9512.net
甜梦文库
当前位置:首页 >> 理学 >>

更高更妙的物理冲刺全国高中物理竞赛-专题9-动量与动量守恒


? 动量定理

∑ I = ?p ∑ Ft = mv ? mv
t

0

? 动量定理的应用
(1)遵从矢量性与独立性原理 遵从矢量性与独立性原理 (2)合理与必要的近似 (2)合理与必要的近似 (3)尽量取大系统与整过程 尽量取大系统与整过程 ∑ I i = ?p i

如图所示,顶角为 、内壁光滑的圆锥体倒立竖直固定在P点 如图所示,顶角为2θ、内壁光滑的圆锥体倒立竖直固定在 点, 中心轴PO位于竖直方向 一质量为m的质点以角速度 位于竖直方向, 的质点以角速度ω绕竖直轴沿圆锥内壁做匀 中心轴 位于竖直方向,一质量为 的质点以角速度 绕竖直轴沿圆锥内壁做匀 速圆周运动,已知a 两点为质点 运动所通过的圆周一直径上的两点, 两点为质点m运动所通过的圆周一直径上的两点 速圆周运动,已知 、b两点为质点 运动所通过的圆周一直径上的两点,求质点 m从a点经半周运动到 点,圆锥体内壁对质点施加的弹力的冲量. 点经半周运动到b点 圆锥体内壁对质点施加的弹力的冲量. 从 点经半周运动到

分析受力: 分析受力: 运动半周动量变化量为 其中轨道半径r由 其中轨道半径 由 合外力冲量为
2

?p = 2mv = 2mω r

O

mg cot θ = mrω r =

g
2

ωπ 重力冲量为 IG = mg ω mg 2 弹力冲量为 I = ( 2cot θ ) + π 2 N
ω

gω I = 2m cot θ

m cot a

b

θ


ω
θ

F向

P

mg
I

IG IN

如图所示,质量为 的小车在光滑水平面上以 向左匀速运动,一质量为m 的小车在光滑水平面上以v 如图所示,质量为M的小车在光滑水平面上以 0向左匀速运动,一质量为 的小球从高h处自由下落 与小车碰撞后,反弹上升的高度仍为h. 处自由下落, 的小球从高 处自由下落,与小车碰撞后,反弹上升的高度仍为 .设M>>m,碰 , 撞时弹力F 撞时弹力 N>>mg,球与车之间的动摩擦因数为 ,则小球弹起后的水平速度为 ,球与车之间的动摩擦因数为?, A.

小球与车板相互作用,小球动量发生变化: 小球与车板相互作用,小球动量发生变化:水平方向动量 竖直方向动量大小不变,方向反向, 从0→mvx,竖直方向动量大小不变,方向反向,对小球分别 在竖直、水平方向运用动量定理。 在竖直、水平方向运用动量定理。 设小球与车板相互作用时 间t,小球碰板前速度 y,由 ,小球碰板前速度v 由动量定理

2gh

B. 0

C. 2 ? 2gh

D. –v0

1 mv 2 = mgh 得 v y = 2 gh y 2

水平方向 ? FN ? t = mv x

竖直方向 FN ? t = m 2 gh ? ? m 2 gh Ff v 0

(

)

FN h

m

v x = 2? 2 gh

M

如图所示,滑块 和 用轻线连接在一起后放在水平桌面上 水平恒力F 用轻线连接在一起后放在水平桌面上, 如图所示,滑块A和B用轻线连接在一起后放在水平桌面上,水平恒力 作用在B上 一起由静止开始沿水平桌面滑动. 作用在 上,使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动.已知滑块 、B与水平桌 、 一起由静止开始沿水平桌面滑动 已知滑块A、 与水平桌 面之间的动摩擦因数均为?. 作用时间t后 、 连线断开 此后力F仍作用于 连线断开, 面之间的动摩擦因数均为 .力F作用时间 后A、B连线断开,此后力 仍作用于 作用时间 B.试求滑块 刚刚停住时,滑块 的速度大小?两滑块质量分别为 A、mB. 刚刚停住时, 的速度大小? .试求滑块A刚刚停住时 滑块B的速度大小 两滑块质量分别为m

?F ? ? (m A + m B ) g ? ? (t + T ) = m BvB ? ?
而在t时间内对系统有 而在 时间内对系统有

设绳断时A 速度为V,绳断后A运 设绳断时 、B速度为 ,绳断后 运 速度为 动时间为T;则在 则在t+T时间内对系统有 动时间为 则在 时间内对系统有

A

B

F

? F ? ? ( m A + m B ) g ? ? t = ( m A + m B )V ? ? 其中 F ? ? (F ? ? ( m A + m B ) g m A + mB ) g ?t V = ? g ?T = T = ?t ( m A + m(Bm A + m B ) ?g ) ? F ? ? (m A + m B ) g ? ? Ft ? ? vB = ? mB (m A + mB ) g

如图所示,椭圆规的尺 质量为 质量为2m,曲柄OC质量为 质量为m, 如图所示,椭圆规的尺AB质量为 ,曲柄 质量为 , 而套管A、 质量均为 质量均为M.已知OC=AC=CB=l;曲柄和尺的重心分别在其中点上; 而套管 、B质量均为 .已知 ;曲柄和尺的重心分别在其中点上; 曲柄绕O轴转动的角速度 为常量;开始时曲柄水平向右, 轴转动的角速度ω为常量 曲柄绕 轴转动的角速度 为常量;开始时曲柄水平向右,求:曲柄转成竖直向上 过程中,外力对系统施加的平均冲量. 过程中,外力对系统施加的平均冲量.

专题9 专题9-例1

确定曲柄m、 确定曲柄 、尺2m、套管 、B 、套管A 质心的速度, 质心的速度,确定质点系的动 量变化, 量变化,对系统运用动量定理
曲柄、尺的质心及套管A、B的速度相关关系如示

?p
A

p0

mω l 动量 p = 2 2 尺质心速度 vc = ω l 动量 pc = 2mω l
曲柄质心速度v = 套管A速度 套管 速度 套管B速度 套管 速度

ωl

ω
O

pt C
B

pAB = 2 M ω l vC 5 ? ? 系统动量大小不变为 p = ? m + 2 M ? ω l ?2 ?
由动量定理, 由动量定理,在从水平变成竖直过程中

vAn v A
A

vC
C

?5 I = pt ? p0 = 2 ? m + 2 M ? ω l ? 2 ? ?

v
O

vC
vAn
B

ωt

如图所示,光滑的水平面上停着一只木球和载人小车, 如图所示,光滑的水平面上停着一只木球和载人小车,木 球质量为m,人和车总质量为M,已知M∶ 球质量为 ,人和车总质量为 ,已知 ∶m=16∶1,人以速率 沿水平面将木球 ∶ ,人以速率v沿水平面将木球 推向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后, 推向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回之后,人接住球后再以同样的对地速率 将球推向挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次推木球后, 将球推向挡板.设木球与挡板相碰时无动能损失.求人经过几次推木球后,再也 不能接住木球? 不能接住木球?

