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高中物理竞赛(动量)1




一.冲量、动量定理 1.冲量:I=Ft,相当于 F-t 图象的面积。 2.动量定理:Ft=mv2-mv1(是矢量关系)。 3.动量定理的推广: ? F ? t ? ? m ? v 。 1.



2.

如图所示,水平面上有二个物体A和B,质量分别为mA=2Kg,mB=1Kg,A与B 相距一定的距离,A以

v0=10m/s的初速度向静止的B运动,与B发生正碰 后分开,分开后A仍向原方向运动,已知A从开始运动到停下来共运动 6s时间.求碰后B能滑行的时间.(略去A、B的碰撞时间,A和B与地面之 2 间的动摩擦因数都为0.1,重力加速度g=10m/s ) (答案:8s) 解:对系统,有动量定理:-?mAgtA-?mBgtB=0-mAv0,tB=8s. 以速度大小为v1竖直向上抛出一小球,小球落回地面时的速度大小为v2,设小球在运动过程 中受空气阻力大小与速度大小成正比,求小球在空中运动的时间.[答案:(v1+v2)/g] 解:因小球在运动过程中受到的阻力大小是变化的,所以无法直接用牛顿定律解,把物 体运动过程分成无数段,则 ? v ? t ? s 。 上升过程,有动量定理:-mg?t-kv?t=m?v,求和得:mgt上+ks=mv1. 同理下落过程:mgt下-ks=mv2.两式相加得:t=t上+t下=(v1+v2)/g. 质量为m的均匀铁链,悬挂在天花板上,其下端恰好与水平桌面接触,当上端的悬挂点突然脱 开后,求当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌面的压力. (答案:3mg/2) 解:设铁链长为L,则单位长度的质量为m/L,当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌 面的压力为:桌面上的铁链的重力F1=mg/2和落到桌面上的铁链对桌面的冲力F2之和. 取刚落到桌面上的一小段铁链作为研究对象,它的初速度v0= 质量?m=v0?tm/L. 有动量定理: ( F1 ? ? mg ) ? t
? 0 ? ?m (? Lg ), 得 F1 ?
2 gL 2 ? gL

3.

,末速度v=0,

?m ?t

Lg ? ? mg ?

?m ?t

Lg ? mg .

4.

所以铁链对桌面的压力F=F1+F2=3mg/2.(F2不能用动能定理,为什么?) 一根均匀柔软绳长为L,质量为m,对折后两端固定在一个钉子上.其中 一端突然从钉子上脱落,如图所示.求下落端的端点离钉子的距离为x 时,钉子对绳子另一端的作用力.[答案:
1 2

mg(1+3x/L)]
1 2

解:当左边绳端离钉子的距离为 x 时,左边绳长为 x=
v ? 2 gx

(L-x),速度
1 2

.右边绳长为

1 2

(L+x),又经一段很短时间?t后,左边的绳子又有长度为
1 2

v?t的一

小段转移到右边去了,我们就分析这一小段绳子,这一小段绳子受两个力作用:上面绳子对 它的拉力T和它本身的重力

v?t?g(?=m/L,为绳子的线密度),根据动量定理(不能用动能
1

定理,因在绳子受T的作用过程有动能损失), 设向上方向为正:(T1 2

v?t?g)?t=0-(- v?t?v),
2

由于?t取得很小,因此这一小段绳子的重力相对于T来说是很小的,可以忽略。

1

所以T= 5.

1 2

v2?=gx?,因此钉子对右端绳的作用力F= (L+x)g?+T= mg(1+3x/L).
2 2

1

1

如图所示,质量为M小车在光滑的水平面上以 v的速度向左作匀速直 线运动.一质量为m的小球从高为h处自由下落,与小车碰撞后,反弹 上升的高度仍为 h,小球与小车碰撞时,小球受到小车的弹力 N>>mg, 小球与小车间的动摩擦因数为?,求小球弹起后的水平速度。 [答案: 2 ? 2 gh 或Mv/(M+m)] 解:小球刚落到车上量的竖直速度 v 0
? 2 gH



设小碰后的水平速度为v?,竖直方向的速度变为2v0,平均支持力为N, 在竖直方向:Nt=2mv0, 在此过程中摩擦力产生的冲量:ft=?Nt=2?mv0, 根据动量定理:2?mv0=mv?,得小球弹起后的水平速度v?=2?v0= 2 ? 2 gh 若2?mv0>mv?,实际上小球离开小车前摩擦力消失,小球的水平速度与小车相等。 有动量守恒定律:Mv=(M+m)v?,得小球弹起后的水平速度v?=Mv/(M+m). 二.动量守恒定律:m1v1+m2v2=m1v1?+m2v2?. 6. 光滑水平面上有一平板车, 质量为M,上面站着质量为m的人,共同以v0的速度前进,若人相对 于车以v的水平速度跳出,求下列情况下人跳出车后车的速度大小。 (1)人向后跳出。(2)人向前跳出。 [答案:(1) v ? ?
( M ? m ) v 0 ? mv M ?m

;(2) v ? ?

( M ? m ) v 0 ? mv M ?m

]

解(1)设人跳出车后车的速度为v?,人对地的速度v?-v(向前) 有动量守恒:(M+m)v0=Mv?+m(v?-v),得 v ? ?
( M ? m ) v 0 ? mv M ?m


( M ? m ) v 0 ? mv M ?m

人对地的速度v-v?(向后),则:(M+m)v0=Mv?-m(v-v?),得 v ? ?
( M ? m ) v 0 ? mv M ?m ?



(2)设人跳出车后车的速度为v?(向前),则人对地的速度v?+v 有动量守恒:(M+m)v0=Mv?+m(v?+v),得 v ? ? 。
( M ? m ) v 0 ? mv M ?m

车对地的速度v?(向后):(M+m)v0=-Mv?+m(v-v?),得 v ? ?

(负号向前)。

1.当速度方向不在一直线上时的动量守恒:正交分解 7. 如图所示, 光滑水平面上有一长为L的平板小车,其质量为M, 车左端 站着一个质量为m的人,车和人都处于静止状态,若人要从车的左端 刚好跳到车的右端,至少要多大的速度(对地)。 (答案: v 0
? MLg M ?m



解:设人起跳的速度大小为v0,与水平面的夹角为?, 则人的水平位移: x
? v 0 cos ? ? 2 v 0 sin ? g ? v 0 sin 2?
2



g

对人而言,?=45?时,x1最大,v0可最小,但车向左在运动,x与车的速度有关。 有水平方向动量守恒:-Mv+mv0soc?=0,得车的速度v=mv0soc?/M, 人落到车的右端条件:
2
v 0 sin 2?
2

?

mv

0

cos ? M

?

