能面的选择。由于 h 的值是 相对的,所以重力势能的值也是相对的。比较几个质点具有的重力势能的大小时,必须选取 同一个零势能面。? 重力势能是标量,但有正、负之别:当质点在零势能面上方时,重力势能为正,反之为 负。零势能面的选择是任意的,已解决问题方便为原则。? 重力对物体做多少正(负)功,物体的重力势能就减少(增加)多少,只要重力做的功 一定,那么重力势能的差值总是一定的,跟零势能面的选择无关,跟物体做什么运动以及是 否同时还有其他作用力的存在也无关。? (2) 弹性势能? 选定弹簧自由状态位置为弹性势能零点后,弹簧的弹性势能为 E p =

1 2 kx ,式中 k 为 2

弹簧的劲度系数, x 为相对于自由状态的弹簧的形变量。? (3) 引力势能? 万有引力是保守力,在任一参照系中,若规定质点 A 、 B 相距无穷远时系统万有引力 势能为零, 那么可以证明, 当 A 、B 相距 r 时系统万有引力势能为:E p = ?

GMm , 式中 M 、 r

m 分别为 A 、 B 的质量。?
两个质量都是球对称分布的球形物体 A 、 B 之间的万有引力等同于两个球心质点间的 万有引力,它们的万有引力势能也等同于两个质点间的万有引力势能,同样用上式表述。? 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
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动能为各个质点所有,因为 m 、 v 都是各个质点自身的力学量。势能的定义与保守力 做功有关,保守力为物质间相互作用力,相互作用势能属于它们所组成的系统所有,它属于 真正提供此保守力的物质所有——称为场能。如:重力场中的重力势能属于重力场能;万有 引力势能属于万有引力场能; 电学中静电势能属于静电场能。 可笼统地说势能为物体系所有, 有时甚至简说成为某质点所有。? 3 机械能守恒定律? (1) 质点组功能原理? 质点组的内力可分为保守力与非保守力两类, 保守力做功对应的势能之和称为质点组势 能 , 记 为 E p , 势 能 与 质 点 组 动 能 Ek 之 和 称 为 质 点 组 机 械 能 , 即 机 械 能 E 可 表 示为

E = Ek + E p ?
如果将质点组动能定理中内力做功 W内 分为保守力做的功 W保 和非保守力做的功

W非保 ,则有 W非保 +W保 +W外 =E k 2 ? Ek 1 ?
而 W保 =E p1 ? E p 2 ? 所以? W非保 +W外 =(E p 2 + Ek 2 ) ? ( E p1 + Ek 1 ) ? 于是? W非保 +W外 =E 2 -E1 ? 即质点组内部非保守力做的总功与外力做的总功之和等于质点组机械能增加量, 这就是 质点组功能原理,也称为质点组机械能定理。? (2) 机械能守恒定律? 从上式可知,若 W非保 与 W外 恒为零,质点组机械能便为常量,这就是说,在质点组中 的内力中的非保守力做功之和为零, 外力做功之和也为零的条件下, 质点组的总机械能是不 变的,这就是质点组机械能守恒定律? 机械能守恒时,质点组势能减少量等于质点组动能增加量,即 E p1 ? E p 2 = Ek 2 ? Ek 1 ? 要强调的是, 机械能中均包含势能, 此处所述的机械能定理和机械能守恒定律都必须应 用于两个或两个以上质点构成的质点组, 而不可能应用于一个质点, 因为势能是质点组所具 有的。? ? ? (四) 冲量、动量? 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 t2 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 Δti , 质 点 在 Δti 时 间 内 受 力 为 Fi , 则 将

JJ G

G JG JJ G I = ∑ Δ I i = ∑ Fi Δti ?
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称为力 F 在该段时间内的冲量。其中 Δ I i = Fi Δti ,称为元冲量。若力 F 在时间 Δt 内是 恒定的,则冲量 I = F Δt ? 力的冲量方向与该力方向一致。或平均力的冲量计算。? 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? ? ? ? 质点的速度与其质量的乘积称为质点的动量,表示为 p = mv 或平均力的冲量计算。? ? ? ? 动量是描述物体机械运动状态的物理量,是状态量。动量是矢量,具有方向性,动量方 向与该时刻速度方向一致,动量和速度一样也具有相对性和瞬时性。? (五) 动量定理? 1 质点动量定理? 由牛顿第二定律的原始表达式可确定在任意一段时间内物体的动量改变与外界作用的

JG

JG

JJ G

JG

G

JG

JG

J G

G

G G JG JG Δ(mv) 关系, F = ,故有 Δmv = F ? Δt ? Δt J G JJ G 设在 t0 时刻物体的动量为 p0 ,在 t 时刻的动量为 p ,现将这段时间分成许多无限小的
时间间隔 Δti ,则由上式可得在各小段时间间隔内物体的动量改变分别为 p1 ? p0 = F1Δt1 ,

JJ G JJ G

JJ G

JJ G JJ G JJ G J G JJJJ G JJ G p2 ? p1 = F2 Δt2 , ?????? , p ? pn ?1 = Fn Δtn ?
将上列各式相加,即得到 t0 到 t 这段时间内物体的动量改变量为 p ? p0 =