专题9 专题9-例2

n ? 2mv ≥ ( m + M ) v

对木球与载人小车这个系统, 对木球与载人小车这个系统, 动量从初时的0, 动量从初时的 ,到最终末动 量至少为(M+m)v,是墙对 木球冲量作用的结果: 木球冲量作用的结果:

17 n≥ 2

次推木球后, 经9次推木球后,再也接不住木球 次推木球后

一根均匀的不可伸缩的软缆绳全长为l、质量为 .开始时, 一根均匀的不可伸缩的软缆绳全长为 、质量为M.开始时, 绳的两端都固定在邻近的挂钩上,自由地悬着,如图( ).某时刻绳的一端松 绳的两端都固定在邻近的挂钩上,自由地悬着,如图(甲).某时刻绳的一端松 开了,缆绳开始下落,如图( ),每个挂钩可承受的最大负荷为 每个挂钩可承受的最大负荷为F 开了,缆绳开始下落,如图(乙),每个挂钩可承受的最大负荷为 N(大于缆绳 的重力Mg),为使缆绳在下落时,其上端不会把挂钩拉断, 与 ),为使缆绳在下落时 的重力 ),为使缆绳在下落时,其上端不会把挂钩拉断,Mg与FN必须满足什 么条件?假定下落时,缆绳每个部分在达到相应的最终位置之后就都停止不动. 么条件?假定下落时,缆绳每个部分在达到相应的最终位置之后就都停止不动.

专题9 专题9-例3

松开左缆绳,自由下落 时 松开左缆绳,自由下落h时,左侧绳速度为 2gh
挂钩所受的力由两部分组成:一是承静止悬挂在 钩下的那部分缆绳的重;一是受紧接着落向静止 部分最下端的绳元段的冲力F,挂钩不被拉断,这 两部分力的总和不得超过钩的最大负荷

因时间极短内,忽略重力冲量,元段的平均速度取

研究左边绳处于最下端的极小段绳元Δ 受右 研究左边绳处于最下端的极小段绳元Δx:受右 边静止绳作用,使之速度在极短时间 内减为 使之速度在极短时间Δ 内减为0, 边静止绳作用 使之速度在极短时间Δt内减为 A 由动量定理 ′ ? ?t = ?m ? v F
v=

B ?x C

Mgh M 2 gh F ′ ? ?t = ? ? ?t ? 2 gh F ′ = l l 2 当左边绳全部落下并伸下时, 当左边绳全部落下并伸下时,h=l F ′ = Mg
挂钩不断的条件是

2 gh 甲 2

?x


FN > 2Mg

一根铁链,平放在桌面上, 一根铁链,平放在桌面上,铁链每单位长度的质量为 λ.现用手提起链的一端 , 使之以速度 竖直地匀速上升,试求在从 竖直地匀速上升, . 现用手提起链的一端,使之以速度v竖直地匀速上升 一端离地开始到全链恰离地,手的拉力的冲量,链条总长为L. 一端离地开始到全链恰离地,手的拉力的冲量,链条总长为 . 图示是链的一微元段离地的情景,该段微元长 ?x = L ( n → 0 ) n 该段微元质量 ?m = λ ? ?x

设该元段从静止到被提起历时?t, 设该元段从静止到被提起历时 , 那么竖直上升部分长x的 那么竖直上升部分长 的链条在手的拉 力F、重力的冲量作用下,发生了末段 、重力的冲量作用下, 微元动量的变化,由动量定理: 微元动量的变化,由动量定理:

?x ?x F ? λ xg= ? λ ? v = λ ? v2 ?t ? L? 2 2 F = λ v + λ xg = λ gvt + λ v t ∈ ? 0, ? 力随时间线性变化,故可用算术平均力求整个过程手拉力F的总冲量: ? v ? λ gL2 1 ? ? L 2 I = ? λ ? v + λ gL ? ? = + λ Lv 2 2v ? ? v
F

( F ? λ xg ) ? t = ? m ? v

如图所示,水车有一孔口,水自孔口射出. 如图所示,水车有一孔口,水自孔口射出.已知水面 距孔口高h,孔口截面积为a,水的密度为ρ. 距孔口高 ,孔口截面积为 ,水的密度为 .若不计水车与地面的摩 求水车加于墙壁的水平压力. 擦,求水车加于墙壁的水平压力.
先求水从孔口射出的速度v

1 ρ gha ? ?x = ρ a ? ?x ? v 2 v = 2 gh 2

对处于孔口的一片水由动能定理: 对处于孔口的一片水由动能定理:

h

对整个水车,水平方向受墙壁的压力 ,在时间Δ 内有质量为 对整个水车,水平方向受墙壁的压力F,在时间Δt内有质量为

ρ 2gh ? ?t ? a的水获得速度 2gh
由动量定理: 由动量定理:

F ? ?t = ρ 2 gh ? ?t ? a ? 2 gh

F = 2 ρ ahg
水车加于墙壁的压力是该力的反作用力 ,大小为

F ′ = 2 ρ ahg

逆风行船问题: 如图,帆船在逆风的情况下仍能 逆风行船问题 如图 帆船在逆风的情况下仍能 只依靠风力破浪航行.设风向从B向 ,.位于A点处的帆船要想 ,.位于 只依靠风力破浪航行.设风向从 向A,.位于 点处的帆船要想 在静水中最后驶达目标B点 应如何操纵帆船? 在静水中最后驶达目标 点,应如何操纵帆船?要说明风对船帆的 作用力是如何使船逆风前进达到目标的. 作用力是如何使船逆风前进达到目标的.