2 v 0 sin ? g

? L



g

得起跳的速度大小: v 0

?

MLg ( M ? m ) sin 2?


? MLg M ?m

当?=45?时, v0最小,起跳的最小速度: v 0 8.



有一个质量及线度足够大的水平板,它绕垂直于水平板的竖直轴以角速度?旋转.在板的上 方h处有一群相同的小球(可视为质点),它们以板的转轴为中心、为半径均匀地在水平面内 R 排成一个圆周(以单位长度内小球的个数表示数线密度).现让这些小球同时从静止状态开 始自由落下,设每个球与平板发生碰撞的时间非常短,而且碰撞前后小球在竖直方向上速度 的大小不变,仅是方向相反.而在水平方向上则会发生滑动摩擦,滑动摩擦系数为?.(1)求 这群小球第二次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比 k 1 。 (2)如果 R
?

?g ?
2

(g为重力加速度)且 k 1

?

1 2

,求这群小球第三次和第一次与平板碰撞时

小球数线密度之比 k 2 。 [答案:(1) 当 v 2
? ? R时 , k1 ? 1 / 1? ( 8?h R ? ) ;当 v 2 ? ? R时 , k1 ? 1 /
2

1?

8? h
2

g

;(2) k 2
?

?

1 2

] 设

解(1):设总数为 N,则第一次?1=N/2?R,在这些小球中任取一只,刚碰时, v 0

2 gh ,

碰撞时间?t,平均力为F,其竖直速度不变,所以F?t=2mv0,板有切线方向的速度v1=ωR.这样 使小球在切线方向获得速度v2. 当v2<v1时,则f?t=mv2,或?F?t=mv2,得v2=2?v0= 2 ?
? 8 ? h , ( v 2 ? ? R) ? 2h ? .? , ( v 2 ? ? R ). 2? R g ? g ?
2 gh ? ? R

当v2?v1时,则f作用时间小于?t,v2=?R.第一次和第二次碰撞点的水平距离:
L ? v2 ? 2 2h

2 2 ? R ? R ? (8 ? h ) , ( v 2 ? ? R ) ? 1 . 第二次与平板碰撞时离圆心的距离(即半径) ? 8?h 2 ) , (v 2 ? ? R ) ?R2 ? R 1 ? ( g ?

因k ?

?2 ?1

?

r1 r2

, 所以当 v 2 ? ? R 时 , k 1 ? 1 /
? 1 2

1? (

8?h R

? ) ;当 v 2 ? ? R时 , k1 ? 1 /
2

1?

8? h
2


?

g

(2)如果取 k 1 的结果, k 1 题设条件 R
?

,得 h

?

R 8?

,由 2 ?

2 gh ? ? R

,得到 R

?g ?
2

,这与

?g ?
2

相矛盾。
? 1 2

如果取 k 1? 的结果, k 1 条件 R
?

,得 h

?

g 8?
2

,由 2 ?

2 gh ? ? R

,得到 R

?

?g ?
2

,这与题设

?g ?
2

相符合。
2 gh ? ? R

因此取 2 ?

,h

?

g 8?
2

,将 h

?

g 8?
2

代入L后得 L

? 2? R

2h g

? R



在第二次碰撞中,每个小球在竖直方向上仍有F?t=2mv0, 在碰撞前小球对地的速度为 v 球地
? ?R

,碰撞点板对地的速度为 v 板地

?

2? R

,它们间的夹
3

角?=45?,有 v 球板

?

? ? ? v 球地 ? v 地板

,得球相对板的速度 v 球板

?

? ?R


2 gh ? ? R

因第一次和第二次与板碰撞时与板的相对速度相同,那么在 2 ?
2h g

的条件下,而平

板对小球的摩擦力与相对速度方向相反,碰撞结束前小球已处于相对静止,碰后的速度为
? v 球地 ? 2? R ? 2v 2

,它的水平射程 L ? ?

2 2v2
?

?

2R

? 于是第三次相碰时这群小球对应的半径 R 2

2L? ? 2R

,k2

?

R ? R2

?

1 2

2.当外力不零时的动量守恒:当物体间作用时间及短时,可忽略外力的冲量,动量守恒 9. 质量为m的重锤从高为H处自由下落,打在质量也为m的木桩上,设重锤与木桩为完全非弹性 碰撞(碰撞后速度相同),木桩受到地的阻力与木桩进入地内的深度成正比, f=kx(k为已知 即 的常数,x是木桩打入地内的深度),设每次重锤下落的高度相同,地对木桩的阻力比重力 大得多。求(1)第一次打入的深度。(2)第n次打入的深度。 [答案:(1) x 1
? mgH k ? ;(2) x n ? ( n ? n ? 1) mgH k
? 2 gH

] ,
mgH k

解(1):重锤自由下落过程,有机械能守恒定律得 v 0

重锤打击木桩过程,有动量守恒定律得mv0=2mv,得共同速度v=v0/2, 木桩打入地过程,因f>>2mg,忽略重力,有动能定理(kx1/2)x1=
1 2

2mv ,得 x 1

2

?



(2)因每次打击木桩后的共同速度相同,所每次克服阻力做的功相同。 第二次: 第三次:
1 2 1 2 kx kx
2 2

? ?

1 2 1 2

kx 1 ?
2

1 2 1 2

mv
2

2

?

1 2

kx 1 , 得 x 2 ?
2

? 2 x 1 ,打入的深度 x 2 ? ( 2 ? 1) x 1 。 2 ) x1

2 3

kx

2 2

?

kx 1 , 得 x 3 ?
? ( n ?

? 3 x 1 ,打入的深度 x 3 ? ( 3 ?