J G JJ G

∑ ( F Δt ) ?
i i

JJ G

上式表明:物体的动量增量等于物体所受的合外力的冲量。这一结论称为动量定理。? 可见物体的动量改变是由外力和力的作用时间两个因素决定的, 并且动量改变的方向和 冲量的方向相同。 牛顿第二定律所说明的是在力的瞬时作用下物体的动量将怎样变化, 而动 量定理说明了物体动量的变化与外界作用力的关系。? 动量定理是矢量式, 在考虑时应先规定正方向。 某一方向的冲量只引起该力方向的动量 改变,因此对某一方向研究时可写成分量式。? 由于动量定理不需要考虑中间过程,在处理碰撞的问题中很方便。在碰撞过程中,物体 相互作用的时间极其短促,但力却很大,而且力是变化的,这种力通常称为冲力。冲力随时 间的变化情形较为复杂, 力很难确定, 表示瞬时作用规律的牛顿第二定律显然无法直接应用, 但动量定理就无需考虑冲力随时间变化的细致过程,应用动量定理可求出力的冲量。? 2 质点系动量定理? 下面讨论若干质点构成的质点系的动量变化与外界作用的关系。? 为简单起见,首先考虑两个质点的相互作用问题。设质点 1 和质点 2 分别受到外力 F1 、 ?

JJ G

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?

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JJ G JJG JJG F2 作用,它们之间的内力为 f12 和 f 21 ,两质点的质量分别是 m1 和 m2 ,作用前它们的速度
分别为 v10 、 v20 ,作用后速度分别为 v1 、 v2 ,由质点动量定理可得?

JJG

JJG

JG

JJ G

JJ G JJG JG JJG JJ G JJG JJ G JJG F1Δt + f12 Δt = m1 v1 ? m1 v10 ? ? ? ? F2 Δt + f 21Δt = m2 v2 ? m2 v20 ?
两式相加,考虑到两个质点之间的内力为 f12 、 f 21 大小相等,方向相反,得?

JJG

JJG

JJ G JJ G JG JJ G JJG JJG F1Δt + F2 Δt = (m1 v1 + m2 v2 ) ? (m1 v10 + m2 v20 ) ?
上式表明,两物体的总动量的改变只决定于外力的冲量,而与内力无关,即质点系的内 力对总动量的变化无贡献,而总动量的变化取决于合外力。也就是说,内力尽管会使每一个 物体的动量改变,但对总动量却没有影响。? 上面的结果,可以推广到任意多个物体组成的系统——质点系,即?

JJ G JJ G JJ G JG JJ G JJ G JJG JJG JJG F1Δt + F2 Δt + ??? + Fn Δt = (m1 v1 + m2 v2 + ??? + mn vn ) ? (m1 v10 + m2 v20 + ??? + mn vn 0 ) ?

或(

∑F

JJJ G

J G JJ G ) Δ t = p ? p 0 ? 外

上式的左边是系统内各质点所受冲量之和, 右边是系统总动量的增量, 即系统内各质点 动量的矢量和。由于系统内相互作用力总是成对出现的,每对内力大小相等而方向相反,因 而内力的冲量之和为零,故左边只需记及系统所受合外力的冲量。? 上式就是质点系动量定理。因此,质点系动量定理可表述为:作用在质点系上的合外力 在一段时间内的总冲量等于质点系总动量的改变量。? 质点系的动量沿某一方向的分量的改变量等于合外力在该方向分量的冲量。 在使用公式 时,应注意各分量的正负号与各坐标轴方向间的关系。? (六) 动量守恒定律? 由质点系动量定理: ( 如果

∑F

JJJ G

J G JJ G ) Δ t = p ? p 0 ? 外

∑F

JJJ G


JJ G J G =0 ,则 p0 = p ?

因此,一个系统不受外力或者所受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变,即质点 系的总动量在作用前后是守恒的, ,这就是质点系动量守恒定律。? 若物体系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总动量 守恒。? 对于动量守恒定律,应注意以下几点:? 1 动量是矢量,所谓物体系的总动量,是指组成系统的所有物体的动量的矢量和,而不 是代数和。在合外力为零的条件下,组成物体系的所有物体的动量的矢量和是恒定不变的, 而它们的代数和并不一定守恒。? 2 动量守恒定律包含了两种可能的情况:物体系根本不受外力,或虽受外力而外力相互 抵消,在自然界中不受外力的孤立物体实际上是不存在的,因而

∑F

JJJ G


=0 实际上是指外力

相互抵消。? 3 在处理实际问题时, 如果物体系内部的相互作用, 远比它们所受到的外界的作用大时, 如当两个物体碰撞时, 由于物体之间的内力远比外力大, 也可应用动量守恒定律来研究它们 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
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的运动情况。? 4 定律守恒定律在解决某些力学问题时比应用牛顿定律更为广泛,主要表现在:? (1) 不论力的性质? 无论相互作用的力,是万有引力、弹力、摩擦力,还是电场力、磁场力,甚至是现在对 其本性还不清楚的原子核内的相互作用力也好, 只要系统所受的合外力为零, 动量守恒定律 都是适用的。? (2) 不论物体的大小? 从大到星系的宏观系统,一直到小到分子、原子、基本粒子的微观系统,动量守恒定律 都是适用的。? (3) 不论物体直接接触或不直接接触? 例如,光滑水平桌面上两个物体,太阳和行星,行星和卫星之间,都可以用动量守恒定 律。? (4)不论物体的数量? 动量守恒定律并不限于两个物体的相互作用, 一个系统里可以包括任何数目的物体, 只 要整个系统受到的外力的合力为零,系统的动量就守恒。? (七) 碰撞? 1 正碰? 如果碰撞后质点 1 、 2 仍在该直线上运动,则称之为正碰;如果质点碰撞前后不在同一 直线上运动,则称之为斜碰。? 引入恢复系数 e =