专题9 专题9-例4

设计如示航线
航向与风向成θ角 风帆与船行方向成φ角 航线 φ

F风对帆 A F1 F2

风向 B 船帆 风向 B

θ A 只要适时地改变 船身走向, 船身走向,同时 调整帆面的方位, 调整帆面的方位, 风吹到帆面, 船就可以依靠风 风吹到帆面,与帆面发生弹性碰撞后以同样的反射 角折回.风与帆的碰撞,对帆面施加了一个冲量, 角折回.风与帆的碰撞,对帆面施加了一个冲量, 力沿锯齿形航线 使船受到了一个方向与帆面垂直的压力 ,这个力 使船受到了一个方向与帆面垂直的压力F, 沿船身方向及垂直于船身方向的分力F 沿船身方向及垂直于船身方向的分力 1和F2,F2正 从A驶向 . 驶向B. 驶向 是船沿航线前进的动力,F 则有使船侧向漂移的作 是船沿航线前进的动力,
是船沿航线前进的动力, 1则有使船侧向漂移的作 可以认为被水对船的横向阻力平衡. 用,可以认为被水对船的横向阻力平衡.

续解

将风即运动的空气与帆面的碰撞简化为弹性碰撞! 将风即运动的空气与帆面的碰撞简化为弹性碰撞! F1 设帆面受风面积为S,空气密度为 , 设帆面受风面积为 ,空气密度为ρ,风速为 v,在?t时间内到达帆面并被反弹的空气质 F风对帆 , 时间内到达帆面并被反弹的空气质 量是 ?m = ρ ? v sin θ ? φ ? ?t ? S

(

)

F2
θ

φ ?mv ?p ?mv

反弹空气动量变化量

?p = 2ρ ? v sin(θ ?φ ) ??t ? S ? v sin(θ ?φ ) 2 2 = 2ρS ? v sin (θ ?φ ) ??t
由动量定理,帆 船 对风的冲力 由动量定理 帆(船)对风的冲力 帆(船)受到的前进动力F2为

F ′?t = 2ρ S ? v sin (θ ? φ ) ? ?t
2 2

F2 = 2ρ S ? v sin (θ ? φ ) ? sin?
2 2

船沿航线方向的动力大小与扬帆方向有关, 船沿航线方向的动力大小与扬帆方向有关,帆面 与船行方向的夹角φ适当 可使船获得尽大的动力. 适当, 与船行方向的夹角 适当,可使船获得尽大的动力.

放风筝时,风沿水平方向吹来, 放风筝时,风沿水平方向吹来,要使风筝得到最大上 升力,求风筝平面与水平面的夹角. 升力 , 求风筝平面与水平面的夹角. 设风被风筝面反射后的方向遵 守反射定律. 守反射定律.

设风筝面与水平成 角 设风筝面与水平成θ角,风对 水平成 风筝的冲力为F, 风筝的冲力为 ,其中作为风 筝升力的分量为Fy, 筝升力的分量为 ,风筝面积 为S,右图给出各矢量间关系 m , 由动量定理: 由动量定理:
2 o

Fy 风筝截面

θ
= ρ vt ? S sin θ

F

F ? t = 2ρ v S sinθ ? cos ( 90 ? θ ) mv 2 2 Fy = 2ρ v S sin θ ? cosθ 4 2 2 sin θ cos θ
= 2 ρ Sv
2 2

θ

mv m?v θ

2

θ

θ

=

2 ρ Sv

2

根据基本不等式性质

1 当2cos θ = 1 ? cos θ , cosθ = 时 3 4 3ρ Sv 2
2 2

2 ( 1 ? cos θ ) cos 2 θ

2

Fy = Fmax =

9

? 反冲模型

0 = m1 v1 + m2 v 2

※系统总动量为零

Sm 2 在系统各部分相互作用过程的各瞬间, 在系统各部分相互作用过程的各瞬间,总有 v1 : v 2 = : ?t ?t 0=m s +m s
m1

※平均动量守恒 m M 0 = m1 v1 + m2 v2 ※常以位移表示速度 S
1 m1 2 m2

1 1 2 2 ?E k = mv + MV 2 2

※须更多关注“同一性”与“同时 须更多关注“同一性” “同一性”:取同一惯性参考系描述 1、m2的动量 同一性” 取同一惯性参考系描述m 同一性 取同一惯性参考系描述 、 性”
“同时性”:同一时段系统的总动量守恒 同时性” 同一时段系统的总动量守恒 同时性

一条质量为M、长为 的小船静止在平静的 一条质量为 、长为L的小船静止在平静的 水面上,一个质量为m的人站立在船头 的人站立在船头. 水面上,一个质量为 的人站立在船头.如果不计水对 船运动的阻力,那么当人从船头向右走到船尾的时候, 船运动的阻力,那么当人从船头向右走到船尾的时候, 船的位移有多大? 船的位移有多大? 设船M对地位移为 ,以向右方向为正, 设船 对地位移为x,以向右方向为正,用 对地位移为 位移表速度, 位移表速度,由 运算法则

0 = m ( L + x ) + Mx
人对船的位移 向右取正

m 船对地的位移 x=? L ±未知待求 m+M

x O

S人

“-”表示船的位移方向向左 -

如图所示,质量为 、半径为R的光滑圆环静止 如图所示,质量为M、半径为 的光滑圆环静止 在光滑的水平面上,有一质量为m的小滑块从与 的小滑块从与O等高处 在光滑的水平面上,有一质量为 的小滑块从与 等高处 开始无初速下滑,当到达最低点时, 开始无初速下滑,当到达最低点时,圆环产生的位移大 小为________. 小为 . 设圆环位移大小为x 并以向左为正: 设圆环位移大小为 ,并以向左为正
R M O

m

有 0 = m ( R + x ) + Mx
即 m x=? R M+m
R

“-”表示环位移方向向 - 右

x R

气球质量为M,下面拖一条质量不计的软梯,质量为 气球质量为 ,下面拖一条质量不计的软梯,质量为m 的人站在软梯上端距地面高为H,气球保持静止状态, 的人站在软梯上端距地面高为 ,气球保持静止状态,求⑴人能安全 到达地面,软梯的最小长度; 若软梯长为H, 到达地面,软梯的最小长度;⑵若软梯长为 ,则人从软梯下端到上 端时距地面多高? 端时距地面多高? 以向下为正, ⑴以向下为正,用位移表速度

⑵以向上为正,用位移表速度, 以向上为正,用位移表速度,

0 = mH + M ( ? L + H ) M+m L= H M H
0 = mh + M ( ? H + h ) M h= H M+m

H

L-汽球相对人 汽球相对人 上升高度即绳 梯至少长度 人上升高度h 人上升高度

如图所示浮动起重机(浮吊)从岸上吊起 如图所示浮动起重机(浮吊)从岸上吊起m=2 t 的重物.开始时起重杆OA与竖直方向成 与竖直方向成60° 的重物.开始时起重杆 与竖直方向成 °角,当转到杆与竖直 成30°角时,求起重机的沿水平方向的位移.设起重机质量为 °角时,求起重机的沿水平方向的位移. M=20 t,起重杆长 ,起重杆长l=8 m,水的阻力与杆重均不计. ,水的阻力与杆重均不计.