? 同理,第n次打入的深度 x n

n ? 1 ) x1 ? ( n ?

n ? 1)

mgH k



每次阻力做的功可用f-x图象解。 10. 如图所示,固定在小车上的弹簧发射器以及小车的质量为3m,发射筒 0 与水平面成45 角,小车放在光滑水平面上,被发射的小球质量为m, 现将弹簧压缩L后放入小球,从静止开始,将小球弹射出去.已知小球 的射高为H,不计小球在发射筒内的重力势能变化.试求弹簧的劲度 系数k. (答案: k
? 7 mgH 2L
2


0

解:此题最易犯的错误是认为小球的出口速度方向与水平面成45 ,实际上由于小车向 后运动,发射的小球抛射角?>45?。 设小球刚射出时对地速度的分量分别为vx及vy,车的速度为v. 有系统在x方向动量守恒mvx=3mv-----(1) 在发射过程中,有机械能守恒
1 2 kL
2

?

1 2

m (v x ? v y ) ?

2

2

1 2

(3 m )v

2

-----(2)

小球的竖直速度与射高的关系 v 2 y

? 2 gH

-----(3)
0

再有小球的速度与相对速度的关系 tan

45

?

vy v ? vx

-----(4)

4

有以上四个方程得 k

?

7 mgH 2L
2

.

11. 如图所示,小车的质量M=1Kg,左端放一质量m=2Kg的铁块(可看成质 点),铁块和小车间的动摩擦因数 ?????,起先小车和铁块一起以 v0=6m/s的初速度在光滑地面上向右滑行,然后与竖直的墙发生碰撞, 且碰撞过程中不损失机械能.求(1)要使铁块不从小车上滑出,则小车 的长度至少要多长?(2)若小车足够长,则小车与墙第一次相碰后所通过的总路程为多少? [答案:(1)5.4m;(2)4.05m] 解(1)因M<m,物体最后停在墙边, 有能量守恒定律: ? mgL
? 1 2 ( M ? m )v 0
2

,得L=5.4m。
2

(2)第一次碰撞后小车以v1=v0向左弹回,其a=?mg/M=10m/s , 向左滑行最远时小车的速度为零,最远距离为 s 1
? v1
2

?

M 2 ? mg

2a

v0

2

=1.8m;

有动量守恒,以v2=v1/3的共同速度运动(速度相同前小车会不会与墙碰撞?) 第二次碰撞后小车向左滑行的距离为 s 2 同理 s n
? s n ?1 9 ? 9 s1
n ?1

?

v2

2

?

M 2 ? mg

2a

v1 ?

2

s1 9

.
1 9 ? 1 9
2

所以小车的总路程:s总=2(s1+s2+s3+ ??)=2 s1{ 1 ?

??? 9

1
n ?1

}= 2

S1 1 ? 1/ 9

? 4 . 05

m

3.连接体 12. 质量分别为m1、m2和m3的三个质点A、B、C位于光滑的水平面上,用已 拉直的不可伸长的柔软的轻绳AB和BC连结,角ABC为?-?,?为一锐角, 如图所示,今有一冲量为J的冲击力沿BC方向作用于质点 C.求质点A 开始运动时的速度.(答案:
Jm
2

cos ?
2

m 2 ( m 1 ? m 2 ? m 3 ) ? m 1 m 3 sin

?



解:设A开始运动时物体的速度分别为v1,v2,v3,求v1, 因m1只受到BA绳的拉力,m3只受到BC绳的拉力,所以当A刚开始运动时v1沿AB方向,v3沿BC方 向,设v2与BC夹角为?,沿BC方向动量定理:J =m1v1cos?+m2v2cos?+m3v3 垂直BC方向动量守恒m1v1sin?=m2v2sin? 沿绳方向速度相等(绳不可伸长)v1=v2cos(?+?),v3=v2cos? 得: v 1
? Jm
2

cos ?
2

m 2 ( m 1 ? m 2 ? m 3 ) ? m 1 m 3 sin

?

13. 如图所示,三个质量都是m的刚性小球A、B、C位于光滑的水平桌面上 (图中纸面),A、B之间,B、C之间分别用刚性轻杆相连,杆与A、B、 C的各连接处皆为“铰链式”的(不能对小球产生垂直于杆方向的作用 力).已知杆AB与BC的夹角为?-?,?<?/2.DE为固定在桌面上一块挡 板,它与AB连线方向垂直.现令A、B、C一起以共同的速度v沿平行于 AB连线方向向DE运动,已知在C与挡板碰撞过程中C与挡板之间无摩擦 力作用,求碰撞时当C沿垂直于DE方向的速度由v变为零这一极短时间 内挡板对C的冲量的大小.(答案: I
? 3 ? sin 1 ? 3 sin
2 2

? ?

mv


5

解:令I表示极短时间?t内挡板对C冲量的大小,因为挡板对C无摩擦力作用,可知冲 量的方向垂直于DE,如图所示; I ? 表示B、C间的杆对B或C冲量的大小,其方向沿杆方向, 对B和C皆为推力;v C 表示?t末了时刻C沿平行于DE方向速度的大小,v B 表示?t末了时刻B 沿平行于DE方向速度的大小, v B ? 表示?t末了时刻B沿垂直于DE方向速度的大小. 有动量定理,对C有 I ? sin ? ? m v C , I ? I ? cos ? ? m v 对B有 I ? sin ?
? mv B

,对AB有 I ? cos ?

? 2 m ?v ? v B ?

?

沿B、C沿杆的方向的分速度必相等.故有 v C 有以上五式,可解得 I
? 3 ? sin 1 ? 3 sin
2 2

sin ? ? v B ? cos ? ? v B sin ?

? ?

mv

三.碰撞 1.完全非弹性碰撞:碰后 v1?=v2?=v,只有压缩过程,动能损失最大。 动量守恒:m1v1+m2v2=(m1+m2)v. 2.完全弹性碰撞:能恢复原状,无机械能损失。 由动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1?+m2v2?,或 m1(v1-v1?)=m2(v2?-v2) 机械能守恒:
1 2 m 1v1 ?
2

1 2

m2v2 ?
2

1 2

? m 1v1 ?
2

1 2

? m2v2

2

,或 m1(v1-v1?)(v1+v1?)=m2(v2?-v2)(v2?+v2)。
2m1 m1 ? m 2 v1 ? m 2 ? m1 m1 ? m 2 v2

解得碰后的速度: v 1?

?

m1 ? m 2 m1 ? m 2

v1 ?

2m 2 m1 ? m 2

? v2 , v2 ?



