EHm??vH??2m??3????1840???2.2?10 ??Eem?ve??m??m?223 -32 质量为7.2 ×10 -23 kg,速率为6.0 ×107 m·s-1 的粒子A,与另一个

质量为其一半而静止的粒子B 发生二维完全弹性碰撞,碰撞后粒子A 的速率为5.0 ×107 m·s-1．求：(1) 粒子B 的速率及相对粒子A 原来速度方向的偏转角；(2) 粒子A 的偏转角．

分析 这是粒子系统的二维弹性碰撞问题．这类问题通常采用守恒定律来解决．因为粒子系统在碰撞的平面内不受外力作用,同时,碰撞又是完全弹性的,故系统同时满足动量守恒和机械能守恒．由两守恒定律方程即可解得结果． 解 取如图所示的坐标,由于粒子系统属于斜碰,在碰撞平面内根据系统动量守恒定律可取两个分量式,有

1mmvA?vBcosβ?mv?Acosα (1) 22m0?vBsinβ?mv?Asinα (2)

2又由机械能守恒定律,有

121?m?212mvA???vB?v?A (3) 22?2?2解式(1)、(2)、(3)可得碰撞后B 粒子的速率为

7?1?2vB?2v2A?vA?4.69?10m?s

??各粒子相对原粒子方向的偏角分别为

?23vv2A?3vAα?arccos?22o20? β?arccosB?54o6?

4vA4vAv?A3 -33 如图所示,一质量为m′的物块放置在斜面的最底端A 处,斜面的倾

角为α,高度为h,物块与斜面的动摩擦因数为μ,今有一质量为m 的子弹以速度v0 沿水平方向射入物块并留在其中,且使物块沿斜面向上滑动．求物块滑出顶端时的速度大小．

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分析 该题可分两个阶段来讨论,首先是子弹和物块的撞击过程,然后是物块(包含子弹)沿斜面向上的滑动过程．在撞击过程中,对物块和子弹组成的系统而言,由于撞击前后的总动量明显是不同的,因此,撞击过程中动量

不守恒．应该注意,不是任何碰撞过程中动量都是守恒的．但是,若取沿斜面的方向,因撞击力(属于内力)远大于子弹的重力P1 和物块的重力P2 在斜面的方向上的分力以及物块所受的摩擦力Fｆ ,在该方向上动量守恒,由此可得到物块被撞击后的速度．在物块沿斜面上滑的过程中,为解题方便,可重新选择系统(即取子弹、物块和地球为系统),此系统不受外力作用,而非保守内力中仅摩擦力作功,根据系统的功能原理,可解得最终的结果．

解 在子弹与物块的撞击过程中,在沿斜面的方向上,根据动量守恒有

mv0cosα??m?m??v1 (1)

在物块上滑的过程中,若令物块刚滑出斜面顶端时的速度为v2 ,并取A 点的重力势能为零．由系统的功能原理可得

?μ?m?m??gcosαh sinα?由式(1)、(2)可得

1122?m?m??v2 (2) ??m?m??gh??m?m??v1222?m?v2??v0cosα??2gh?μcotα?1?

?m?m??3 -34 如图所示,一个质量为m 的小球,从内壁为半球形的容器边缘点A滑

下．设容器质量为m′,半径为R,内壁光滑,并放置在摩擦可以忽略的水平桌面上．开始时小球和容器都处于静止状态．当小球沿内壁滑到容器底部的点B时,受到向上的支持力为多大？

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分析 由于桌面无摩擦,容器可以在水平桌面上滑动,当小球沿容器内壁下滑时,容器在桌面上也要发生移动．将小球与容器视为系统,该系统在运动过程中沿水平桌面方向不受外力作用,系统在该方向上的动量守恒；若将小球、容器与地球视为系统,因系统无外力作用,而内力中重力是保守力,而支持力不作功,系统的机械能守恒．由两个守恒定律可解得小球和容器在惯性系中的速度．由于相对运动的存在,小球相对容器运动的轨迹是圆,而相对桌面运动的轨迹就不再是圆了,因此,在运用曲线运动中的法向动力学方程求解小球受力时,必须注意参考系的选择．若取容器为参考系(非惯性系),小球在此参考系中的轨迹仍是容器圆弧,其法向加速度可由此刻的速度(相对于容器速度)求得．在分析小球受力时,除重力和支持力外,还必须计及它所受的惯性力．小球位于容器的底部这一特殊位置时,容器的加速度为零,惯性力也为零．这样,由法向动力学方程求解小球所受的支持力就很容易了．若仍取地面为参考系(惯性系),虽然无需考虑惯性力,但是因小球的轨迹方程比较复杂,其曲率半径及法向加速度难以确定,使求解较为困难．

解 根据水平方向动量守恒定律以及小球在下滑过程中机械能守恒定律可分别得

mvm?m?vm??0 (1)

1212mvv?m?vm??mgR (2) 22式中vm 、vm′分别表示小球、容器相对桌面的速度．由式(1)、(2)可得小球到达容器底部时小球、容器的速度大小分别为

vm?2m?gR m?m?vm??m2m?gR

m?m?m?由于小球相对地面运动的轨迹比较复杂,为此,可改为以容器为参考系(非惯性系)．在容器底部时,小球相对容器的运动速度为

?m?m??vm??vm???vm???vm?vm????2gR (3)

??m?