专题9 专题9-例5

水平方向动量守恒,设右为正,起重机位移 水平方向动量守恒,设右为正,起重机位移x

? l ( sin 60o ? sin 30o ) + x ? 0 = Mx + m ? ?
重物对起重机水 平位移
30o 60o

x = ?0.266m

x

如图所示,三个重物 如图所示,三个重物m1=20 kg, m2=15 kg,m3=10 , , kg,直角梯形物块 ,直角梯形物块M=100 kg.三重物由一绕过两个定滑轮 和Q的绳 .三重物由一绕过两个定滑轮P和 的绳 子相连.当重物m 下降时,重物m 在梯形物块的上面向右移动, 子相连.当重物 1下降时,重物 2在梯形物块的上面向右移动,而 重物m 则沿斜面上升.如忽略一切摩擦和绳子质量,求当重物m 重物 3则沿斜面上升.如忽略一切摩擦和绳子质量,求当重物 1下 降1m时,梯形物块的位移. 时 梯形物块的位移. P m2 M
60 o

设右为正,梯形木块位移x 设右为正,梯形木块位移 , 系统水平方向动量守恒: 系统水平方向动量守恒:

Q m1

0 = ( m1 + M ) x + m2 ( h + x ) + m3 ? h cos60 + x ? ? ?
o

x ≈ ?0.15m

典型情景: 典型情景:

vm m

M

vm m M

vM

v m m

M F M

vm m F

模型特征: 模型特征:由两个物体组成的系统,所受合外力为零而相互作用力为一对恒力. 规律种种: 规律种种: ⑴动力学规律

两物体的加速度大小与质量成反比. 两物体的加速度大小与质量成反比. 两个做匀变速运动物体的追及问题或相对运动问题. ⑵运动学规律 两个做匀变速运动物体的追及问题或相对运动问题. 系统的总动量守恒. ⑶动量规律 系统的总动量守恒.
力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的增量: ⑷能量规律 力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的增量:

? F sm

1 1 2 2 = m vmt ? m vm 0 2 2
1 1

2 2 力对“木块”做功等于“木块” 力对“木块”做功等于“木块”动能增Fs M = Mv Mt ? Mv M 0 2 2 量: 1 1 1 1 2 2 2 2 一对力的功等于系统动能增量: 一对力的功等于系统动能增量: ( sM ? sm ) = mvmt + Mv Mt ? ( mv0 + Mv M 0 ) F

2

2

2

2

一对力的功” [“一对力的功”用其中一个力的大小与两物体相对位移的乘积来计算] 一对力的功 用其中一个力的大小与两物体相对位移的乘积来计算] 图象1 图象2 图象1 图象2
-

图象描述
v vm v

f tan m
?1

vm

f tan m
?1

d vmt vMt
tan
?1

0
mvm ? Mv M M +m

d
tan ?1 f M

t

0

f M

vM t

t0
“子弹”穿出”木块”

“子弹”迎击”木块”未穿出

图象描述
v v vm vm

f tan m
?1
mvm M +m mvm M+m

f tan m
?1

?sm
tan ?1 f M

≤d
tan ?1 f M

0 t

t

0

t0

“子弹”未穿出”木块”

“子弹”与”木块”间作用一对恒力

以初速度v0在木板 上滑动 小木块B与木板 间的摩擦因数为?小木块 滑到木板A 与木板A间的摩擦因数为 小木块B滑到木板 以初速度 在木板A上滑动,小木块 与木板 间的摩擦因数为 小木块 滑到木板 在木板 上滑动, 的右端与挡板发生碰撞.已知碰撞过程时间极短,且碰后木板B恰好滑到木板 恰好滑到木板A的 的右端与挡板发生碰撞.已知碰撞过程时间极短,且碰后木板 恰好滑到木板 的 2 3v0 左端就停止滑动. 在小木块B与挡板碰撞后的运动过程中 与挡板碰撞后的运动过程中, 左端就停止滑动.求:⑴若 , ?L = 在小木块 与挡板碰撞后的运动过程中,摩擦力 160g 对木板A做正功还是做负功 做多少功? 讨论木板A和小木块 在整个运动过程中, 做正功还是做负功? 和小木块B在整个运动过程中 对木板 做正功还是做负功?做多少功?⑵讨论木板 和小木块 在整个运动过程中, 是否有可能在某段时间里相对地面运动方向是向左的?如果不可能,说明理由; 是否有可能在某段时间里相对地面运动方向是向左的?如果不可能,说明理由;如 果可能,求出能向左滑动,又能保证木板A和小木块 刚好不脱离的条件. 和小木块B刚好不脱离的条件 果可能,求出能向左滑动,又能保证木板 和小木块 刚好不脱离的条件.

这是典型的“子弹打木块”模型: 、 间相互作用着一 这是典型的“子弹打木块”模型:A、B间相互作用着一 对等大、反向的摩擦力F 而系统不受外力, 对等大、反向的摩擦力 f=?Mg而系统不受外力,它的变化在 而系统不受外力 于过程中发生一系统内部瞬时的相互碰撞.小木块B与挡板碰 于过程中发生一系统内部瞬时的相互碰撞.小木块 与挡板碰 撞前、后及整个过程均遵从动量守恒规律; 、 两者加速度 撞前、后及整个过程均遵从动量守恒规律;A、B两者加速度 大小与质量成反比;碰撞前木块“ 木板, 大小与质量成反比;碰撞前木块“追”木板,碰撞后则成木 v0 板“追”木块 . v B 系统运动v-t图 v0 B A 2 L a = ?g a = ?g
A

M v 0 = ( M + 1.5 M ) V 2 V = v0 5

由系统全过程动量守恒

3

B

L
VA V

A L B t1+ t2

0

A t1

t 续解

由图象求出B与挡板碰后时间 由图象求出 与挡板碰后时间t2: 与挡板碰后时间
1 1 2 5 L = t2 ? t2 ( a A + aB ) = ? t2 ? ? g 2 2 3

查阅
6L 得 t2 = 5? g

v0 碰后板A的速度 碰后板 的速度VA: V = V + 2 ? g ? t 的速度 A 2=
3

2

v-t图 图

由动能定理,摩擦力在碰后过程中对木板 做的功 由动能定理,摩擦力在碰后过程中对木板A做的功

?? 2 ? 2 v 2 ? 1 27 2 W f = × 1.5 M ? ? v0 ? ? 0 ? = ? Mv0 2 4? 400 ?? 5 ? ? ?
B能有向左运动的阶段而又刚好不落下 板应满足两个条件: 能有向左运动的阶段而又刚好不落下A板应满足两个条件 能有向左运动的阶段而又刚好不落下 板应满足两个条件:
2 2 2v 0 一是B与挡板碰后B速度为负: VB = v0 ? ? g ? t 2 < 0 ? L > 5 15 g

