奥赛讲义《动量和能量》综述

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1、第四部分动量和能量第一讲基本知识介绍、冲量和动量1、冲力（Ft图象特征）-冲量。冲量定义、物理意义冲量在Ft图象中的意义从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力）2、动量的定义动量矢量性与运算二、动量定理1、定理的基本形式与表达2、分方向的表达式： 工lx = PxX Iy = PyAP3、 定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即 =2F外三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件a原始条件与等效b、近似条件c、某个方向上满足a或b,可在此方向应用动量守恒定律四、功和能1、功的定义、标量性，功在 FS图象中的意义2、功率，定义求法和推论求法3、能的概念、能的转化和守恒定律4、功的求法a 恒

2、力的功： W = FScos a = FSF = FS Sb、变力的功：基本原则 对S的平均作用力）过程分割与代数累积；利用F S图象（或先寻求Fc、解决功的 疑难杂症”时，把握 功是能量转化的量度”这一要点五、动能、动能定理1、动能（平动动能）2、动能定理a、XW的两种理解b、动能定理的广泛适用性六、机械能守恒1、势能a保守力与耗散力（非保守力） 一势能（定义： Ep = W保）b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达2、机械能3、机械能守恒定律a、定律内容b、条件与拓展条件（注意系统划分）c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。七、碰撞与恢复系

3、数1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类） 碰撞的基本特征：a动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。2、三种典型的碰撞a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足 mlvIO + m2v20 = mlvl + m2v2IIIIml + m2= - ml + - m2解以上两式（注意技巧和 不合题意”解的舍弃）可得:（尬Jv世*2v进（尬-mJvM + 2附卅v1 = mL + m? , v2 = m2 + m,对于结果的讨论： 当ml = m2时，v1 = v20，v2 = v10，称为 交换速度”； 当mi vv m2，且v20 = 0时，vi vio , v2

4、 0,小物碰大物，原速率返 回； 当 mi m2，且 v20 = 0 时，vi V0，v2 2V0，b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足 动量守恒定律c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为 一个整体，故有vi = v2 = 3、恢复系数：碰后分离速度（V2 vi）与碰前接近速度（VI0 V20）的比值, 即：e = vio _ 5。根据碰撞的基本特征” 0 w e話i 当e = 0，碰撞为完全非弹性；当0 v e v i，碰撞为非弹性；当e = i，碰撞为弹性。八、广义碰撞”一-体的相互作用i、当物体之间的相互作用时间不是很

5、短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒 时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合 碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀)。此时，碰撞中不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中 Vi = v10，v2 = V20 的解。 E = 内=f滑S相，2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：- 其中S相指相对路程。第二讲重要模型与专题、动量定理还是动能定理？物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时 遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方

6、向的横截面积为S，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F。模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对 象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作 用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对 象是太空垃圾。先用动量定理推论解题。取一段时间 t,在这段时间内，飞船要穿过体积 V = S vfiSt间，遭遇nAV颗 太空垃圾，使它们获得动量 P,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推 力，也即飞船引擎的推力。AP aM v m nAV * v m nS

7、v Al v= =乙 i= 上！= n mSv2如果用动能定理，能不能解题呢？同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = v 的位移，引擎推力丨须做功 W =x，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的 Ek为零，所以：IW = Mv2I即：I v t = 2 (n m S vv2得到： =nm Sv2图1两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大 量的机械能，因此，认为 引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动AP量定理的解题中，由于I = X，由此推出的I =必然是飞船对垃圾的平均推 力，再对飞船用平衡条件

8、， 的大小就是引擎推力大小了。这个解没有毛病可挑, 是正确的。（学生活动）思考：如图 1所示，全长L、总质量为M的柔软绳子，盘在一根光滑的直 杆上，现用手握住绳子的一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，试求手的拉力F。解：解题思路和上面完全相同。答：L二、动量定理的分方向应用物理情形：三个质点 A、B和C，质量分别为 ml、m2和m3，用拉直且不可伸长的绳 子AB和BC相连，静止在水平面上，如图 2所示，AB和BC之间的夹角为（n - a ）。现对质 点C施加以冲量I，方向沿BC，试求质点A开始运动的速度。模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生

9、，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故 三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。F面具体看解题过程绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲 量大小相等（方向相反），设为 I1 , BC绳对B C两质点的冲量大小相等（方向相反），设 为I2 ；设A获得速度v1 （由于A受合冲量只有11 ,方向沿AB，故v1的反向沿AB）,设B 获得速度v2 （由于B受合冲量为耳+丨，矢量和既不沿 AB，也不沿BC方向，可设v2与AB 绳夹角为n -3 ，如图3所示），设C获得速度v3 （合冲量