讨论:当 m1=m2 时,v1?=v2,v2?=v1.速度交换。 当一个物体静止时,如 v2=0,
? v1 ? m1 ? m 2 m1 ? m 2 ? v1 , v 2 ? 2m1 m1 ? m 2 v1

.

当 m1<<m2 时,v1?=-v1,原速弹回 v2?=0; 当 m1>>m2 时,v1?=v1,v2?=2v1. 3.一般碰撞: 由动量守恒:m1v1+m2v2=m1v1?+m2v2?. 机械能关系: 4.恢复系数:
1 2 m 1v1 ?
2

1 2

m2v2 ?
2

1 2

? m 1v1 ?
2

1 2

? m2v2

2



e ?

? ? v 2 ? v1 v1 ? v 2

(在力作用方向上速度分量) 。

弹性碰撞:v2?-v1?=v1-v2,e=1(相对速度大小不变). 其它碰撞:e<1. 14. 如图所示,质量为3m的物体P静止在光滑的水平面上,另有一质量为m的物体Q以速度v0正对P 滑行,则碰撞后Q的速度可能是( ) A.v0/2,方向向右 B.v0/5,方向向右 C.v0/3,方向向左 D.2v0/3,方向向左(答案:BC) 15. 网球拍以速率v击中以速率v0飞来的网球,被击回的网球最大速率可能为多少? (答案:2v+v0) 解:最大速率可能: ?网拍连人的质量无限大,作用前后速度不变。 ?碰撞为弹性碰撞,作用前后相对速度不变。 所以v+v0=v?-v,得v?=2v+v0. 16. 如图所示,两个弹性小球互相接触,下面小球的质量为 M,上面小球的质量 为 m,让两个小球从高为 h处由静止开始自由下落.下落时这两个小球的球 心始终在一条竖直线上,与地碰撞后弹起,而且所有碰撞均为弹性碰撞(设 M>>m,两小球均可看成质点).上面这个小球反弹后能达到的最大高度.
6

(答案: 9 h ) 解:小球着地时的速度为v=
2 gh



下面的小球先与地面碰撞后, v的速度弹起,与上面小球碰撞,碰撞前两小球的相对 仍以 速度大小为2v.因M>>m,且是弹性碰撞,两小球碰撞后,下面的小球速度不变,两小球的相对 速度大小也不变,所以上面小球反弹的速度大小为3v, 得上面小球反弹的最大高度 H
? (3v ) 2g
2

? 9h

.

四.质心运动定律 1.质心:xc=(m1x1+m2x2+????)/(m1+m2+???),质心和重心不一定重合。 2.质心运动定律:F 合=MaC。 当 F 合=0 时,系统的质心作匀速运动或静止,其速度为 v c
? m 1v1 ? m 2 v 2 ? ? m1 ? m 2 ? ?



质点系的总动量 P 总=M 总 vc,相对质心的总动量 P 总=0。 17. 如图所示,一长直光滑板AB放在平台上,OB伸出台面,在左侧的D点放 一质量为m1的小铁块,它以初速度v向右运动.假设直板相对桌面不 发生滑动,经时间T0后直板翻倒.现让直板恢复原状,并在直板O点放 上另一质量为m2的小物体,同样让m1从D点开始以v的速度向右运动, 并与m2发生正碰,那么从m1开始运动后经过多少时间直板翻倒? (答案: T 0 ) 解:这道题因为未说明m1和m2碰撞性质,因些进行具体的计算有一定的困难.我们可以用 质心定律来解,即把m1和m2作为一个物体,它们的质心作匀速运动. 第一种情况:第一次m1 在滑到 O 点前直板翻倒,因 m2 对 O 点不产生力矩,运动的时间不 变,T=T0)。 第二种情况:若第一次m1滑过O点离O点的距离为L后直板翻倒,则 T 0
? DO ? L v

.设E是直

板质心的位置,M是直板的质量,则有m1gL=MgOE. 第 二 次 设 m1 和 m2 的 质 心 在 板 的 C 点 , 则 可 以 把 m1 和 m2 看 作 是 有 质 心 C 点 开 始 运 动,OC=
m1 m1 ? m 2

DO,质心的速度为vc=
m1

m1 m1 ? m 2

v,再设质心滑过O点离O点距离为x时直板翻倒,
OC ? x vC ? DO ? L v ? T0

应有(m1+m2)gx=MgOE=m1gL,得x=

m1 ? m 2

L,运动的时间t=

.

18. 一根质量为M均匀的麦管放在无摩擦的水平桌面上,麦管有一半突出桌子外,一只质量为m的 苍蝇降落到麦管在桌内末端上,并从麦管的末端爬到另一端.麦管没有倾覆.甚至当有另一 只苍蝇在此时落到第一只苍蝇身上时,麦管也没有倾覆,问第二只苍蝇质量最大值是什么? [答案:M?m,则B?
1 2

L, 第二只苍蝇的质量可任意值; M>m,

m? ?

n(M ? m ) M ?m

]

解:设麦管的长度为L,因为桌面无摩擦,水平方向无外力作用,苍蝇移动到另一端时,设 苍蝇的位移为A,麦管向里移动B。 由动量守恒,苍蝇和麦管在任一时刻的动量大小关系Mv麦=mv苍, 或Mv麦?t=mv苍?t,两边求和得MB=mA,且B+A=L,得 B
L M ?0 ? ( L 2 M ?m

?

mL M ?m

—--?

? B )M ? ( L ? B )m

[或由质心定律,对末端,质心的位置

2 M ?m

]

7

(1)如果M?m,则B?

1 2

L,即整根麦管在桌内,第二只苍蝇的质量可任意值.

(2)如果M>m,设第二只苍蝇的质量为 m?,求第二只苍蝇质量的最大值,可把第二只苍蝇 降到第一只苍蝇时的速度认为是零. 由力矩平衡条件MgB?(m+m?)g( 由?、?式得 m ? ?
n(M ? m ) M ?m

1 2

L-B)—-------?
n(M ? m ) M ?m

,第二只苍蝇质量的最大值 m ? ?

.