一是一对摩擦力在2L的相对位移上做的功不大于系统动能的增量,即 :

2 2v 0 3v0 木块 可在与挡板碰撞后的一段时间内相对 当 < ?L ≤ 时 木块B可在与挡板碰撞后的一段时间内相对 15 g 20 g 地面向左运动并刚好相对静止在板 的左端 地面向左运动并刚好相对静止在板A的左端

1 1 5 ?2 ? 2 ? mg ? 2l ≤ Mv0 ? ? M ? v0 ? 2 2 2 ?5 ? 2

2

2 3v 0 ?L ≤ 20 g

推证两光滑物体发生弹性碰撞时, 推证两光滑物体发生弹性碰撞时,接近速度与分离 速度大小相等,方向遵守“光反射定律” 即入射角等于反射角. 速度大小相等,方向遵守“光反射定律”,即入射角等于反射角 如图,设小球与平板均光滑,小球与平板发生完全弹性碰撞, 如图,设小球与平板均光滑,小球与平板发生完全弹性碰撞, 木板质量为M,小球质量为m,沿板的法向与切向建立坐标系, 木板质量为 ,小球质量为 ,沿板的法向与切向建立坐标系, 设碰撞前,板的速度为V,球的速度为v,碰撞后, 设碰撞前,板的速度为 ,球的速度为 ,碰撞后,分别变为

专题9 专题9-例7

′ MV x + mv x = MV x + mv ′ x 1 1 1 1 2 2 2 2 ′2 +Vy2 + m v′2 + v′y2 ′ M Vx +Vy + m vx + vy = M Vx x v 2 2 2 2 ′ V y = V y v y = v ′y 0 两式相除 M (V x ? V ′ ) x = m ( v ′ ? v x ) x ′ Vx + Vx = v′ + v x V x 2 2 2 ′ ′ M Vx +Vy ?Vx2 ?Vy2 = m vx + v2 ? v′2 ? v′y2 v x ? V x = ? ( v ′ ? V x ) ′ y x x

∵两者发生完全弹性碰撞,系统同时满足动量与动能守恒:

V ′和v ′

y

(

)

(

)

(

)

(

)

x

(

) (

)

球与木板的接近速度与分离速度大小相等 ′ v y ? Vy v ′y ? V y 方向: 方向 tan α = = tan β =
v x ? Vx ′ v′ ? Vx x

如图,质量为 的小球放在质量为 的大球顶上,从高h处释放 的小球放在质量为M的大球顶上 处释放, 如图,质量为m的小球放在质量为 的大球顶上,从高 处释放,紧挨着 落下,撞击地面后跳起.所有的碰撞都是完全弹性碰撞, 落下,撞击地面后跳起.所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直轴 小球弹起可能达到的最大高度? 如在碰撞后,物体M处于平衡 处于平衡, 上.⑴小球弹起可能达到的最大高度?⑵如在碰撞后,物体 处于平衡,则质量 之比应为多少?在此情况下,物体m升起的高度为多少 升起的高度为多少? 之比应为多少?在此情况下,物体 升起的高度为多少?

专题9 专题9-例8

弹弓效应

相对大球,小球以2v速度向下接近大球 完 速度向下接近大球,完 相对大球,小球以 速度向下接近大球 全弹性碰撞后以2v速度向上与大球分离! 速度向上与大球分离 全弹性碰撞后以 速度向上与大球分离!


v = 2 gh 大球与地完全弹性碰撞,速度变为 v ′ = 2 gh
大球刚触地时两球速度v均为 小球与大球碰撞后对地速度变为

⑴ 当M

m时

对小球, 对小球,由机械能守恒

V = 3 2 gh

= mgH m H m = ⑵若碰后大球处于平衡, 则 Mv ? mv = m ? 2v 1 m 3 2 gh 2
2

(

)

9h h

1 由 m 2 2 gh 2

(

)

2

= mgH

M :m = 3 H = 4h

如图所示, 部分是一光滑水平面 部分是一光滑水平面, 部分是倾角为 部分是倾角为θ( 如图所示,AB部分是一光滑水平面,BC部分是倾角为 (0 的光滑斜面( = °时为竖直面).一条伸直的、 长为l的匀质光滑 ).一条伸直的 <θ≤90 °)的光滑斜面(θ=90°时为竖直面).一条伸直的、 长为 的匀质光滑 棱垂直地静止在AB面上 只是其右端有极小部分处在BC面 面上, 柔软细绳绝大部分与B棱垂直地静止在 面上,只是其右端有极小部分处在 面 于是绳便开始沿ABC下滑 ⑴取θ=90°,试定性分析细绳能否一直贴着 下滑. 上,于是绳便开始沿 下滑 = ° 试定性分析细绳能否一直贴着ABC 事实上,对所给的角度范围( 下滑直至绳左端到达B?⑵事实上,对所给的角度范围(0<θ≤90 °), 细绳左 棱尚有一定距离时,细绳便会出现脱离ABC约束(即不全部紧贴 约束( 端到B棱尚有一定距离时,细绳便会出现脱离 约束 即不全部紧贴ABC)的 ) 现象.试求该距离x. 现象.试求该距离 .

90° ⑴θ=90°

A

B

细绳贴着ABC下滑,到达B处的绳元水平速度 下滑,到达 处的绳元水平速度 细绳贴着 下滑 越来越大, 越来越大,这需要有更大的向左的力使绳元的水 平动量减为零, 平动量减为零,但事实上尚在水平面上的绳段对 到达B处的绳元向左的拉力由力的加速度分配法 到达 处的绳元向左的拉力由力的加速度分配法
l? x? x x? x ? ? FT = ? l mg ? = ? 1 ? l ? ? l ? mg l ? ? ? ?