′ ? v1 ′ v2 ? v1 ? v2

(1) 弹性碰撞? 碰撞前后机械能守恒的碰撞称为弹性碰撞。? 设质量分别为 m1 、 m2 的两个质点 1 、 2 各以 v1 、 v2 速度在同一直线上运动,如图 6‐1

′ 、 v2 ′ ,在某时刻两者相遇发生碰 所示,规定运动正方向向右。设碰撞后速度分别为 v1
撞。? 由动量守恒和动能守恒:?

′ + m2 v2 ′ = m1v1 + m2 v2 ? m1v1

1 1 1 1 ′2 + m2 v2 ′ 2 = m1v12 + m2 v2 2 ? m1v1 2 2 2 2
联立上两式,解得:?

′= v1 ′= v2

(m1 ? m2 )v1 + 2m2v2 ? m1 + m2 (m2 ? m1 )v2 + 2m1v1 ? m1 + m2

可以看出,第一式和第二式是对称的,解的这种对称性源于原来两个方程中质点 1 、 2 之间可置换对称性。?

′ 、 v2 ′ 的解有以下几种情况:? v1
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?

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1 若 m = m ,则 v′ = v , v′ = v ,即相同质量的质点通过弹性正碰彼此交换速度。? ○ 1 2 1 2 2 1 2 若 m  m , v = 0 ,则 v′ = ?v , v′ = 0 ,即质量小得多的质点与大质量静止质点 ○ 1 2 2 1 1 2

发生弹性正碰后被反弹回来,且速率不变。而大质量物体几乎不动,小球与刚性地面或 刚性竖直墙壁之间的碰撞,属此情况。?
3 若 m  m ,则 v′ = v , v′ = ?v + 2v ,由于 v′ ? v′ = v ? ( ?v + 2v ) = ?(v ? v ) ? ○ 1 2 1 1 2 2 1 1 2 1 2 1 1 2

可见,质量大得多的质点与小质量运动的质点发生弹性正碰后,相对速度大小不变,质 量大的质点速度大小几乎不变。? 在弹性正碰中,恢复系数 e = 1 ? (2) 非弹性碰撞? 碰撞过程中有机械能损失的碰撞称为非弹性碰撞。? 由恢复系数的定义和动量守恒式联立,可解得?

′ = v1 ? v1 ′ = v2 ? v2

(1 + e)m2 (v1 ? v2 ) ? m1 + m2 (1 + e)m1 (v2 ? v1 ) ? m1 + m2

非弹性碰撞中,恢复系数 0 < e < 1 ? (3) 完全非弹性碰撞? 碰后粘在一起,即碰后两质点 1 、 2 具有共同速度,为完全非弹性碰撞,它是非弹性碰 撞的特殊情形。完全非弹性碰撞的机械能损失最大。?

′ = v2 ′= 由动量守恒定律, v1

m1v1 + m2 v2 ? m1 + m2

显然恢复系数? e = 0 ? (八) 角动量定理和角动量守恒定律? 1 角动量? 从给定参考点指向质点的矢量 r 与质点的动量 P 的矢积称为质点对于参考点的动量矩, 用 J 表示,则 J = r × P ? 动量矩又称为角动量, 它是矢量, 垂直于 r 与 P 所组成的平面, 其指向由右手螺旋确定。 质点对某点的角动量与这点的位置有关,同一质点对不同的参考点的角动量是不同的。? 质点系中各质点对给定的角动量的矢量和称为质点系对该点的角动量,即

G

J G

J G

J G

G J G

G

J G

J G J G JG J G JG J = ∑ ri × Pi = ∑ ri × mi vi ?
物体对定轴转动时,在垂直于转轴、离转轴距离 r 处某质量为 m 的质点的角动量大小 是 mvr ,各质点角动量的总和即为物体的角动量。? 2 角动量定理?

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?

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J G G J G J G G JG Δ P Δ(r × P) Δ J 由于? r × F = r × ? = = Δt Δt Δt
而M = r×F ?

