对于匀减速直线运动.必须特别注意其特性: (1)匀减速直线运动总有一个速度为零的时刻.此后.有的便停下来.有些会反向匀加速 (2)匀减速运动的反向运动既可以按运动的先后顺序进行运算.也可将返回的运动按初速为零的匀加速运动计算. 例题分析: 例1.关于加速度与速度.位移的关系.以下说法正确的是:(D) A.υ0为正.a为负.则速度一定在减小.位移也一定在减小, B.υ0为正.a为正.则速度一定在增加.位移不一定在增加, C.υ0与a同向.但a逐渐减小.速度可能也在减小, D.υ0与a反向.但a逐渐增大.则速度减小得越来越快 例2.水平导轨AB的两端各有一竖直的挡板A和B.AB=4米.物体自A开始以4m/s的速度沿导轨向B运动.已知物体在碰到A或B以后.均以与挡板碰前大小相等的速度反弹回来.并且物体在导轨上作匀减速运动的加速度大小相同.为了使物体最终能停在AB的中点.则这个加速度的大小应为多少? 例3.一列车共20节车箱.它从车站匀加速开出时.前5节车厢经过站在车头旁边的人的时间为t秒.那么: (1)第三个5节车厢经过人的时间为多少? (2)若每节车厢长为L.则车尾经过人时的速度多大? (3)车正中点经过人时速度为多大? (4)车经过人身旁总时间为多少? 答案:例2:-4/例3:略 查看更多

 

题目列表(包括答案和解析)

第一部分  力&物体的平衡

第一讲 力的处理

一、矢量的运算

1、加法

表达: +  =  

名词:为“和矢量”。

法则:平行四边形法则。如图1所示。

和矢量大小:c =  ,其中α为的夹角。

和矢量方向:之间,和夹角β= arcsin

2、减法

表达: =  

名词:为“被减数矢量”,为“减数矢量”,为“差矢量”。

法则:三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点,然后连接两时量末端,指向被减数时量的时量,即是差矢量。

差矢量大小:a =  ,其中θ为的夹角。

差矢量的方向可以用正弦定理求得。

一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。

例题:已知质点做匀速率圆周运动,半径为R ,周期为T ,求它在T内和在T内的平均加速度大小。

解说:如图3所示,A到B点对应T的过程,A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为

根据加速度的定义 得:

由于有两处涉及矢量减法,设两个差矢量   ,根据三角形法则,它们在图3中的大小、方向已绘出(的“三角形”已被拉伸成一条直线)。

本题只关心各矢量的大小,显然:

 =  =  =  ,且: =   = 2

所以: =  =   =  =  

(学生活动)观察与思考:这两个加速度是否相等,匀速率圆周运动是不是匀变速运动?

答:否;不是。

3、乘法

矢量的乘法有两种:叉乘和点乘,和代数的乘法有着质的不同。

⑴ 叉乘

表达:× = 

名词:称“矢量的叉积”,它是一个新的矢量。

叉积的大小:c = absinα,其中α为的夹角。意义:的大小对应由作成的平行四边形的面积。

叉积的方向:垂直确定的平面,并由右手螺旋定则确定方向,如图4所示。

显然,××,但有:×= -×

⑵ 点乘

表达:· = c

名词:c称“矢量的点积”,它不再是一个矢量,而是一个标量。

点积的大小:c = abcosα,其中α为的夹角。

二、共点力的合成

1、平行四边形法则与矢量表达式

2、一般平行四边形的合力与分力的求法

余弦定理(或分割成RtΔ)解合力的大小

正弦定理解方向

三、力的分解

1、按效果分解

2、按需要——正交分解

第二讲 物体的平衡

一、共点力平衡

1、特征:质心无加速度。

2、条件:Σ = 0 ,或  = 0 , = 0

例题:如图5所示,长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂,绳子与水平方向的夹角在图上已标示,求横杆的重心位置。

解说:直接用三力共点的知识解题,几何关系比较简单。

答案:距棒的左端L/4处。

(学生活动)思考:放在斜面上的均质长方体,按实际情况分析受力,斜面的支持力会通过长方体的重心吗?