C C x

l mg 当x = 时,FTm = 2 4

可知随着下落段x增大 先增大后减小! 可知随着下落段 增大,FT先增大后减小 增大

细绳做不到一直贴着ABC下滑直至绳左端到达 下滑直至绳左端到达B 细绳做不到一直贴着 下滑直至绳左端到达
续解

⑵设有x长的一段绳滑至斜面时绳与棱B间恰无作用,此时绳的 设有 长的一段绳滑至斜面时绳与棱 间恰无作用, 速度设为v,则由机械能守恒: 速度设为 ,则由机械能守恒: v A FT x B x x 1 2 mg ? sinθ = mv v = x g sinθ v l 2 2 l ?mg θ
考察处在B处的微元绳段?m受力: C

微元段Δm在水平冲量作用下水平动量由Δmv变为Δmvcosθ 在水平冲量作用下水平动量由 变为 由动量定理 v ? ?t ( FT cos θ ? FT ) ?t = l ? mv ( cos θ ? 1)
其中

l? x? x ? FT = mg sin θ ? l ?l ? ?

l x= 2

即细绳左端到B棱尚有一半绳长的距离时, 即细绳左端到 棱尚有一半绳长的距离时,细 棱尚有一半绳长的距离时 绳便会出现不全部紧贴ABC的现象 ! 绳便会出现不全部紧贴 的现象

质量为0.1 的皮球 从某一高度自由下落到水平地板上, 的皮球, 质量为 kg的皮球,从某一高度自由下落到水平地板上,皮 球与地板碰一次,上升的高度总等于前一次的0.64倍.如果某一次皮球上升最大高 球与地板碰一次,上升的高度总等于前一次的 倍 度为1.25 m时拍一下皮球,给它一个竖直向下的冲力,作用时间为 s, 使皮球 时拍一下皮球, 度为 时拍一下皮球 给它一个竖直向下的冲力,作用时间为0.1 , 与地板碰后跳回前一次高度.求这个冲力多大? 与地板碰后跳回前一次高度.求这个冲力多大?

球与地碰撞恢复系数 e = 0.64 = 0.8
1

某一次, 某一次,皮球获得的初动能

Ek

( Ft ) =
2m
2

2

( Ft ) ? v = 2 gh + ( Ft ) 落地时速度由 1 2 mv1 = mgh + 1 2 2m m2
起跳时速度

2

v2 = 2 gh
2 gh
2

代入数据得

5 F 2 0.12 25 + 0.12



( Ft ) 2 gh +
m2

=e

= 0.8

F = 3.75N

一袋面粉沿着与水平面倾斜成角度α= ° 一袋面粉沿着与水平面倾斜成角度 =60°的光滑斜 板上,从高H处无初速度地滑下来 落到水平地板上. 处无初速度地滑下来, 板上,从高 处无初速度地滑下来,落到水平地板上.袋与地板之间 的动摩擦因数?= ,试问袋停在何处?如果H= 的动摩擦因数 =0. 7,试问袋停在何处?如果 =2 m,α=45°, = ° ?=0.5,袋又将停在何处? ,袋又将停在何处? 本题要特别关注从斜板到水平地板的拐点, 本题要特别关注从斜板到水平地板的拐点,袋的 动量的变化及其所受的摩擦力与支持力冲量情况. 动量的变化及其所受的摩擦力与支持力冲量情况. 在?=0.7 α= 60°情况下 p = m 2 gH °
到水平板时两个方向动量减为零所需冲量可由动量定理确定:
px = p cos 60o

即水平分量先减为零! ∴袋就停在斜面底端 在?=0.5 α= 45°情况下 °
o tx 1 p cos45 = = o t y ? p sin45 0.5

? F f t x = px t x p cos60o ? 3 = ? o= t y ? p sin60 0.7 × 3 < ? FN t y = p y ?

60 o

1

p

p y = p sin 60o

>1

竖直分量先减为零! 续解

竖直分量减为0 水平动量设为 ′,则由动量定理 竖直分量减为0时,水平动量设为px′,则由动量定理

? ? p y = p′ ? px x
o

?m 2 gH sin45 = m 2 gH cos45 ? p′ x
o

m gH p′ = x 2
袋将离开斜板底端,在水平地板滑行 后停止 后停止, 袋将离开斜板底端,在水平地板滑行S后停止,由动能定理 2 p′ mgH x

?mgS =

2m

=

8

H 得S = = 0.5m 4
袋将停在水平地板上距斜板底端0.5m处 处 袋将停在水平地板上距斜板底端

一球自高度为h的塔顶自由下落,同时, 一球自高度为 的塔顶自由下落,同时,另一完全相 的塔顶自由下落 自塔底竖直上抛,并与下落的球发生正碰. 同的球以速度 v = 2自塔底竖直上抛,并与下落的球发生正碰. gh 若两球碰撞的恢复系数为e,求下落的球将回跃到距塔顶多高处? 若两球碰撞的恢复系数为 ,求下落的球将回跃到距塔顶多高处?

h t= 2 gh 此时两球速率相同 v = v = 1 2
到两球相遇历时

两球相对速度(亦即接近速度) 两球相对速度(亦即接近速度)

2gh

由牛顿碰撞定律

e=

gh 1 2 h 上球下落了 h1 = gt = 2 2 4 ′ ′ v 2 ? v1 碰后两球分离速度
v 2 ? v1

gh ∵两球完全相同 ∴ v 2 = v1 = e ′ ′ 2
设回跳高度距塔顶H,由机械能守恒

′ ′ v 2 ? v1 = e 2 gh

? ? ?e ?

gh 2

? ?h ? ? ? ? = 2g ? 4 ? H ? ? ?

2

h 2 H = (1 ? e ) 4

如图所示,定滑轮两边分别悬挂质量是 和 的重物 的重物A和 , 如图所示,定滑轮两边分别悬挂质量是2m和m的重物 和B, 从静止开始运动3秒后 秒后, 将触地 无反跳).试求从A第一次触地后 将触地(无反跳 第一次触地后: 从静止开始运动 秒后,A将触地 无反跳 .试求从 第一次触地后:⑴经过多少时 将第二次触地? 经过多少时间系统停止运动? 间,A将第二次触地?⑵经过多少时间系统停止运动? 将第二次触地

⑴整个系统一起运动时 a = 2mg ? mg = g

初时质量为2m的物块 离地高度 初时质量为 的物块A离地高度 的物块

A着地后,绳松,B以初速度 v1=at1=10m/s竖直上抛 着地后,绳松, 竖直上抛
经2
v1 = 2s g

3m 1 g 2 h = ? ? t1 = 15m 2 3

3

落回原处并将绳拉紧! 落回原处并将绳拉紧! m

2m

此瞬时A 相互作用, 被拉离地面 被拉离地面, 此瞬时 、B相互作用,B被拉离地面,由动量守恒 相互作用
v1 at1 mv1 = 3mv2 ? v2 = = 3 3