JJ G

G JG

J G JJ G Δ J JJ G J G 或 M Δt = Δ J ? 所以 M = Δt
式中 M Δt 是力矩 M 与其作用时间 Δt 的乘积,叫冲量矩。? 上式表明, 体系对给定点的角动量的增量等于外力对该点的总冲量矩。 这个规律称为角 动量定理。? 3 质点系角动量守恒定律? 在角动量定理中,如果外力对定点的力矩之和为零,即 M = 0 ,则 Δ J = 0 ,此时,质 点系对该点的角动量守恒,这就是角动量守恒定律。? (九) 刚体的定轴转动? 1 描述转动状态的物理量? 除上面提到的角动量、冲量矩外,对应于平动状态参量的速度、加速度、动能,描述刚 体定轴转动状态的物理量有:? (1) 角速度 ω ? 角速度的定义为 ω =

JJ G

JJ G

JJ G

J G

在垂直于转轴、离转轴距离为 r 处的线速度与角速度之间的关系为 v = rω ? (2) 角加速度 α ? 角加速度的定义为 α =

Δθ ? Δt

在垂直于转轴、离转轴距离 r 处的线加速度与角加速度的关系为 a = rα ? (3) 转动动能 Ek ? ? 当刚体做转动时,各质点具有共同的角速度 ω 及不同的线速度

Δω ? Δt

v, 若第 i 个质点质量为 mi , 离转轴垂直距离为 ri , 则其转动动能为 Ek =

1 mi vi 2 ? 2

整个刚体因转动而具有的动能为所有质点的转动动能的总和,即

1 1 Ek = ∑ mi vi 2 = (∑ mi ri 2 )ω 2 ? 2 2
2 转动惯量? (1) 转动惯量? 刚体的转动惯量等于刚体中每个质点的质量 mi 与该质点到转轴的距离 ri 的平方的 乘积的总和,即 I =

∑m r

2

i i

?

刚体的转动惯量是刚体在转动中惯性大小的量度, 从转动惯量的定义式可知, 刚体 的转动惯量取决于刚体各部分的质量及对给定转轴的分布情况。 我们可以利用微元法求 一些质量均匀分布的几何体的转动惯量。? (2) 平行轴定理? 刚体的转动惯量与轴的位置有关,若两轴平行,其中之一过质心,则刚体对另一轴的? 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
转动惯量 I = I C + md , 式中 m 为刚体的质量,I C 为刚体对过质心的转轴的转动惯量,
2

d 为两平行轴的距离,这个规律称为平行轴定理。? J G JG JG 引入转动惯量后,刚体绕定轴转动时的角动量为 J = I ω ,式中 ω 是刚体绕轴转动的角
速度。? 3 转动定律? 刚体的转动惯量与角加速度的乘积等于作用于刚体上的外力的合力矩, 此即刚体的转动 定律。用公式表示,则为 M = I β ? 由转动定律可知,对不同的刚体,要得到同样的角加速度,则转动惯量越大的所需的外 力矩越大,因此转动惯量类似于质量,它反映了刚体转动时惯性的大小。转动定律可与 牛顿第二定律类比。? ? ?

JJ G

JG

例题精讲?
例 1.如图所示,水平轨道 PAB 与

1 圆弧轨道 BC 相切于 B 点,其中,PA 段光滑,AB 段 4

粗糙,动摩擦因数 μ =0.1,AB 段长度 L=2m,BC 段光滑,半径 R=lm.轻质弹簧劲度系 数 k=200N/m,左端固定于 P 点,右端处于自由状态时位于 A 点.现用力推质量 m=2kg 的小滑块,使其缓慢压缩弹簧,当推力做功 W=25J 时撤去推力.已知弹簧弹性势能表达式

Ek =

1 2 kx 其中,k 为弹簧的劲度系数,x 为弹簧的形变量,重力加速度取 g=10m/s2. 2

(1)求推力撤去瞬间,滑块的加速度 a; (2)求滑块第一次到达圆弧轨道最低点 B 时对 B 点的压力 Fn; (3)判断滑块能否越过 C 点,如果能,求出滑块到达 C 点的速度 vc 和滑块离开 C 点 再次回到 C 点所用时间 t,如果不能,求出滑块能达到的最大高度 h. ? ? ? ?

解: (1)推力做功全部转化为弹簧的弹性势能,则有
E = Ek
即: 25 = ①

1 × 200 × x 2 2 得 x = 0.5m ② kx = 50m / s 2 m

由牛顿运动定律得

α=



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?

前端导学?
(2)设滑块到达 B 点时的速度为 vB ,由能量关系有

W ? μ mgL =

1 mvB 2 2


2 得 vB = 21m 2 / s 2

对滑块,由牛顿定律得
2 vB FN ? mg = m R



FN = mg + m

2 vB = 62 N R

⑥ ⑦

由牛顿第三定律可知,滑块对 B 点的压力 62N

(3)设滑块能够到达 C 点,且具有速度 vc,由功能关系得

W ? μ mgL ? mgR =

1 2 mvc 2




代入数据解得 vc = 1m / s 故滑块能够越过 C 点

从滑块离开 C 点到再次回到 C 点过程中,物体做匀变速运动,以向下为正方向,有

vc = ?vc + gt


11 ○

t=

2vc = 0.2 s g

? 例 2. 如图所示,某货场利用固定于地面的、半径 R=1.8m 的四分之一圆轨道将质量为 m1=10 kg 的货物 (可视为质点) 从高处运送至地面, 已知当货物由轨道顶端无初速滑下时, 到达轨道底端的速度为 5m/s.为避免货物与地面发生撞击,在地面上紧靠轨道依次排放两 块完全相同的木板 A、B,长度均为 l =2 m,质量均为 m 2 = 20kg ,木板上表面与轨道末端 相切.货物与木板间的动摩擦因数为 μ = 0.4 ,木板与地面间的动摩擦因数 μ 2 = 0.1 . (最 大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取 g=10 m/s2) (1)求货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功 (2)通过计算判断货物是否会从木板 B 的右端滑落?若能,求货物滑离木板 B 右端时 的速度;若不能,求货物最终停在 B 板上的位置. ? ? ? 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?