10、：+丨沿BC方向，故v3沿 BC方向）。对A用动量定理，有：11 = ml v1 B的动量定理是一个矢量方程：+丨=m2，可化为两个分方向的标量式，即:I2cos a 11 = m2 v2cos 3 I2sin a = m2 v2sin 3 质点C的动量定理方程为：I I2 = m3 v3 AB绳不可伸长，必有 v1 = v2cos 3BC绳不可伸长，必有 v2cos（ 3a = v3 六个方程解六个未知量（11 、12、v1、v2、v3、3 ）是可能的，但繁复程度非同 般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤一一1、先用式消掉 v2、v3 ,使六个一级式变成四个二级式：I1

11、= m1 v1 （1）I2cos a I1 = m2 v1 I2sin a = m2 v1 tg 3 I I2 = m3 v1(cos a + sin a tg 3 2、解式消掉 3，使四个二级式变成三个三级式：11 = ml v1 I2cos a 11 = m2 v1 m, + m. sin aI = m3 v1 cos a + 12!L：启3、最后对式消I1 、12，解v1就方便多了。结果为：Im, cos av1 = Ii（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考： v2的方位角3等于多少？解：解二级式”的即可。代入消I1 ,得I2的表达式，将I2的表达式代入就行了。叫* m.tga答：3

12、 = arc tg （）。三、动量守恒中的相对运动问题物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速 度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为 v，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物， 这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量 表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过

13、程”，比较简单： N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。设车和人的质量为 M，每个铅球的质量为 m。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假 定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为 V1第二过程获得的速度大小为V2。第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。0 = Nm（-v + MV1Nm得：V1 =:诃v第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。第一个球与（N- 1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为 u1 o值得注意-Mi的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v ），而是（

14、-v + u1 ）o它们动量守恒方程为：0 = m（-v + u1 + M +（N-1mu1mv得：ui = .m.第二个球与（N -2 ）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为 u2。它们动量 守恒方程为：M+(N-1mui = m(-v + u 2 + M+(N-2m u2in111得: u2 =/+、；厂用-卅它们动量守恒方程为:第三个球与（N -2 ）个球、人、车系统作用，完毕后，设 系统”速度为u3。铅 球对地的速度是（-v + u 3）M+(N-2mu2 = m(-v + u3 + M+(N-3mu3in11111得：u3 = U 出 + 阳 I N -+、:“ i；R L

15、 细以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化 简通分）,uN的通式已经可以找出：in111HlV2 = u N =/.+ 盘 i N - 丨+ 曲；抽-鳥 + + 叮- JiinNy v即：V2 =我们再将式改写成：二 my vV1 = _，不难发现， 式和式都有N项，每项的分子都相同，但 式中每项的分母 都比式中的分母小，所以有：V1 V2 o结论：第一过程使车子获得的速度较大。（学生活动）思考：质量为 M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在 光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为 V、方向水平向后的初速往车 下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二

16、过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车 子获得的速度较大？解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1 =答：第二过程获得速度大。四、反冲运动中的一个重要定式图4物理情形：如图4所示，长度为L、质量为M的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为m的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾 时，船将会移动多远？（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息， 船有速度吗？人的全程位移大小是 L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系， 需要引进运动学的相关规律。根

17、据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能 是匀速的，也不可能是匀加速的，运动学的规律应选择S = t o为寻求时间t ， 则要抓人和船的位移约束关系。对人、船系统，针对 开始走动一中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态 人的速率为v，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代 数运算，有：0 = MV + m（-v即：mv = MV由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小 关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：设全程的时间为t，乘入式两边，得： m t = M t设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公

18、式，得：m s = M S受船长L的约束，s和S具有关系：s + S = L m解、可得：船的移动距离 S = T L（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时位移关系”表达起来难度大一些一一必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对 比介绍。）另解：质心运动定律人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度 一系统质心无位移。先求出初 态系统质心（用它到船的质心的水平距离 X表达。根据力矩平衡知识，得：X =nil.2（】n+M|），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称 的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。（学生活动）思考：如图5所示，在

19、无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M，此时人离地面高h。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索 至少要多长？解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的船的长度”（充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。m + M答:1 h。（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶 端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别 为M和m，底边长分别为a和b，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距 离。图7解：水平方向动量守恒。解题过程从 略。m答：（

20、 a-b）。进阶应用：如图7所示，一个质量为 M，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌 面上，在球顶有一个质量为 m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的 轨迹。R和R的椭圆。解说：质点下滑，半球后退，这个物理 情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍 的定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一 些办法。为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心0为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心 0的方位

21、角B来表达质点的瞬时位置，如图8所示。由定式”易得：Mx =m Rs in （而由图知：y = Rcos 0不难看出，、两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可 以将参数0消掉，使它们成为：这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为五、功的定义式中S怎么取值?+ = 1图9在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位 移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质 心）的位移呢？我们先看下面一些事例。1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未 移动。试问：人是否做了功？2、在本 部分”第3页图1的模型中，求拉力做功

22、时，S是否可以取绳子质心的位 移？3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距 离S，汽缸中圭寸闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？图10在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第 1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停 地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第 2、3例是做功的，而 且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了 本质的分歧。面对这些似是而非的 疑难杂症”我们先回到 做功是物体能量转化的量度”这一根 本点。第1例，手和讲台面摩