19. 在光滑水平面上放置一个质量为 M,截面是1/4圆(半径为R)的柱体A,如 图所示.柱面光滑,顶端放一质量为m的小滑块B.初始时刻A、B都处于静 止状态,在固定的坐标系xoy中的位置如图所示,设小滑块从圆柱顶端沿 圆弧滑下,试求小滑块脱离圆弧以前在固定坐标系中的轨迹方程. [答案:
x2
2 2

[ MR /( M ? m )]

?

y2 R

2 2

? 1

]

解:设A的坐标(相对圆心)为(x1、0),B的坐 标为(x2、y2),如图所示. 有质心定律mx1-Mx2=0 几何关系Rsin?=x1+x2, Rcos?=y2消去?和x1,得
x2
2 2

[ MR /( M ? m )]

?

y2 R

2 2

? 1

显然B的轨迹是半长轴为R(在y方向),半短轴为MR/(M+m)(在x方向)的椭圆的一部分. 20. 如图所示, 质量为M的刚性均匀正方形框架在某边的中心开一个小缺口, 缺口对质量分布的影响可以忽略, 将框架静止地放在以纸平面为代表的 光滑水平面上,现有一质量为m的刚性小球在此水平面上从缺口处以速 度v0进入框架内,方向如图所示,?=45?。设小球与框架发生的碰撞均 为无摩擦的完全弹性碰撞。 (1)若框架的边长为a,求小球从进入框架到离开框架这一过程中,小球相对水平面的位 移大小。 (2)小球离开框架时,框架的速度大小。[答案:(1)
2 2 ma M ?m

;(2) v

?

2m M ?m

v0 ]

解:(1)小球与框架碰撞时,小球对框架的作用力的作用线通过框架的质心,框架只 作平动。 以框架为参照物,因碰撞是弹性碰撞,小球与框架碰撞前后小球相对框架的速率不变,所 以小球从进入框架到离开框架这一过程中所用的时间
a t ? 2 cos ? v0 ?4 ? 2 2a v0

,系统质心的速率 v c
? vct ? 2 2 ma M ?m

?

m M ?m

v0

在t时间内质心的位移大小 s c

因小球离开框架时相对质心的位置与初状态相同,所以 小球从进入框架到离开框架这一过程中位移 s 球
? sc ? vct ? 2 2 ma M ?m

(2)设小球离开框架时,框架的速度大小为v。 小球离开框架时相对框架的速率大小仍为v?=v0,方向如图所示
8

? ? ? v ? ? v (邻边与对角线关系) ? ? ? ? 由动量守恒定律: m v 0 ? M v ? m ( v ? ? v )

小球对地的速度 v 球 上式可写成 v
?

?

M ?m m?M ? ? ( v 0 ? v ? ) 的平形四边形如图所示,大小为

?

m

? ? ( v 0 ? v ?) ?

m

? ? [ v 0 ? ( ? v 0 )]

2 v 0 ,方向如图所示

所以小球离开框架时,框架的速度大小 v

?

2m M ?m

v0

3.质心系的动能(冠尼希定理) ? ? 以二个质点为例,质量分别为 m1 和 m2,相对于静止参考系的速度分别为 v 1 和 v 2 ,质心 C 的速度 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 为 v c ,二质点相对于质心的速度分别为 v 1? 和 v 2 ,于是 v 1 ? v c ? v 1? , v 2 ? v c ? v 2 , 质点系的动能 E
? 1 2 m 1 v1 ?
2

1 2

m2v2

2

, ,括号中的求和表示质心对于自己的速
2

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? 把 v 1 和 v 2 代入,且 m 1 v c ? v 1? ? m 2 v c ? v 2 ? v c ? ( m 1 v 1? ? m 2 v 2 )

度(或两物体相对质心的动量为零) ,心定为零。 质点系的动能 E
? 1 2 m 1 v1 ?
2

1 2

m2v2 ?

2

1 2

(m 1 ? m 2 )v c ?

2

1 2

? m 1 v1 ?

1 2

? m2v2 ? Ec ? E ? ,
2

由此可见, 质点系的总动能等于其质心的动能与质点相对于质心动能之和,对于都个质点, 这个 关系也成立。 当质点只有二个时,质点组的动能还可以用两物体的相对速度 v r 和质心的速度 v c 表示: ? ? ? ? ? ? ? ? 根据动量守恒定律 m 1 v 1 ? m 2 v 2 ? ( m 1 ? m 2 ) v c ,和相对速度关系 v r ? v 2 ? v 1 可得 v 1 和 v 2 ,代入质 点系的动能 E
? 1 2 m 1 v1 ?
2

1 2

m2v2 ?

2

得E

?

1 2

(m 1 ? m 2 )v c ?

2

1

m1m 2

2 (m1 ? m 2 )

? vr

2



4.质点系动能定理: ? W 外

?W



?

?

1 2

mv

2 2

?

?

1 2

mv 1

2

5.角动量定理和角动量守恒定律 (1)质点的角动量:L=mvrsin?; (2)角动量定理:Mt=L2-L1. (3)角动量守恒定律:冲量矩:Mt.当 M=0 时,L=恒量。 如在有心力场作用下运动的物体,力矩为零,其角动量守恒。如卫星绕地球的运动,对地心的 角动量不变,开普勒第二定律实际上对有心力点的角动量守恒,对其它点不一定守恒。 21. 两个滑冰运动员,质量分别为MA=60kg,MB=70gk,它们的速率vA=5m/s,vB=10m/s,在相距 1.3m的两平行线上相向而行,当两者最接近时,便拉起手来开始绕质心作圆周运动,并保 持二人之间的距离1.3m不变。求: (1)二人拉手后,系统的角速度。 (2)计算两个人拉手前后的动能是否相等,并说明理由。 [答案:(1)11.54rad/s; (2)4250J, 机械能守恒] 解(1)拉手后二人一定绕质心转动吗?如何证明? 将两个看作质点,相距L=1.3m,先求质心的位置, MALA=MBLB,LA+LB=1.3m,得LA=07m,LB=0.6m,接触后绕质心转动。 2 2 以两人为系统,初角动量L1=MAvALA+MBvBLB,未角动量L2=MA?LA +MB?LB , 有角动量守恒定律得角速度 ?
? M
AvA

LA ? M ?M

B B

vB LB LB
2

M

2 ALA

=11.54rad/s.

9

(2)拉手前的总动能 E k 1 拉手后质心的速度 v c 拉手后的总动能 E k 2
?

?

1 2

M

2 Av A

?