解: (1)设货物沿圆轨道下滑过程中克服摩擦力做的功为 W f ,对货物,由动能定理得:

1 m1v 2 2 1 W f = m1 gR ? m1v 2 = 55 J 2 m1 gR ? W f =
(2)当货物滑上木板 A 时,货物对木板的摩擦力 f 1 = 地面对木板 A、B 的最大静摩擦力 f 2 = 由于 f1 < f 2 , 此时木板 A、B 静止不动。 设货物滑到木板 A 右端时速度为 v1 ,由动能定理:

μ1 m1 g = 40 N

μ 2 (2m2 + m1 ) g = 50 N

? μ1 m1 gl =

1 1 m1v12 ? m1v 2 2 2

得: v1 = 3m / s 当货物滑上木板 B 时,地面对木板 A、B 最大静摩擦力 f 3 = μ 2 ( m 2 + m1 ) g = 30 N 由于 f1 > f 3 ,此时木反 B 开始滑动。 设货物不会从木板 B 的右端滑落,二者刚好相对静止时的速度为 v2 . 则对货物: a1 = μ1 g = 4m / s
2

v 2 = v1 ? a1t
对木板 B : a 2 =

μ1 m1 g ? μ 2 (m1 + m2 ) g
m2

= 0.5m / s 2

v2 = a2t
由以上两式可得: v 2 = 此过程中, s1 =

1 m/s 3

t=

2 s 3

1 10 (v1 + v 2 )t = m 2 9

s2 =

1 1 v2t = m 2 9

由于 s1 ? s 2 = 1.0m < l , 所以货物最终未从木板 B 上滑下, 且与其右端的距离为 1.0m 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
? 例 3 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 试求: (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。 解析: (1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关,因此,A、B 两球应同时达到最大高 度处,对 A、B 两球组成的系统,由机械能守恒定律得 mgR =

1 R ,碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。 4

mgR β 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 = 解得 v1 = ?

1 2 1 2 mv1 + β mv2 2 2

m 2 gR = mv1 + β mv2

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 ? β mg = β 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 ? β mv2 = mV1 + β mV2


mgR =

1 1 mV12 + β 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 相同。 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
? 例 4 如图所示,两个同心圆代表一个圆形槽,质量为 m,内外半径几乎同为 R.? 槽内 A、B 两处分别放有一个质量也为 m 的小球,AB 间的距离为槽的直径.? 不计一切摩擦.? 现将系统 置于光滑水平面上,开始时槽静止,两小球具有垂直于 AB 方向的速度 v ,试求两小球第一 次相距 R 时,槽中心的速度 v 0 .? ? 解:在水平面参考系中建立水平方向的 x 轴和 y 轴.由系统的对称性可知中心或者说槽

整体将仅在 x 轴方向上运动。设槽中心沿 x 轴正方向运动的速度变为 v 0 ,两小球相对槽心 做角速度大小为 ω 的圆周运动,A 球处于如图所示的位置时,相对水平面的两个分速度为?

v x = ωR sin θ + v0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ①?
v y = ?ωR cos θ ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ②?

B 球的运动与 A 球的运动是对称的.? 因系统在 x 轴方向上动量守恒、机械能也守恒,因此?

mv0 + 2mv x = 2mv 1 1 2 1 2 2 2 × m(v x ) + mv0 + vy = 2 × mv 2 2 2
? 2

③? ④?

将①、②式代入③、④式得: 3v0 = 2v ? 2ωR sin θ ?
2 2 + v0 = v2 ? ω 2 R 2 + 2ωRv0 sin θ + v0

1 2

由此解得? v 0 =

2 sin θ (1 ? )v ? 3 3 ? 2 sin 2 θ
D

当两球间距离为 R 时, θ = 30 ,代入可解得槽中心运动的速度为?

v0 =
?

2 1 (1 ? )v ? 3 10

例 5 用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、 B 两物块都以 v=6 m/s 的速度在光滑的水平地面上运 动,弹簧处于原长,质量 4 kg 的物块 C 静止在前方,如图所示,B 与 C 碰撞后二者粘在一起运 动。求:在以后的运动中, (1) 当弹簧的弹性势能最大时,物体 A 的速度多大? (2) 弹性势能的最大值是多大? (3) A 的速度有可能向左吗?为什么?

解: (1)当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大; 由于 A、B、C 三者组成的系统动量守恒:(mA+mB)v =(mA+mB+mC)vA′ 解得 vA′=

(2 + 2) × 6 m/s = 3 m/s 2+2+4

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?