此后,两者以v2为初速度、a=g/3做匀变速运动(先反时针匀减 此后,两者以 为初速度、 做匀变速运动( 做匀变速运动 后顺时针匀加速),回到初位置即A第二次触地须经时间 ),回到初位置即 速、后顺时针匀加速),回到初位置即 第二次触地须经时间
?t = 2

v1 v1 v1 的第一、 则A的第一、二次着地总共相隔 2 的第一 +2 =4 g g g

v2 v1 =2 = 2s a 3? g / 3

= 4s
续解

⑵第二次着地时两物块的速度
v1 ′ v2 = v2 = 3

查阅

并将绳拉紧! 并将绳拉紧! A再次被拉离地面时两物块的速度由
v1 v1 m = 3mv3 ? v3 = 2 3 3

v1 A着地后,绳松,B以初速度 v1/3竖直上抛, 经 2 着地后,绳松, 竖直上抛, 竖直上抛 落回原处 3g

此后,两者以 为初速度、 做匀变速运动( 此后,两者以v3为初速度、a=g/3做匀变速运动(先反时针匀减 做匀变速运动 后顺时针匀加速), ),A第三次触地须经时间 速、后顺时针匀加速), 第三次触地须经时间 的第二、 则A的第二、三次着地总共相隔 2 v1 + 2 3v1 = 4 v1 的第二 3g 32 g 3g
以此类推,到第n次着地时

v3 v1 v1 ?t = 2 = 2 2 =2 a 3 ? g/3 3g

T = 4 lim ∑

= 6s

n→∞

1 ? ? 1 ? 3 n? 2 v1 4 lim n? 2 = n→∞ ? 3 g ? 1? 1 ? 3 ?

? 自开始运动到最终停止共用 ? ? T + t0 = 9 s ? ? ?

如图所示,质量为 的物体, 如图所示,质量为m1、m2的物体,通过轻绳挂在双斜面的两 斜面的质量为m,与水平面的夹角为α 整个系统起初静止, 端.斜面的质量为 ,与水平面的夹角为 1和α2,整个系统起初静止,求放开后斜 面的加速度和物体的加速度.斜面保持静止的条件是什么?忽略所有摩擦. 面的加速度和物体的加速度.斜面保持静止的条件是什么?忽略所有摩擦.

设斜面加速度为a,而物体对斜面的加速度为a0

在所设坐标方向上

0 = m1 ( a0 cosα1 ? a ) + m2 ( a0 cosα2 ? a ) ? ma
a a0
m1

由系统水平方向动量守恒

T ? m1gsinα1 + m1acosα1 = m1a0 a1 m2gsinα2 ?T + m2acosα2 = m2a0

对m1、m2分别列出动力学方程

T T m1a m

a a N22 m2a

( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ( m1 sinα1 ?m2 sinα2 ) g 2 ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ?( m1 + m2 + m) ( m1 + m2 )

a= =

由上三式解得

m2 α2

m11g α

a

m2g

X 续解

( m1 + m2 + m ) ( m1 sin α1 ? m2 sin α 2 ) g 而 a0 = 2 ( m1 cos α1 + m2 cos α 2 ) ? ( m1 + m2 + m ) ( m1 + m2 )
a1 =
2 2

查阅

( m1 sinα1 ? m2 sinα2 ) ( m1 + m2 + m) + ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ? 2( m1 + m2 + m) ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) cosα 1 g 2 ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ? ( m1 + m2 + m) ( m1 + m2 )
a2 =

( m1 sinα1 ? m2 sinα2 ) ( m1 + m2 + m) + ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ? 2( m1 + m2 + m) ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) cosα2 g 2 ( m1 cosα1 + m2 cosα2 ) ? ( m1 + m2 + m) ( m1 + m2 )
2 2

当a=0,即

m1 sin α1 ? m2 sin α 2 = 0 m1 sin α 2 = 时 m2 sin α1

斜面静止! 斜面静止!

位于光滑的水平桌面上,小滑块B处在位于桌面上的 小滑块A位于光滑的水平桌面上,小滑块 处在位于桌面上的 光滑小槽中,两滑块的质量都是m,并用长L、不可伸长、无弹性的轻绳相连, 光滑小槽中,两滑块的质量都是 ,并用长 、不可伸长、无弹性的轻绳相连,如 开始时A 间的距离为L/2, 间连线与小槽垂直. 一冲击, 图.开始时 、B间的距离为 ,A、B间连线与小槽垂直.今给滑块 一冲击,使 间的距离为 间连线与小槽垂直 今给滑块A一冲击 开始运动时的速度. 其获得平行于槽的速度v 求滑块B开始运动时的速度 其获得平行于槽的速度 0,求滑块 开始运动时的速度.

mv0 = mv B + mv A ? cos α
v0 vA 3 ( v0 ? v B ) = sin ( 30° + α ) sin 30° tan α = 3v + v B 0 vA vB v0 = v = sin 60° sin ( 60° ? α ) A cos α + 3 tan α
v0 = vB + v0 1 + 3tanα
= vB +
又由图示矢量几何关系有 :

沿槽方向系统动量守恒:

当轻绳刚拉直时滑块A速度由 当轻绳刚拉直时滑块 速度由v0 速度由 变为v 速度增量沿绳方向, 变为 A,速度增量沿绳方向, 滑块B速度设为 速度设为v 沿槽; 滑块 速度设为 B,沿槽;各 B 速度矢量间关系如图, 其中v 速度矢量间关系如图 其中 n表 的转动速度. 示A对B的转动速度. 对 的转动速度

v0 A ?v 30 v0 vB v A α vn A
o

vB
30o

v0 v ( 3v B + v 0 ) 3( v0 ? vB ) = v B + 0 1+ 4v 0 3vB + v0

3 v B = v0 7
B

如图所示,将一边长为 、质量为M的正方形平板放在劲度系数 如图所示,将一边长为l、质量为 的正方形平板放在劲度系数 的轻弹簧上, 为k的轻弹簧上,另有一质量为 (m<M)的小球放在一光滑桌面上,桌面离平 的轻弹簧上 另有一质量为m( < )的小球放在一光滑桌面上, 板的高度为h.如果将小球以水平速度v 抛出桌面后恰与平板在中点O处做完全弹 板的高度为 .如果将小球以水平速度 0抛出桌面后恰与平板在中点 处做完全弹 性碰撞, 小球的水平初速度v 应是多大? 弹簧的最大压缩量是多大? 性碰撞,求: ⑴小球的水平初速度 0应是多大? ⑵弹簧的最大压缩量是多大?