解:将各处的支持力归纳成一个N ,则长方体受三个力(G 、f 、N)必共点,由此推知,N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示(通常的受力图是将受力物体看成一个点,这时,N就过重心了)。

答:不会。

二、转动平衡

1、特征:物体无转动加速度。

2、条件:Σ= 0 ,或ΣM+ =ΣM- 

如果物体静止,肯定会同时满足两种平衡,因此用两种思路均可解题。

3、非共点力的合成

大小和方向:遵从一条直线矢量合成法则。

作用点:先假定一个等效作用点,然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。

第三讲 习题课

1、如图7所示,在固定的、倾角为α斜面上,有一块可以转动的夹板(β不定),夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体,试求:β取何值时,夹板对球的弹力最小。

解说:法一,平行四边形动态处理。

对球体进行受力分析,然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移,使它们构成一个三角形,如图8的左图和中图所示。

由于G的大小和方向均不变,而N1的方向不可变,当β增大导致N2的方向改变时,N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。

显然,随着β增大,N1单调减小,而N2的大小先减小后增大,当N2垂直N1时,N2取极小值,且N2min = Gsinα。

法二,函数法。

看图8的中间图,对这个三角形用正弦定理,有:

 =  ,即:N2 =  ,β在0到180°之间取值,N2的极值讨论是很容易的。

答案:当β= 90°时,甲板的弹力最小。

2、把一个重为G的物体用一个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上,F随时间t的变化规律如图9所示,则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个?

解说:静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题,但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速,平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律,是本题授课时的难点。

静力学的知识,本题在于区分两种摩擦的不同判据。

水平方向合力为零,得:支持力N持续增大。

物体在运动时,滑动摩擦力f = μN ,必持续增大。但物体在静止后静摩擦力f′≡ G ,与N没有关系。

对运动过程加以分析,物体必有加速和减速两个过程。据物理常识,加速时,f < G ,而在减速时f > G 。

答案:B 。

3、如图11所示,一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上,另一轻质弹簧的劲度系数为k ,自由长度为L(L<2R),一端固定在大圆环的顶点A ,另一端与小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。

解说:平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论,解三角形的典型思路有三种:①分割成直角三角形(或本来就是直角三角形);②利用正、余弦定理;③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。

分析小球受力→矢量平移,如图12所示,其中F表示弹簧弹力,N表示大环的支持力。

(学生活动)思考:支持力N可不可以沿图12中的反方向?(正交分解看水平方向平衡——不可以。)

容易判断,图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB是相似的,所以:

                                   ⑴

由胡克定律:F = k(- R)                ⑵

几何关系:= 2Rcosθ                     ⑶

解以上三式即可。

答案:arccos 。

(学生活动)思考:若将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧,其它条件不变,则弹簧弹力怎么变?环的支持力怎么变?

答:变小;不变。

(学生活动)反馈练习:光滑半球固定在水平面上,球心O的正上方有一定滑轮,一根轻绳跨过滑轮将一小球从图13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断:在此过程中,绳子的拉力T和球面支持力N怎样变化?

解:和上题完全相同。

答:T变小,N不变。

4、如图14所示,一个半径为R的非均质圆球,其重心不在球心O点,先将它置于水平地面上,平衡时球面上的A点和地面接触;再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上,平衡时球面上的B点与斜面接触,已知A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。

解说:练习三力共点的应用。

根据在平面上的平衡,可知重心C在OA连线上。根据在斜面上的平衡,支持力、重力和静摩擦力共点,可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单。

答案:R 。

(学生活动)反馈练习:静摩擦足够,将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上,最多能码多少块?

解:三力共点知识应用。

答: 。

4、两根等长的细线,一端拴在同一悬点O上,另一端各系一个小球,两球的质量分别为m1和m2 ,已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度,分别为45和30°,如图15所示。则m1 : m2??为多少?

解说:本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。

对两球进行受力分析,并进行矢量平移,如图16所示。

首先注意,图16中的灰色三角形是等腰三角形,两底角相等,设为α。

而且,两球相互作用的斥力方向相反,大小相等,可用同一字母表示,设为F 。

对左边的矢量三角形用正弦定理,有:

 =          ①

同理,对右边的矢量三角形,有: =                                ②

解①②两式即可。

答案:1 : 。

(学生活动)思考:解本题是否还有其它的方法?

答:有——将模型看成用轻杆连成的两小球,而将O点看成转轴,两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。

应用:若原题中绳长不等,而是l1 :l2 = 3 :2 ,其它条件不变,m1与m2的比值又将是多少?