前端导学?
(2)B、C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间 B、C 两者速度为 v′; 则:mBv = (mB+mC)v′; 得:v′=

2×6 = 2 m/s 2+4

设物 A 速度为 vA′时弹簧的弹性势能最大为 Ep,根据能量守恒,有: Ep=

1 1 1 2 2 (mB+mC) v ′ + mAv2- (mA+mB+mC) v′ A 2 2 2 1 1 1 = ×(2+4)×22+ ×2×62- ×(2+2+4)×32 = 12 J 2 2 2

(3) A 不可能向左运动。 系统动量守恒:mAv+mBv = mAvA+(mB+mC)vB 设 A 向左,即 vA<0, 则 vB>4 m/s; 那么作用后 A、B、C 动能之和为: E′=

1 1 1 mAvA2+ (mB+mC)vB2> (mB+mC)vB2 = 48 J ; 2 2 2

实际上系统的机械能为: E = Ep+

1 ′2 (mA+mB+mC)· v A = 12+36 = 48 J ; 2 根据能量守恒定律, E ′ >E 是不可能的。

? 例 6(1)如图 1 所示,ABC 为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC 段水平,AB 段与 BC 段 平滑连接。质量为 m1 的小球从高位 h 处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道 BC 段上质 量为 m2 的小球发生碰撞,碰撞后两球的 运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过 程中无机械能损失。求碰撞后小球 m2 的 速度大小 v2;? (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,我们才用多球依次碰撞、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: (1)设碰撞前的速度为,根据机械能守恒定律? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? m1 gh =

1 2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ①? 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 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ②?
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?

前端导学?
由于碰撞过程中无机械能损失?

1 1 1 2 2 ? ? ? ? ? ③? = m1v12 + m2 v2 m1v10 2 2 2
②、③式联立解得?

v2 =

2m1v10 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ④? m1 + m2
2m1 2 gh ???? m1 + m2

? ? ? 将①代入得④ v2 =

(2)a 由④式,考虑到 EK 1 =

1 1 2 2 得? m1 v10 和EK 2 = m2 v2 2 2 Ek 2 4m1m2 = ? ? ? ⑤? Ek1 (m1 + m2 ) 2

根据动能传递系数的定义,对于 1、2 两球 k12 =

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 4m1m2 = ? = ? ? ? ? ? ? ? ⑥? 2 Ek1 Ek 1 Ek 2 (m1 + m2 ) (m2 + m3 ) 2

依次类推,动能传递系数 k1n 应为?

kin =

Ekn Ek 2 Ek 3 E 4m2 m3 4mn ?1mn 4m1m2 = ? … kn = ? … ? 2 2 Ek1 Ek1 Ek 2 Ek ( n ?1 ) (m1 + m2 ) (m2 + m3 ) (mn ?1 + mn ) 2

2 2 2 4n ?1 m1m2 m3 …mn ?1mn ? 解得? k1n = 2 2 (m1 + m2 ) (m2 + m3 ) …(mn ?1 + mn )2

b.将 m1=4m0,m3=mo 代入⑥式可得?

? ? m2 k13 = 64m ? ? ? ? (4m0 + m2 )( m2 + mo ) ?
2 0

2

为使 k13 最大,只需使

2 4m0 m2 1 = 最大,即 m + 取最小值, ? 2 2 m2 (4mo + m2 )(m2 + m0 ) 4m0
2

2 ? 4m0 2m0 ? = ? m2 ? 由 m2 + ? + 4m0 可知? ? m2 ? m 2 ? ?

当 m2 =
?

2m0 m2

, 即m2 = 2m0时,k13最大。 ?

例 7 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 A、C
之间和 B 、 C 之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 μ ;

木板 C 与桌面之间无摩擦,

A、 B、

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?

前端导学?
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 (1)物块 (2)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.?

A 与 B 发生碰撞;? 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;?
A 在木板 C
上再发生碰撞;?

(3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 (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: 以 m 表示物块 A 、 B 和木板 C 的质量,当物块 A 以初速 v0 向
右运动时,物块

A 受到木板 C

施加的大小为 μ mg 的滑动摩擦力而减速,木板 C 则受到物块

A 施加的大

小为 μ mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 物块 B 则因受木板 C 施加的 摩擦力 f 作用而加速,设

A、 B 、C

三者的加速度分别为 a A 、 a B 和 aC ,则由牛顿第二定律,有

μ mg = ma A μ mg ? f = maC
f = ma B
事实上在此题中, aB

= aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB = aC 时,由上式可得
(1)

1 f = μ mg 2

它小于最大静摩擦力 μ mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物块 块 B 不发生碰撞,则物块

A 刚好与物


A 运动到物块 B 所在处时, A 与 B 的速度大小相等.因为物块 B 与木板 C

速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守恒定律得

mv0 = 3mv1
在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则物块

(2)

A 运动的路程为 s1 + L ,如图所示.由动能定理有

1 2 1 2 mv1 ? mv0 = ? μ mg ( s1 + L) 2 2 1 2 = μ mgs1 (2m)v1 2

(3) (4)

或者说, 在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑 动摩擦力做功的代数和((3)与(4)式等号两边相加),即

1 1 2 2 ? mv0 = ? μ mgL (3m)v1 2 2

(5)

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?

