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物理奥赛辅导:第5讲


第4讲
一、知识点击 1.动量定理

动量与角动量

? ? ?? ? ? ?? ? ? t ?? 0 ⑴ 质点动量定理: F 合 ? ma ? m ,即 F 合t ? m? t ? m? 0 t

? ??? ? I 合 ? ?P

即合外力的冲量等于质点动量的增量.

>⑵质点系动量定理:将质点动量定理推广到有 n 个质点组成的质点系,即可得到质点 系的动量定理. 令 I 外 和 I 内 分别表示质点系各质点所受的外力和内力的总冲量,则 Pt 和 P 0 表示质 点系中各质点总的末动量和初动量之矢量和,则:

?

?

? ?

? ?

? ? ?? ?? ? ? ?? I 外 ? I内 ? P P ? ?P t ? 0

而 I 内 ? 0 ,因质点系内各质点之间的相互作用力是成对出现的,且等值反向

?

? ? ? ? ? I 外 ? Pt ? P0 。即所有外力对质点系的总冲量等于质点系总动量的增量
2.动量守恒定律 ⑴内容:系统不受外力或所受外力的合力为零,这个系统的动量就保持不变. ⑵表达式:系统内相互作用前总动量 P 等于相互作用后总动量 P? : P ? P? 。 系统 总动量的变化量为零: ?P ? 0 对于两个物体组成的系统可表达为:相互作用的两个物体的动量的变化量大小相等, 方向相反 ?P 1 ? ??P 2。 或者作用前两物体的总动量等于作用后的总动量: m1?1 ? m2? 2 ? m1??1 ? m2??2 ⑶适用范围:动量守恒定律适用于宏观、微观,高速、低速. ⑷定律广义:质点系的内力不能改变它质心的运动状态—质心守恒.质点系在无外 力作用或者在外力偶作用下,其质心将保持原来的运动状态。质点系的质心在外力 作用下作某种运动,则内力不能改变质心的这种运动。 质心运动定理:作用在质点系上的合外力等于质点系总质量与质心加速度的乘积,

??

?? ?

? ?

?? ?

??? ?

?

?

??

??

? ?? ? ? mi ai ? 即 F ? ma c ,其质心加速度: a c ? 。定理只给出质心运动情况,并不涉及 M

质点间的相对运动及它们绕质心的运动。 3.碰撞问题 ⑴弹性碰撞:碰撞时无机械能损失.

m1?10 ? m2?20 ? m1?1 ? m2?2
1 1 1 1 2 2 2 m1?10 ? m2?20 ? m1?12 ? m2?2 2 2 2 2
由①②可得: ?1 ?

① ②

(m1 ? m2)?10 ? 2m2?20 , m1 ? m2

?2 ?

(m2 ? m1)?20 ? 2m1?10 m1 ? m2
分离速度 ?2 ? ?1 ? 接近速度 ?10 ? ?20

(2)非弹性碰撞:碰撞时有动能损失。为此引入恢复系数 e,它由两球材料决定, 与其质量、初速度无关。其定义式为 e ?

e=1 为完全弹性碰撞情形;e=0 时,碰后两物体结合一起速度相同,称为完全非弹 性;0<e<1,称为非完全弹性碰撞,其机械能的损失为

mm 1 1 1 1 1 2 2 2 2 ?E ? ( m1?10 ? m2?20 ) ? ( m1?12 ? m2?2 ) ? ( 1 ? e2) 1 2 (?10 ? ?20) 2 2 2 2 2 m1 ? m2
4.定轴转动定律 转动惯量 ⑴定轴转动定律:刚体所受的对于某定轴的合外力矩等于刚体对此轴的转动惯量与刚 体在此合外力矩作用下获得的角加速度的乘积.即: M ? J ? .式中 J 为刚体的转 动惯量,表示刚体转动中惯性大小量度。 ⑵转动惯量 J 的大小与刚体的总质量及质量对转轴的分布情 况有关,表达式为: J ?

?m r

2

i i

5.角动量定理和角动量守恒定律 ⑴质点角动量:若质点绕某固定点(轴)0 作圆 周运动对 0 点

L ? m? r ? m?r 2 ? mr 2? ? J ? (如图 5 一 1 所示)
若质点作匀速直线运动时对任意定点 0 的角动 量,如图 5 一 2 所示.

LQ ? rQ m ? s i n? Q ? m ? r ? Q? m ? r Qsin

LP ? rP m? sin ?P ? m?rP sin ?P ? m?r

LQ ? LP (方向垂直纸面向外)

⑵刚体对定轴的角动量:刚体对定轴角动量 L ?

? m r ? ? J?
2 i i

刚体对某定轴的角动量等于刚体对此定轴的转动惯量与角速度的乘积,其方向由右 手螺旋法则确定。 ⑶角动量定理 ①质点角动量定理: M ? rF , F ?t ? ?P ? P ?2 ? m?1 2 ?P 1 ?m

M ?r

?P m?2 r ? m?1r ?L ? ? ,或 M ?t ? ?L ?t ?t ?t

一质点所受的外力矩等于它的角动量对时间的变化率;或者一质点所受的合冲量矩 等于它的角动量的增量. 冲量矩:力矩的时间积累 ?L ? M ?t ②刚体的角动量定理: M 外 ? J ? ? J

?? ?(J ?) ?L ? ? , ?t ?t ?t

M 外? t ? ?L

③质点和质点系的角动量守恒:质点角动量守恒:当 M 外=0, L ? m? r ? 常矢量 F 外=0,匀速直线运动的物体对任意点 O 的角动量守恒。 力 F 过定点 O,此力称为有心力,有心力作用下的天体运动对力心 O 的角动量守恒。 质点系(刚体)角动量守恒定律: 有L?