1 2

M

B

v B ? 4250

2

J,

m BvB ? m Av A mA ? mB

=3.1m/s
1 2 M (? L A )
2

?

1 2

(m A ? m B )v c ?

2

A

?

1 2

M

B

(? L B )

2

? 4250

J。

两个人拉手前后的机械能守恒,当两人的速度方向不平行时,机械能不守恒。 22. 如图所示,质量为m的长方形箱子放在光滑的水平地面上,箱内有一质 量也为m的小滑块,滑块与箱底之间无摩擦。开始时箱子不动,滑块以 速度v0从箱子的A壁向B壁处运动, 然后又与B壁碰撞。 假定滑块每碰撞一 次,两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e倍(即恢复系数 为e), e ? 4 1 / 2 。 (1)要使滑块与箱子这一系统的动能的总损耗不超过其初始动能的40%,滑块与箱壁最多 可碰撞几次? (2)从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间,箱子的平均速度是多少? [答案:(1)4次;(2)
1 2 v0

]

解:(1)此题用冠尼希定理来解比较方便。 因系统无外力,质心作匀速运动,质心的速度 v c 质点系的初动能为 E 0
? 1 2 m0 ?
2

?

1 2

v0
vr
2

1 2

(m 1 ? m 2 )v c ?

2

1

m1m 2

2 (m1 ? m 2 )

开始时两物体的相对速度为v0,经n次碰撞后的相对速度 v rn 经n次碰撞后质点系的动能为 E 根据题意: E 0 得n
? 4
? 1 2 (m 1 ? m 2 )v c ?
2

? e v0
v rn
2

n

1

m1m 2

2 (m1 ? m 2 )

?E ?

1 4

mv

2 0

?

1 4

me

2n

v0 ?

2

1 2

mv

2 0

? 40 %



,故按题述的要求最多可碰撞4次。 (2)因第一次和第三次是在B壁发生,而第二次和第四次是在A壁发生的。这样,从滑 块开始到刚完成第四次碰撞的过程中,箱子与质心的位移相等,所以箱子的平均速度等于 质心的速度: v
? vc ? 1 2 v0

五.综合题例 23. 一袋面粉沿着与水平面成?=60?的光滑斜面上从高H处无初速地滑下,落到水平地面上。袋 与地面间的动摩擦因数?=0.7。求: (1)袋停在何处。 (2)如果?=45?,?=0.5,袋又停在何处。 [答案:(1)停在斜面下端; (2)离斜面下0.26H] 解(1)当袋刚滑到斜面底端时的速度 v 0
? 2 gH



在地的支持力作用下,竖直方向的速度变为零,设平均支持力为N, 则在竖直方向:Nt=mv0sin?, 在此过程中摩擦力产生的冲量:ft=?Nt=?mv0sin?=0.6mv0, 而袋的水平动量:Px=mv0cos?=0.5mv0, 因ft>Px,实际上袋的水平分量先变为零,同时摩擦力也消失,袋立即停在斜面下端。
10

(2)当?=45?,?=0.5时, 摩擦力产生的冲量:ft=?Nt=?mv0sin?=0.35mv0, 而袋的水平动量:Px=mv0cos?=0.71mv0, 在袋与地碰撞过程中,有动量定理:-ft=mv-0.71mv0,得v=0.36v0. 在袋滑行过程中,有动能定理:-?mgs=01 2

mv2,得 s

?

v

2

2 ?g

=0.26H.

24. 如图所示,金属板A的质量为M,金属球B的质量为m,长为L的轻杆将球与 板的中央O点连接,O为转动轴,开始时杆处于竖直位置,球和板都静止 在光滑的水平面上.放开B球后杆将倒下.求杆抵达水平位置时,杆对金 属小球B的拉力. [答案: T
? 2 mMg (M ? m )

]

解:杆水平时,球和板有共同的水平速度,有水平方向动量守恒,得水平方向的共同速度 为零(只有m的竖直速度,但加速度都不为零)。 当杆抵达水平时,有机械能守恒,小球的竖直速度 v 设此时球对地的加速度am,板对地的加速度aM。 则球相对转动点(板)的加速a=am+aM=
v
2

?

2 gL

.

----(1)
? 2 mMg (M ? m )

L

对M:T=MaM---(2), 对m:T=mam---(3),有(1)、(2)、(3)得 T [或若取板为参照系时,有 T
? T M m ? m v
2

.

,得 T

?

2 mMg (M ? m )

].

L

25. 如图所示,质量为2m,长度为L的木块置于水平台面上.质量为m的 子弹以初速v0水平向右射入木块,设木块对子弹的阻力始终恒定 不变,求: (1)若木块能在光滑水平台面上自由滑动,子弹穿出木块时速度 变为v0/2.则子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离为多少. (2)若木块固定在平台上,使木块随平台始终以某一恒定的速度(小于v0)水平向右运动,子 弹仍以v0的水平速度射入木块,且子弹恰好穿透木块,则子弹穿透木块的时间为多少. [答案:(1)L/5;(2) t
? 4L v0 2 5

]

解:(1)有动量守恒,子弹穿出木块时,木块的速度为v=v0/4, 对木块s=v0t/8;对子弹s+L=3v0t/4.得s=L/5. (2)设平台的速度为v?,子弹射入木块过程中木块移动s?,有L+s?=(v0-v?)t/2,s?=v?t, 得t
? 2L v0 ? v?

;对子弹有动量定理ft=m(v0-v?).
? 2 Lm f

有此两式得 t



f ?

5 mv

2 0

,代入上式得时间 t

?

4L v0

2 5

16 L

26. 一块足够长的木板,放在光滑的水平面上,如图所示,在 木板上自左向右放有序号为1、2、3、…、n的木块,所有 木块的质量均为m, 与木板间的动摩擦因数均为?。 开始时, 木板静止不动,第1、2、3、…、n号的木块的初速度分别 为 v 0 、 2 v 0 、 3v 0 、…、 nv 0 , v 0 方向向右,木板的质量与所有的木块的总质量相同,最终 所有的木块与木板以共同的速度运动,试求:
11

(1)第 n 号木块从开始运动到与木板速度刚好相等的过程中的位移。 (2)第 ( n ? 1) 号木块在整个运动过程中的最小速度。 [答案:(1)
( 5 n ? 1)( 3 n ? 1) 32 ? g

;(2)

( n ? 1)( n ? 2 ) v 0 4n

]
( n ? 1) v 0 4

解:(1)有动量守恒 2 nmv

? m ( v 0 ? 2 v 0 ? 3 v 0 ? ? ? ? ? nv 0 ) ,得共同速度 v ? f ? ? mg
? ( 5 n ? 1)( 3 n ? 1) 32 ? g



木块在木板上运动时,所受滑动摩擦力 有动能定理 ?
fs n ? 1 2 mv
2

?