前端导学?
式中 L 就是物块

A 相对木板 C

运动的路程.解(2)、(5)式,得 (6)

v0 = 3μ gL
即物块 故

A 的初速度 v0 = 3μ gL 时, A 刚好不与 B 发生碰撞,若 v0 > 3μ gL ,则 A 将与 B 发生碰撞,
v0 > 3μ gL
(7) 三者的速度 (8)

A 与 B 发生碰撞的条件是:

2. 当物块

A 的初速度 v0 满足(7)式时, A 与 B 将发生碰撞,设碰撞的瞬间, A 、 B 、 C
v A > vB vB = vC

分别为 vA 、 vB 和 vC ,则有: 在物块 程中,

A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C

对它们的摩擦力的冲量非常小,可忽略不计。故在碰撞过 的速度保持不变.因为物块

A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C

A 、 B 间的碰撞是弹性的,
A、B

系统的机械能守恒,又因为质量相等,由动量守恒和机械能守恒可以证明(证明从略),碰撞前后 交换速度,若碰撞刚结束时,

A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA′ 、 vB′ 和 vC′ ,则有
vC ′ = vC
(9)

v A′ = vB

v B′ = v A

由(8)、(9)式可知,物块

A 与木板 C

速度相等,保持相对静止,而 B 相对于

A 、C

向右运动,以后

发生的过程相当于第1问中所进行的延续,由物块 B 替换

A 继续向右运动。

则物块 B 以速度 vB′ 从板 C 板的中点运动到挡板 P 所在处时, B 与 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞,

C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的速度相等,设此时三者的速度为

v2 .根据动量守恒定律有:

mv0 = 3mv2

(10) 静止, B 到达 P 所在

A 以初速度 v0 开始运动,接着与 B 发生完全弹性碰撞,碰撞后物块 A 相对木板 C
处这一整个过程中,先是

A 相对 C

运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的路程为 L ,整个系统动能的

改变,类似于上面第1问解答中(5)式的说法.等于系统内部相互问的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 ? mv0 = ? μ mg ? 2 L (3m)v2 2 2
解(10)、(11)两式得: v0 = 即物块

(11) (12)

6 μ gL

A 的初速度 v0 = 6 μ gL

时, A 与 B 碰撞,但 B 与 P 刚好不发生碰撞,若 v0

> 6 μ gL ,就能

使 B 与 P 发生碰撞,故

A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条件是
(13)

v0 > 6 μ gL
3. 若物块 ?

A 的初速度 v0 满足条件(13)式,则在 A 、 B 发生碰撞后, B 将与挡板 P 发生碰撞,设在碰

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前端导学?
撞前瞬间,

A、 B 、C

三者的速度分别为 v A′′ 、 vB′′ 和 vC ′′ ,则有: (14) 三者的速度分别为 v A′′′ 、 vB′′′ 和 vC ′′′ ,则仍类似于第2问解答中(9)

vB′′ > v A′′ = vC′′

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C
的道理,有:

vB′′′ = vC ′′

vC ′′′ = vB′′

v A′′′ = v A′′

(15) 的速度,即

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块

A 与 B 的速度相等,都小于木板 C

vC ′′′ > v A′′′ = vB′′′
在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 右做加速运动,加速度的大小分别为

(16)

A 和 B 以相同的较小的加速度向

aC = 2 μ g
加速过程将持续到或者

a A = aB = μ g
的速度相同,三者以相同速度

(17)

A和 B 与C

1 v0 向右做匀速运动,或者木块 A 从木 3

板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 4. 若

A 在木板 C

上不可能再发生碰撞。 的左端时的速度变为与 C 相同, 这时三者的速度皆相同, (18)

A 恰好没从木板 C

上掉下来, 即

A 到达 C

以 v3 表示,由动量守恒有: 3mv3 从

= mv0

A 以初速度 v0 在木板 C

的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到

A 刚没从木板 C

的左端掉下来,这

一整个过程中,系统内部先是 到

A 相对 C

的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的路程也是 L ; B 与 P 碰后直 运动的路程也皆为 L .整个系统动能的改变应等于内部相

A 刚没从木板 C

上掉下来,

A 与 B 相对 C

互间的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 ? mv0 = ? μ mg ? 4 L (3m)v3 2 2
由(18)、(19)两式,得

(19)

v0 = 12 μ gL
即当物块

(20) 上掉下.若 v0 > 12 μ gL ,则

A 的初速度 v0 = 12 μ gL 时, A 刚好不会从木板 C
A从C
上掉下的条件是

A 将从木

板 C 上掉下,故

v0 > 12 μ gL
5. 若物块

(21) 上掉下来,设

A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C

A 刚要从木板 C

上掉下

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?

前端导学?
来时,

A、 B 、C

三者的速度分别为 v A′′′′ 、 vB′′′′ 和 vC ′′′′ ,则有 (22)

v A′′′′ = vB′′′′ < vC ′′′′
这时(18)式应改写为

mv0 = 2mv A′′′′ + mvC ′′′′
(19)式应改写为

(23)

1 1 1 2 = ? μ mg ? 4 L (2m)vB′′′′2 + mvC′′′′2 ? mv0 2 2 2
当物块

(24)

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 B 、 C 这一系统来说,由动量守恒定律,有

mvB′′′′ + mvC ′′′′ = 2mv4

(25)

在此过程中,对这一系统来说,滑动摩擦力做功的代数和为 ? μ mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB′′′′2 + mvC′′′′2 ? = ? μ mgL 2 2 ?2 ?
由(23)、(24)、(25)、(26)式可得: 即当 v0 = 4

(26)

v0 = 4 μ gL
上掉下。若 v0 > 4

(27)

μ gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C

μ gL

,则 B 将从木板 C 上掉下,

故物块 B 从木板 C 上掉下来的条件是:? ? ? ? v0 > 4

μ gL ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (28)?