23、擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯 定做了功。S宜取作用点的位移； 第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳;第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第 1例，人对讲台不做功，S取 物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值一一物体质心位移；第4 例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。） 以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义 和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换

24、的量度；而在物理学中功的 广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量 度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械 能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此 可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的 功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体 （质心）位移。那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲 某某力做的 功”一般指广义的功；2、讲 力对某物体做的功”常常

25、指狭义的功；3、动能定理中 的功肯定是指狭义的功。当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以 令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相 对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发 现，做功的是人的双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能 量（机械能）的机构这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理 解为广义功为宜。图11以上四例有一些共同的特

26、点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第 2、第3、第4例），要么，施力者和受 力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第 1 例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速V运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度V之前，与传送带的摩擦力大小为f ,对地的位移为S。试问：求摩擦力的功时，是否可以用 W = fS ？解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以 位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动

27、的）作用点的位移为2S。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）答：否（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆 绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的第3例”答：否。六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别 为ml和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩 擦，试求B球运动L/2时的速度v2。图13模型分析：A B系统机械能守恒。 A B两球

28、的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、微元法”判断两个 WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有 其它形式能的生成）？由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1 ）过程的方程为：L .1 mA? mA； m2g = 一+ -在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30,设绳子的瞬时迁移速率为v，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：v1 = v/cos30 , v 2 = v/sin30 两式合并成：v1 = v 2 tg30 = 7

29、21:3m;gL解、两式，得：v2 =.-七、动量和能量的综合（一）图14物理情形：如图14所示，两根长度均为 L 的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，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

30、v （方向：和竖直方向夹0角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有: IImg( L- L = m +m2 +三球系统水平方向动量守恒，有：mv1 + mvsin 0 = 2mv2 左边杆子不形变，有：v1cos45 = vcos（45 - 0 右边杆子不形变，有：vcos（45 + 0 = v 2cos45四个方程，解四个未知量（v1、v2、v和0 ）,是可行的。推荐解方程的步骤如下1、两式用v2替代v1和v，代入式，解0 值，得：tg 0 = 1/42、在回到、两式，得:5vii= v2 , v =v23、将v1、v的替代式代入式解|珈（2_孙v2即可。结果：v2 = （学生活动）思

31、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零,0为零。一个能量方程足以解题。答：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：y八T *1111-6/ ry1VlybOX图16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B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：”山 I W = 皿！ + %=

32、 ” 也川 _ 忸抱其中 1哮山必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2 ; 也片诃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形法则，可以得到.（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 ） tg eCD质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2 = mvlx对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR（1-cos e = M + m ,即：IImgR（1-cos e = M + m （ +）三个方程，解三个未知量（v2、vlx、v1y）是可行

33、的，但数学运算繁复，推荐步骤 如下一一1 由、式得：v1x = ：II：. v2 , v1y = ( I tg 0 v2I 2 m gR (1 - cos 0)2、代入式解v2，得：v2网S诞门TRW 嵯勺3、由 =+ 解 v1，得:v1=1 2 11cos 0XM + 2Mm sin 0 + m sin 6)M _ + Min + m(Xl + in )sin 0M + intg。v1的方向：和水平方向成a角，a = arctg = arctg () 这就是最后的解。Vfll一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度2g(m M)(1 - cos 0) R(M + msin 0)八、动量和能量的

34、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卩=0.5。开始时，车和铁块以共同速度v = 6m/s向右运动，车与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/s2，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。09 17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

35、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mv + M(-v) v毕后，共同速度 v1 = ii = ，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？动力学分析：车离墙的最大位移S =v221L4 谨，反向加速的位移 S=，其中a = al = ，故Sv S，所以，车碰墙之前，必然已 和铁块达到共同速度

36、 VI。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mv r + M(|)* v完毕后，共同速度 v2 =：1闖=，因方向为正，必朝墙运动。V； V车第三次碰墙，共同速度v3 =，朝墙运动。以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况一一铁块：匀减速向右t匀速向右t匀减速向右t匀速向右平板车：匀减速向左t匀加速向右t匀速向右t匀减速向左t匀加速向右t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， Ek = E内，且， E内=f 滑S相，1即：(m + M) v2

37、 = mg-S 相代入数字得：S相=5.4 m2、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，故第一次：S1 =第二次：S2 =第三次：S3 =n次碰墙的总路程是:V工 S = 2 ( S 1 + S 2 + S3 + + Sn )=+ +碰墙次数 ms,代入其它数字，得：工S = 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？解：由第一过程，得滑动摩擦力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m = ( m + M )vII一 y一m -( m + M )v2 = fL解以上三式即可。Im + M答： = v0。第三讲典型例题解析教材范本：龚霞玲主编奥林匹克物理思维训练教材，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对 教材”第七、第八章的部分例题和习题。