1 2

m ( nv 0 )

2

,得 s n

(2)设第 ( n ? 1) 号木块的最小速度为 v n ? 1 ,此时第 n 块木块的速度为 v n ,第 ( n ? 1) 号 木块在此速度以前为减速运动,后为加速运动,且此速度为其与木板速度相等时的速度, 此时只有第 n 块木块相对木板运动,有动量守恒有 m ( v 0 ? 2 v 0 ? 3 v 0 ? ? ? ? ? nv 0 ) ? [( n ? 1) m ? nm ]v n ?1 ? mv n ? 在此过程中,第 n 块木块与第 ( n ? 1) 块木块在木板上运动的时间相同,所受的摩擦力相同, 故速度改变量相同,有 nv 0 ? v n ? ( n ? 1) v 0 ? v n ?1 ,或 v n ? v 0 ? v n ?1 ? 有?、?两式可得 v n ?1
? ( n ? 1)( n ? 2 ) v 0 4n



27. 如图所示,质量M=1kg的箱子静止在光滑水平面上,箱底长L=1m,质 量m=1kg的小物体从箱子中央以v0=5m/s的速度开始向右运动,物体 与箱底间的动摩擦因数?=0.05,物体与箱壁发生完全弹性碰撞,问 小物体可与箱壁发生多少次碰撞?当小物体在箱中刚达到相对静止 时,箱子在水平面上的位移是多少?(答案:12次,12.25m) 解:设物体与箱子处于相对静止时的共同速度为v, 有动量守恒:mv0=(M+m)v-----? 有能量守恒: ? mgs


?

1 2

mv

2 0

?

1 2

( M ? m )v

2

-----?

代入数据得s相=12.5m, 所以小物体与箱壁发生12次 碰撞后停在右壁(最后只接触,不发生碰撞) 对小物体用动量定理并求和得-?mgt=mv-mv0,得t=5s. 质心的速度 v c
? mv
0

M ?m

=2.5m/s.

在t时间内质心的位移xc=vCt=12.5m, 由于初状态质心在箱中央,末状态质心在箱中央前0.25m处, 所以箱子的位移x=xC-0.25m=12.25m. 28. 如图所示,AOB是一内表面光滑的楔形槽,固定在水平桌面(图 0 中纸面)上.夹角?=1 (为了能看清楚,图中的?是夸大了的). 现将一质点在 BOA面内从C处以速度大小 v=5m/s射出,其方向 0 与 AO 间的夹角 ?=60 ,OC=10m,设质点与桌面间的摩擦力可忽 略不计,质点与OB面及OA面的碰撞都是弹性碰撞,且每次碰撞 时间极短,可忽略不计.试求: (1)共能与板发生几次碰撞?最后一次碰撞发生在块板? (2)在这过程中,质点到O点的最短距离是多少? [答案:(1) 60次碰撞,最后一次与C相碰;(2)8.67m] 解: (1)因为碰撞处是光滑的,而且是弹性碰撞,所以反
12

射角等于入射角.因为连续两次碰撞的法线之间的夹角等于OA与OB之间的夹角?, 第 一 次 碰 撞 时 , ? AOB 1 ? ? , 第 二 次 碰 撞 时 , ? A O B 2 ? 2? , 第 n 次 碰 撞 时 , ? A O B n ? n ? ,有图可知,第n次碰撞时,CC?与板相交,第n+1次碰撞时,CC?与不板相交, 故n应满足 n ? ? ?
? 180
0

? ( n ? 1)? ? ?

,n

?

180

0

??

?

? n ? 1 ,得n

=119次,寄数次与B板相碰,

偶数次与A板相碰,所最后一次碰撞发生在B板,最后平行A板离开。 0 0 因为第一次碰撞的入射角为29 ,第30次碰撞时的入射角等于0 ,此时质点沿原路返回,第60 次与出发点C相碰,往返共经60次碰撞. 0 (2)质点到O点的最短距离等于OP=OCsin60 =8.67m. 六.刚体力学基础(不要求) 1.基本概念 (1)力矩;M=FLsin?. 2 2 2 (2)转动惯量:J=?m1r1 +?m2r2 +?m3r3 +????????. 2 ?半径为 r 作圆周运动的质点(也可看成是平动) J=mr 。 : 2 2 ?半径为 r 的圆环:转轴通过圆心垂直圆平面 J=mr ;以直径为转轴 J=mr /2。 2 2 ?半径为 r 的圆盘:转轴通过圆心垂直圆盘平面 J=mr /2,以直径为转轴 J=mr /4。 2 ?转轴过轴线的圆柱 J=mr /2。 2 ?转轴过圆心的球体:J=2mr /5。 2 2 ?长为 L 均匀细杆:转轴过端点垂直杆:J=mL /3;转轴过中心垂直杆 J=mL /12。 我们以长为 L 均匀细杆,转轴过端点垂直杆为例来求转动惯量: 把杆分成 n 段(n??) ,每段长?L=L/n,每段质量?m=m/n. J1=?m?L2; J2=?m(2?L)2; Ji=?m(i?L)2;
J ?

?

n

? m (i? L ) ?
2
2

i ?1

?

n

m n

(i

L n

) ?

2

mL n
3

2

i ?1

?i
i ?1

n

2

?

mL n
3

2

?

n ( n ? 1)( 2 n ? 1) 6

.

当 n??时 J= mL /3。 2 当转轴过中心垂直杆时,L?=L/2,m?=m/2,J=2J?=mr /12。 (3)转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理 ?平行宙定理: I c 为过质心轴的转动惯量,I 为平行于 I c 为轴相距为 d 的转动惯量, 则I
? I c ? md

,如长为 L 均匀细杆,以不同转轴转动惯量关系 J=mL /3 和 J=mL /12。 ?垂直轴定理:对平面薄板, I z 垂直平在为轴的转动惯量,则 I z ? I x ? I y ,如圆盘,以不
2

2

2

同转轴转动惯量关系 J=

1 2

mr2 和 J= mr2。
4 1 2

1

(4)转动动能:刚体的定轴转动动能 EK= 质点的动能 EK=
1 2

J?2;即有转动,又有平动的动能 EK= J?2+ mvc2/2.
2 2

1

1

mvc .