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在容器底部,小球所受惯性力为零,其法向运动方程为

2mv?mFN?mg? (4)

R由式(3)、(4)可得小球此时所受到的支持力为

2m??FN?mg?3??

m???3 -35 打桩机锤的质量为m ＝10 t, 将质量为m′＝24 t、横截面为S ＝

0.25 m2 (正方形截面)、长达l ＝38.5 m 的钢筋混凝土桩打入地层,单位侧面积上受泥土的阻力为K ＝2.65 ×104 N· m -2 ．问：(1) 桩依靠自重能下沉多深？(2) 在桩稳定后,将锤提升至离桩顶面1 m 处,让其自由下落击桩,假定锤与桩发生完全非弹性碰撞．第一锤能使桩下沉多少？ (3) 若桩已下沉35 m 时,锤再一次下落,此时锤与桩碰撞已不是完全非弹性碰撞了,锤在击桩后反弹起0.05 m,这种情况下,桩又下沉多少？

分析 (1) 桩依靠自重下沉是利用重力势能的减少来克服摩擦力作功,可根据功能原理求解．(2)打桩过程可分为三个阶段．1.锤自由下落的过程．在此过程中,锤与地球系统的势能转化为锤的动能,满足机械能守恒定律．2.碰撞的过程．在这过程中,由于撞击力远大于重力和泥土的阻力,锤与桩这一系统满足动量守恒定律．由于碰撞是完全非弹性的,碰撞后桩和锤以共同速度运动．3.桩下沉的过程．在这过程中,桩和锤的动能和系统的势能将用于克服摩擦力作功,可应用系统的功能原理．根据以上分析列出相应方程式即可解．(3)仍为打桩过程．所不同的是,在此过程中,碰撞是非弹性的,因此,桩获得的速度还需根据锤反弹的高度求出．桩下沉时,仍是以桩的动能和势能减少来克服摩擦力作功的．

解 (1) 在锤击桩之前,由于桩的自重而下沉,这时,取桩和地球为系统,根据系统的功能原理,有

m?gh1??4ShKdh (1)

0h1桩下沉的距离为

h1?m?g?8.88m 2SK(2) 锤从1 m 高处落下,其末速率为v0?2gh．由于锤与桩碰撞是完全非弹性的,锤与桩碰撞后将有共同的速率,按动量守恒定律,有

mv0??m??m?v (2)

随后桩下沉的过程中,根据系统的功能原理,有

h1?h21?m??m?v2??m??m?gh2 (3) -4dSKhv??0?h12由式(2)、(3)可解得桩下沉的距离为

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h2 ＝0.2 m

(3) 当桩已下沉35 m 时,再一次锤桩,由于此时的碰撞是一般非弹性的,锤碰撞后的速率可由上抛运动规律得v1?2gh?,再根据动量守恒定律,有

mv0??m2gh??m?v? (4)

随后,桩在下沉过程中,再一次应用系统的功能原理,得

12??? (5) ??-4S35m?hdh??mgh?mv3?02由式(4)、(5)可得桩再一次下沉的距离

h3 ＝0.033 m

h3*3 -36 一系统由质量为3.0 kg、2.0 kg 和5.0 kg 的三个质点组成,它们在同一平面内运动,其中第一个质点的速度为(6.0 m·s-1 )j,第二个质点以与x轴成-30°角,大小为8.0 m·s-1 的速度运动．如果地面上的观察者测出系统的质心是静止的,那么第三个质点的速度是多少？

分析 因质点系的质心是静止的, 质心的速度为零, 即vC ＝drC

mixi?drcd?????0,故有d?mixi??mixi?0,这是一矢量方程．将vc???dtdt?dt??mi?质点系中各质点的质量和速度分量代入其分量方程式,即可解得第三质点的速

度．

解 在质点运动的平面内取如图3 -36 所示坐标．按?mixi?0的分量式,有

m1v1x?m2v2x?m3v3x?0 m1v1y?m2v2y?m3v3y?0

其中v2x?v2cosθ, v2y?v2sinθ ,θ ＝-30°,代入后得

m1v1y?m2v2ym2?1v2x??2.0m?s?1 v3x??v2x??2.8m?s v3y?m3m3则 v3???2.8m?s?1?i??2.0m?s?1?j

*3 -37 如图所示,质量分别为m1 ＝10.0 kg和m2 ＝6.0 kg 的两小球A 和B,

用质量可略去不计的刚性细杆连接,开始时它们静止在Oxy 平面上,在图示的外力F1 ＝(8.0 N) i 和F2 ＝(6.0 N) j 的作用下运动．试求：(1)它们质心的坐标与时间的函数关系；(2)系统总动量与时间的函数关系．

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