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-
112122L) = mv1 + mv + 2mv22 ①
2222三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 =
517v2 , v = v2 333、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：
32L 。 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
?? 9
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
对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = mgR(1-cosθ) =
?112Mv2 + mv1 ，即： 2221122Mv2 + m（v12x + v1y） ③ 22三个方程，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 =
Mm?Mv2 ， v1y = (tgθ) v2
mm2m2gR(1?cos?)2、代入③式解v2 ，得：v2 =
M2?Mm?(M?m)2tg2?2gR(1?cos?)(M2?2Mmsin2??m2sin2?)3、由v = v + v解v1 ，得：v1 = 22M?Mm?m(M?m)sin?2121x
21yv1的方向：和水平方向成α角，α= arctg
v1yv1x = arctg（
M?mtg?）这就是最后的解。 M〔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?) 。〕 2R(M?msin?)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。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？
m?M3 10
2v1?mgv2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′＜
M2a2a1S ，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 =
mv1?M(?v1)vv = 1 = 2，因方向为正，必朝墙运动。
m?M33v2v = 3，朝墙运动。?? 33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 ，即：
12
（m + M）v = 2μmg·S相 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
2v1v21v21v2v22第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = ??
2a322a342a2a2an次碰墙的总路程是：
111v2ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + ? + Sn ）= （ 1 + 2 + 4 + ? + 2 ） （n?1）a33311v21 = （ 1 + 2 + 4 + ? + 2 ） （n?1）?mg333M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？
2mv0解：由第一过程，得滑动摩擦力f = 。
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
mv?0 =（ m + M ）v
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1122mv? - （ m + M ）v = fL 022解以上三式即可。 答：v?0=
m?Mv0 。 M 12