2

(5)角动量:刚体的角动量 L=J?。 (6)冲量矩:Mt. 29. 试证:半径和质量都相同的圆柱体、圆筒、和实心的球,沿同一斜面、同一高度从静止纯 滚动地滚下时,它们到达底部的速度大小次序是:实心球,圆柱体,圆筒。 已知:滚动时,绕质心的转动惯量分别为圆柱J=
1 2

mR2。圆筒J=mR2;球体J= mR2。
5

2

解(1)纯滚动时,静摩擦力不做功,机械能守恒: mgd

?

1 2

J(

v R

) ?
2

1 2

mv

2


13

有上式可知,转动惯量大的速度小,所以它们到达底部的速度大小次序是:实心球,圆柱 体,圆筒。 2.转动定律:M=J? 30. 一飞轮直径0.30m,质量M=5.0kg,边缘绕有绳子,现用恒力拉绳子的一端,使其由静止开 始均匀地加速转动,经t=0.5s转速达到n=10r/s。假定飞轮可看作实心的圆柱体,其转动惯 量J=
1 2

MR2。求:

(1)经t=0.5s飞轮角速度及这段时间内转过的转数。 (2)拉力的大小。 (3)从拉动后t=10s时飞轮的角速度及飞轮边缘上一点的加速度。 5 2 [答案:(1)2.5r;(2) 47N;(3)2.37?10 m/s ] 解(1)因?=2?n,所以?=(?-0)/t=125.6rad/s. 转过的角度?=
1 2

?t2,转过的转数N=?/2?=2.5r(也可用线度来解).

(2)有转动定理M=FR=J?,所以F=J?/R=47N。 (3)当t=10s时,角速度?=?t=125.6?10=1256rad/s; 线速度v=?R=188.4m/s, 2 5 2 2 向心加速度an=R? =2.37?10 m/s ,切向加速度at=R?=18.84m/s , 所以飞轮边缘上一点的加速度 a
? an ? at ? an
2 2

=2.37?10 m/s 。

5

2

31. 如图所示,两个物体的质量分别为m1和m2,滑轮的质量不能忽略, 其转动惯量为J, 半径为R,m2与桌面间的动摩擦因数为?, 滑轮转 轴光滑,绳与滑轮间无滑动。求系统的加速度a及竖直绳子的拉 力T1和水平绳子的拉力T2。 [答案: a
? m1 g ? ?m 2 g m1 ? m 2 ? J / R
2

, T1

?

m1 g (?m 2 ? m 2 ? J / R )
2

m1 ? m 2 ? J / R

2

,T2

?

m 2 g (?m1 ? m1 ? ?J / R )
2

m1 ? m 2 ? J / R

2

]

解:对m1:m1g-T1=m1a-------? 对m2:T2-?m2g=m2a-------? 对滑轮,有转动定律:(T1-T2)R=J?-----? a=?R-------? 有以上4式解得系统的加速度: a 竖直绳子的拉力: T 1 水平绳子的拉力: T 2
?
? m1 g ? ?m 2 g m1 ? m 2 ? J / R
2

2



m1 g (?m 2 ? m 2 ? J / R ) m1 ? m 2 ? J / R
2 2

。 。
m1m 2 g m1 ? m 2

?

m 2 g (?m1 ? m1 ? ?J / R ) m1 ? m 2 ? J / R
2

讨论:当?=0,J=0时: a

?

m1 g m1 ? m 2

; T1

? T2 ?



32. 如图所示是一种小孩玩具“哟哟”,绳子的一端不是固定在天花板上而是 握在手中。要使质心不动,绳的张力应多大,此时手应以多大的加速度向 上运动。已知玩具绕质心的转动惯量J=
1 2

mR2;(答案:mg,2g)

解:设玩具质心的加速度a,绕质心的角加速度?,绳的张力为T,手的 加速度a?. 有牛顿定律:T-mg=ma-------? 有转动定律:TR=J?-------?
14

a?=a+R?--------? 因质心不动,所以a=0,有?式得绳子的张力T=mg.
有?得 ?
? TR J ? mgR mR
2

? /2

2g R

,

所以得手向上运动的加速度a?=a+R?=R?=2g. 3.角动量定理和角动量守恒定律 (1)角动量定理:Mt=L2-L1. (2)角动量守恒定律:冲量矩:Mt.当 M=0 时,L=恒量。 33. 如图所示,一根L=0.4m的均匀木棒,质量M=1.0kg,可绕水平轴O点在竖直面内 转动,开始时棒自然铅直悬垂。现有一质量m=8g的子弹以v=200m/s的速度从A 2 点水平射入棒内,A点离O点的距离为3L/4,棒的转动惯量J=ML /3。求: (1)棒开始转动时的角速度。 (2)棒的最大偏角。 (3)若子弹射入的方向与棒的夹角?=30?,棒开始转动时的角速度。 [答案:(1)8.87 rad/s;(2) 94?12?;(3)4.43rad/s] 解(1)有角动量守恒定律: mv 得棒开始转动时的角速度 ?
? 4(

?

3 4

L ? J? ? m

3 4

L? ?

3 4

L

,J=ML /3。

2

3 mvL 1 3 ML
2

?

9 16

=8.87 rad/s.
mL )
2

(2)有机械能守恒,设棒的最大偏角为?,
Mg ? L 2 (1 ? cos ? ) ? mg ? 3 4 L (1 ? cos ? ) ? 1 2 J?
2

?

1 2

m(

3 4

L? )

2

MgL ? mg ? cos ? ?

3 2

L? 3 2

1 2 L

J?

2

? ? 0 . 073

,得棒的最大偏角?=94?12?。

MgL ? mg ?

(3)当子弹射入的方向与棒的夹角?=30?时, 有角动量守恒定律: mv
? 3 4 L ? sin ? ? J ? ? m 3 4 L? ? 3 4 L

,?=4.43rad/s.

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