? ?

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 (取 g=10m/s2)求:? 对静止,第 2 个球出发后历时△t1=1s/3 而与木盒相遇。 (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 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
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 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 μ = 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 ω = 15rad / s 的角速度沿顺时针匀

A

如果物体开始沿曲面下滑时距传送带表面的高 速转运,传送带下表面离地面的高度 h 不变。 度为 H ,初速度为零, g 取 10 m / 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 μ 。? (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?? 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
? 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,
P A M? B N υ L? Q

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。 ? ? 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?? ? ? ? ? ? ? ? ?

参考答案?
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?

前端导学?
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:?

μ ( m + M ) g = ( m + M ) a 得:? a = μ 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 =

Δv =1s? ? ? ? ? ? ? ? a

故木盒在 2s 内的位移为零? ? ? ? ? ? ? ? 依题意:? s = v0 Δt1 + v (Δt + Δt1 ? t1 ? t2 ? t0 ) ? ? ? ? ? ? ? ? ? 代入数据,解得:? s=7.5m? ? ? ? t0=0.5s? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (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 ( Δt + Δt1 ? t0 ) = 8.5m ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

s1 = v(Δt + Δt1 ? t1 ? t2 ? t0 ) = 2.5m ? ? ? 故木盒相对与传送带的位移:? ? ? ? ?

Δs = S ? s1 = 6m ?
则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是:? Q = f Δ s = 54 J ? ? ? ? ? ? ? ? 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



由于滑块恰能返回到 O 点,返回过程中,根据能量守恒定律:

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?

前端导学?
Ep = Wf ③ m2v2 """ 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 + 2 m )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 = 2W f′ ⑤ ( M + 2m)v2 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 = Rω = 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 = 2 gH1 = 2m / s
相对滑动时间 物块对地位移

v ? v1 = 0.5s a 1 s1 = v1t1 + at12 = 1.25m 2 t1 =
s2 = vt1 = 1.5m

传送带前进位移

上述过程中电动机多消耗的电能 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
1 W = Q + ΔEK = μ 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 = 2 gH 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 S 2 = v ? t2 = 3m ' ∴ 划痕长度 ΔS = S1' ? S 2 = 1m

(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
2 则 v 2 ? v3 = ?2aL 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,
1 ? 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 ? ? ? ○

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 2 ? mv = μ mgs1 ? ? ? ? ○ 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 3 ? Mv 2 ? Mv0 2 = ? μ mgs2 ? ? ? ? ○ 2 2
4 ? 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 ? ? ? ○

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?

前端导学?
由以上四式,可解得 l =

Mv0 2 5 ? ???○ 2μ g (m + M ) Mv0 2 ? 2μ g (m + M )

即车顶的长度至少应为 l =

(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? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 联立以上两式解得? ? ? υA?=?2m/s? ? ? ? ? υB?=?2m/s? ? ? ? ? ? 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。? 1 由动能定理得? ? ? ? ‐?μmBgsm?=?0?‐? 2?mBυB2? ? ? υB2 解得? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 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? ? ‐?μmBgt?=?‐?mBυB?‐?mBυB? ? ? ? 2υB 解得? ? ? ? ? ? ? ? ? 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? 1 1 ? ? ? ? ? W?=? 2?mAυA′2?- 2?mAυA2? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

??? ??

前端导学?
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?mBυB′2?>?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? ?

mv 0 = mv1 + kmV1 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(1)?

1 1 1 2 2 (2)? mv 0 = mv1 + kmV12 ? 2 2 2 由此解得? ? (k ? 1) (3)? v1 = v0 ? k +1 2 V1 = (4)? v0 ? k +1 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 v 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (6)? (k + 1) 2
4(k ? 1) v 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (7)? (k + 1) 2

V2 =

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 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 北京清北学堂教育科技有限公司? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? www.topschool.rog?
?

前端导学?
小 V2 ,即?

? v2 ≤ V2 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (8)?
由(6)、 (7) 、 (8)式得?

k 2 ? 10k + 5 ≤ 0 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (9)?
由? ? k2-10?k?+?5?=?0? ?

10 ± 80 = 5±2 5 ? 2 (9)式的解为?
可求得 k =

?

? ? 5 ? 2 5 ≤ k ≤ 5 + 2 5 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? (10)? (10)与(5)的交集即为所求:? ? 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 v 0 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 ? 2v 0 = ( 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)v 2 ,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 = 同理有 v n +1 =

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

M ? (n + 2)m , (n+1) 包沙袋后车反向运动, 则应有 v n > 0, v n +1 < 0. ? v n 若抛上 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 ′= 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′

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?

前端导学?
′ > 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? ? ? ? ? 即抛上第 8 个? ?M + 3m ? (n + 2)m′ ≤ 0 ?n = 8

沙袋后车就停止,所以车上最终有 11 个沙袋.? ?

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