02 高中奥林匹克物理竞赛专题讲座第4部分 动量和能量

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

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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:

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(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

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