由图示关系

⑵根据弹性碰撞性质,设球与板碰后速度变为v′, 根据弹性碰撞性质,设球与板碰后速度变为 , 板速度为V 球离开板时对板的速度大小为v, 板速度为 ,球离开板时对板的速度大小为 , 方向遵守反射定律,矢量关系如图示: 方向遵守反射定律,矢量关系如图示:

tan α l 而 tan θ = = 2 4h

方向与竖直成θ, ⑴设球对板的入射速度v方向与竖直成 ,m 设球对板的入射速度 方向与竖直成 v0 大小即平抛运动末速度 2 gh v= h α cos θ 平抛运动初速度

v0 = 2 gh tan θ

l 则v0 = 2 gh 4h 4h

O k
θ

M

v 2gh
v′ x
v′ v

此后板在运动中机械能守恒,可得板向下运动 θ Mg 2m 2Mgh 1 2 1 2m 2 Mgh ?l = + V kx = MV 2 x = M+m k k M+m k 2 2

? v ′ = v sin θ ? x ( ) ? ′ ? v y = v cos θ ? V 2m cos θ ? v = 2m 2 gh 得V = M+m M +m

由动能守恒 1 2 1 2 1 1 2 1 1 MV2 y mv = m v′2 + v′y2 + M 2= 2 m( vsinθ ) + 2 m( vcosθ ?V) + 2v′ V x 2 2 2

则弹簧总压缩量为

物体以速度v 从地面竖直上抛, 物体以速度 0=10m/s从地面竖直上抛,落地时速度 从地面竖直上抛 vt=9 m/s,若运动中所受阻力与速度成正比,即f=kmv,m为物体的质 ,若运动中所受阻力与速度成正比, , 为物体的质 求物体在空中运动时间及系数k. 量,求物体在空中运动时间及系数 .

本题通过元过程的动量定理,用微元法求得终解! 本题通过元过程的动量定理,用微元法求得终解! 本题研究过程中有重力冲量与阻力冲量, 本题研究过程中有重力冲量与阻力冲量,其中阻 力冲量为一随时间按指数规律变化的力! 力冲量为一随时间按指数规律变化的力!
F fi = kmv i

设上升时间为T,取上升过程中的某一元过程:该过程小球上升了T/n(n→ ∞)时间,速度从vi减少为vi+1,各元过程中的阻力可视为不变为

T = m (vi ? vi +1 ) 根据动量定理,对该元过程有 ( m g + km v i ) ? n g + kv i + 1 kT vi ? vi+1 T 1? = = 即 g + kv i n g + kv n
? g + kv g + kvi ? (g ? kvii+ 11) kT + = g + kvi n
i

合外力

∑ Fi = mg + kmvi

g + kv i + 1 kT = 1? 对该式变形有 g + kv i n 在各相同的上升高时间T/n微元中 微元中, 在各相同的上升高时间 微元中,合外力大小成等比数 列递减、因而动量的增量是成等比数列递减的,其公比为 续解 列递减、因而动量的增量是成等比数列递减的,

对上式两边取极限:

? g + kv i + 1 ? kT ? kT ? ? 则? ? = ?1? ? = ?1? ? g + kv i ? n ? n ? ? ? ?
n

n

? n ? ? kT ??

? ? ? ( ? kT ) ?

e ? kT

0 ? g + kv i + 1 ? kT ? lim ? ? = lim ? 1 ? ? n→ ∞ n→ ∞ ? g + kv i ? n ? ? g 1 g + 10 k = kv 0 T = ln g + 10 k k g

n

? n ? ? kT ??

? ? ? ( ? kT ) ?

上升过程的动量定理表达为: m gT 同理,对下落T′过程由

+ km ∑

T′ ( m g ? km v i ) ? n = m ( v i ? v i ? 1 )

T vi ? = m v0 n

上升高度

对此式两边取n次方当n→∞极限:

g ? kv i ? 1 kT ′ = 1+ g ? kv i n
n

? g ? kv0? 1 ? ? i lim ? = lim ? 1 + ? ? n→ ∞ n →∞ ? kv g ? kv it ? n ? ?

n ? kT ′ kT ′ ? kT ′

续解

1 g T ′ = ln k g ? 9k 下落高度 T′ 下落过程的动量定理表达为: m gT ′ ? km ∑ vi ? n = m vt

g kT ′ =e g ? kv t

查阅

上、下落过程的动量定理表达式相加为:

vt + v0 T + T′ = g
上、下落过程的时间表达式相加为:

mg ( T + T ′ ) = m ( v t + v0 )

= 1.9 s = 1.9
-1

t =T +T

1 g + 10 k ′= k ln g 9 k ?

k ≈ 0.058 s

如图所示,四个质量均为 的质点 的质点, 如图所示,四个质量均为m的质点,用同样长度且不可伸长的 轻绳联结成菱形ABCD,静止放在水平光滑的桌面上.若突然给质点 一个历时极 轻绳联结成菱形 ,静止放在水平光滑的桌面上.若突然给质点A一个历时极 短沿CA方向的冲击 当冲击结束的时刻,质点A的速度为 方向的冲击, 的速度为v, 短沿 方向的冲击,当冲击结束的时刻,质点 的速度为 ,其它质点也获得一定 的速度, ).求此质点系统受冲击后所具有的总动量与总动 的速度,∠BAD=2α(α<π/4).求此质点系统受冲击后所具有的总动量与总动 = ( < ). 能.

由图知 v = vc + 2vn sinα
对质点D

D点速度与 点速度及 点速度与A点速度及 点速度与 点速度及C 点速度相关关系如示: 点速度相关关系如示 v

v A I1 2α vD

vC vn

D
α

I2 vC vn y

C

设AD绳上力的冲量为 1,CD绳上力的 绳上力的冲量为I 绳上力的冲量为 绳上力的 冲量为I 冲量为 2,则由动量定理

B x

v + vc ( I1 ? I 2 ) cos α = mv Dx = m 2 v ?v

对质点C

2 I 2 cos α = mvc v + vc ? ? p = m ? v + vc + 2 ?=
? 2
1 E = m 2

( I1 + I 2 ) sin α

cos 2α = mv Dy= m v cot α vc = 2 1 + 2sin α 2
c

? 2 ? v + vc 2 cot α ?v + vc + ? 2 2 ? ? ?

4mv 1 + 2sin 2 α ?

? ? ?

2

2m v ? = ? 1 + 2 sin 2 α ? ?

2

谢谢


赞助商链接

更多相关文章:
更多相关标签:

All rights reserved Powered by 甜梦文库 9512.net

copyright ©right 2010-2021。
甜梦文库内容来自网络,如有侵犯请联系客服。zhit325@126.com|网站地图