解:此时用共点力平衡更加复杂(多一个正弦定理方程),而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。

答:2 :3 。

5、如图17所示,一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆,细杆的左端用铰链与墙壁相连,球下边垫上一块木板后,细杆恰好水平,而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦(已知摩擦因素为μ),所以要将木板从球下面向右抽出时,至少需要大小为F的水平拉力。试问:现要将木板继续向左插进一些,至少需要多大的水平推力?

解说:这是一个典型的力矩平衡的例题。

以球和杆为对象,研究其对转轴O的转动平衡,设木板拉出时给球体的摩擦力为f ,支持力为N ,重力为G ,力矩平衡方程为:

f R + N(R + L)= G(R + L)           

球和板已相对滑动,故:f = μN        ②

解①②可得:f = 

再看木板的平衡,F = f 。

同理,木板插进去时,球体和木板之间的摩擦f′=  = F′。

答案: 

第四讲 摩擦角及其它

一、摩擦角

1、全反力:接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力,一般用R表示,亦称接触反力。

2、摩擦角:全反力与支持力的最大夹角称摩擦角,一般用φm表示。

此时,要么物体已经滑动,必有:φm = arctgμ(μ为动摩擦因素),称动摩擦力角;要么物体达到最大运动趋势,必有:φms = arctgμs(μs为静摩擦因素),称静摩擦角。通常处理为φm = φms 

3、引入全反力和摩擦角的意义:使分析处理物体受力时更方便、更简捷。

二、隔离法与整体法

1、隔离法:当物体对象有两个或两个以上时,有必要各个击破,逐个讲每个个体隔离开来分析处理,称隔离法。

在处理各隔离方程之间的联系时,应注意相互作用力的大小和方向关系。

2、整体法:当各个体均处于平衡状态时,我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理,称整体法。

应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。

三、应用

1、物体放在水平面上,用与水平方向成30°的力拉物体时,物体匀速前进。若此力大小不变,改为沿水平方向拉物体,物体仍能匀速前进,求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。

解说:这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。

法一,正交分解。(学生分析受力→列方程→得结果。)

法二,用摩擦角解题。

引进全反力R ,对物体两个平衡状态进行受力分析,再进行矢量平移,得到图18中的左图和中间图(注意:重力G是不变的,而全反力R的方向不变、F的大小不变),φm指摩擦角。

再将两图重叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30°的等腰三角形,其顶角的角平分线必垂直底边……故有:φm = 15°。

最后,μ= tgφm 

答案:0.268 。

(学生活动)思考:如果F的大小是可以选择的,那么能维持物体匀速前进的最小F值是多少?

解:见图18,右图中虚线的长度即Fmin ,所以,Fmin = Gsinφm 

答:Gsin15°(其中G为物体的重量)。

2、如图19所示,质量m = 5kg的物体置于一粗糙斜面上,并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物体,使物体能够沿斜面向上匀速运动,而斜面体始终静止。已知斜面的质量M = 10kg ,倾角为30°,重力加速度g = 10m/s2 ,求地面对斜面体的摩擦力大小。

解说:

本题旨在显示整体法的解题的优越性。

法一,隔离法。简要介绍……

法二,整体法。注意,滑块和斜面随有相对运动,但从平衡的角度看,它们是完全等价的,可以看成一个整体。

做整体的受力分析时,内力不加考虑。受力分析比较简单,列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。

答案:26.0N 。

(学生活动)地面给斜面体的支持力是多少?

解:略。

答:135N 。

应用:如图20所示,一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上,斜面的倾角为θ。另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力F作用在滑块上,使之能沿斜面匀速上滑,且要求斜面体静止不动,就必须施加一个大小为P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小和方向。

解说:这是一道难度较大的静力学题,可以动用一切可能的工具解题。

法一:隔离法。

由第一个物理情景易得,斜面于滑块的摩擦因素μ= tgθ

对第二个物理情景,分别隔离滑块和斜面体分析受力,并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy ,滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示(N表示正压力和弹力,f表示摩擦力),如图21所示。

对滑块,我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——

Fx = f + mgsinθ

Fy + mgcosθ= N

且 f = μN = Ntgθ

综合以上三式得到:

Fx = Fytgθ+ 2mgsinθ               ①

对斜面体,只看水平方向平衡就行了——

P = fcosθ+ Nsinθ

即:4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ

代入μ值,化简得:Fy = mgcosθ      ②

②代入①可得:Fx = 3mgsinθ

最后由F =解F的大小,由tgα= 解F的方向(设α为F和斜面的夹角)。

答案:大小为F = mg,方向和斜面夹角α= arctg()指向斜面内部。

法二:引入摩擦角和整体法观念。

仍然沿用“法一”中关于F的方向设置(见图21中的α角)。

先看整体的水平方向平衡,有:Fcos(θ- α) = P                                   ⑴

再隔离滑块,分析受力时引进全反力R和摩擦角φ,由于简化后只有三个力(R、mg和F),可以将矢量平移后构成一个三角形,如图22所示。

在图22右边的矢量三角形中,有: =      ⑵

注意:φ= arctgμ= arctg(tgθ) = θ                                              ⑶

解⑴⑵⑶式可得F和α的值。

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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=ΣF 

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

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

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

 m1 +  m2 =  m1 +  m2

解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得:

v1 = ,  v2 = 

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,v -v10 ,v2 ≈ 0 ,小物碰大物,原速率返回;

③当m1 >> m2 ,且v20 = 0时,v≈ 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 = 

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 =  。根据“碰撞的基本特征”,0 ≤ e ≤ 1 。

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 = f·S ,其中S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 。

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。

 =  =  =  =  = nmSv2

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,引擎推力须做功W = 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 = ΔMv2

即:vΔt = (n m S·vΔt)v2

得到: = nmSv2

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 = t ,由此推出的 = 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船用平衡条件,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:

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v2(由于B受合冲量为+,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+沿BC方向,故v3沿BC方向)。

对A用动量定理,有:

I1 = m1 v1                                 ①

B的动量定理是一个矢量方程:+= m2 ,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:

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

I2sinα= m2 v1 tgβ                                ⑶

I - I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ)                  ⑷

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                                    

3、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ,解v1就方便多了。结果为:

v1 = 

(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()。

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 

得:V1 = v                                    ①

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,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

得:u1 =

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 =  + 

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 = +  + 

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 =  +  +  + … + 

即:V2 =                                ②

我们再将①式改写成:

V1 =                                         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 =  。

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 = 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 = M                                                                  ①

设全程的时间为t ,乘入①式两边,得:mt = Mt

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L的约束,s和S具有关系:s + S = L                                   ③

解②、③可得:船的移动距离 S =L

(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:x = ),又根据,末态的质量分布与初态比较,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:h 。

(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:(a-b)。

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:

x = Rsinθ                   ①

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:

  = 1

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R的椭圆。

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”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:

m2g =  +             ①

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/     ②

解①、②两式,得:v2 = 

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-L) = m + mv2 + 2m     ①

三球系统水平方向动量守恒,有:

mv1 + mvsinθ= 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 = v2 ,   v = v2 

3、将v1 、v的替代式代入①式解v2即可。结果:v2 = 

(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 、 、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: 。

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:

 =  +  =  - 

其中必然是沿地面向左的,为了书写方便,我们设其大小为v2 ;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 。根据矢量减法的三角形法则,可以得到(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

对题设过程,质点和半球系统机械能守恒,有:mgR(1-cosθ) = M + m ,即:

mgR(1-cosθ) = M + m( + )                     ③

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 = v2 ,        v1y = (tgθ) v2  

2、代入③式解v2 ,得:v2 =

3、由 =  + 解v1 ,得:v1 =

v1的方向:和水平方向成α角,α= arctg = arctg(

这就是最后的解。

〔一个附属结果:质点相对半球的瞬时角速度 ω =  =  。〕

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,作用完毕后,共同速度v1 =  =  ,因方向为正,必朝墙运动。

(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 = ,反向加速的位移S′= ,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 =  =  = ,因方向为正,必朝墙运动。

车第三次碰墙,……共同速度v3 =  = ,朝墙运动。

……

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 ,且,ΔE = f S ,

即:(m + M)v2 = μmg·S 

代入数字得:S = 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 = 

第二次:S2 =  = 

第三次:S3 =  = 

……

n次碰墙的总路程是:

ΣS = 2( S1 + S2 + S3 + … + Sn )= ( 1 +  +  + … +  )

  = ( 1 +  +  + … +  )

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 =  。

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

m =( m + M )v

m - ( m + M )v2 = fL

解以上三式即可。

答:v0 。

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。

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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