?M



? 0 ,即外力对定点(轴)力矩之和为零,

?r ? m? ?常矢量 ,对刚体: L ? J? ? 常矢量 .
i i

二、方法演练 类型一、动量定理的类型问题一是要考虑质点系,二是要考虑力系,分析时不能有 时遗漏,但有时又要善于抓住主要因素忽略次要因素,这是解决这类问题经常用到 的手段。 例 1.军训中,战士距墙 s。以速度 ?0 起跳,如图 5—3 所示,再用脚蹬墙面一次, 身体变为竖直向上的运动以继续升高,墙与鞋底之间的静摩擦因数为μ .求能使人 体重心有最大总升高的起跳角θ 。 分析和解:在解答本题时,注意摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量,抓住主要因 素忽略次要因素,是经常用到的手段。人以角θ 起跳,水平初速度和竖直初速度分别为

?0 x ? ?0 cos? , ?0 y ? ?0 sin?
从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为 则人蹬墙前竖直方向的速度为

t?

s0 ?0 cos ?

? y ? ?0 y ? gt ? ?0 sin ? ? g
人重心升高:

s0 ?0 cos ?

s0 s0 s0 1 1 1 h1 ? ?0 y t ? gt 2 ? ?0 sin ? ? g( )2 ? s0 tan ? ? g ( )2 2 ?0 cos ? 2 ?0 cos ? 2 ?0 cos ?
设人蹬墙的时间为△t,因△t 很小,则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量,即

I f ?? IG ,由动量定理得: I f ? ? N ?t ? m?? y
而在水平方向同样由动量定理可知: N ?t ? m??x ? m?x ? m?o cos? 人蹬墙后获得竖直向上的速度: ? ? y ? ? y ? ?? y ? ? 0 sin ? ? 蹬墙后再上升的高度

gs0 ? ??0 cos ? 人 ?0 cos ?

? gs0 ? ? 0 (sin ? ? ? cos ? ) ? ? 2 2 2 ? ?y ? ?0 cos ? ? ? ? ?0 (sin ? ? ? cos ? ) ? s tan ? ? ? s ? 1 g ( s0 ) 2 h2 ? ? 0 0 2g 2g 2g 2 ?0 cos ?
人体重心上升的总高度: H ? h1 ? h2 ?
2 ?0 (sin ? ? ? cos ? )2

2

2g

? ? s0

令 tanφ =μ ,则 对 ?0 、s0 一定时,当 ? ? ? ? 即 ? ? arctan

?
2

时 H 最大.

1

?

时,人体的重心总升高最大.

类型二、动量守恒定律的问题最基本的特征就是和外力为零或某一方向上和外力为 零,当物体系内质点数量比较多时利用质心守恒是解决此类问题的重要手段之一, 解答过程,会比较简单。 例 2.如图 5—4 所示,在光滑的水平地面上静止放有一块质量 m3=2 kg,长度 L=0. 6 m 的木板,板的左右两端分别放置质量 m1=2 kg,m2=4 kg 的两物块,并分别以初速

度 ?1 =0.4 m/s,

?2 =0.2 m/s 同时相向运动.M1 , m2 和 m3 间

的滑动摩擦因数均为μ =0.22.试求: (1)m2 在木块上的最大位移; (2)m1 在木块上的最大位移; (3)m3 的最大位移. 分析和解:物体 1、2 可能会相碰,可能不会相碰,要予以讨论。讨论后利用动量守 恒(和质心守恒)解答本题,会比较简单。 (1)假设物块 1 、2 在木板上不会相碰,当 ?2 ? ?3 时,2 相对于 3 有最大位移,则

?2 ? a2t ? a3t

a2 ?

? m2 g
m2

?0.2 m s/2 , a3 ?

? m2 g ? ? m1 g
m3

? 0.2m / s 2

t=0.5 s,取 3 为参照系,2 相对于 3 的加速度为: a23 ? a2 ? a3 ? 0.4m / s 2 2 在 3 上最大位移: s23 ?

1 a23t 2 ? 0.05m 2

(2)因系统总动量为零,则 1、 2、3 最后都静止

f1s13 ? f 2 s23 ?

1 1 2 m1?12 ? m2?2 .将已知数据和所求得的数据代人: s13 ? 0.5m 2 2

因 s13 ? s23 ? 0.5 ? 0.05 ? 0.55m ? 0.6m ,假设成立. (3)1 、2、3 系统的总动量为零,则系统的质心 C 的位置不变,移动前质心跟右端 为 rC,2×0.6+2×0.3=(2+2+4)rC,rC=0. 225 m 设木板右端向右移动 x 2×(0.6-0.5+x)+2×(0.3+x)+4×(0.05+x)=8 × 0. 225,x=0. 1 m. 类型三、碰撞类问题往往是多过程、多次往复运动问题,动量守恒及动能定理是当 然的解决工具,但认真分析清楚物理过程和物理情境在解决这类问题中非常重要。 例 3.一段凹槽 A 倒扣在水平长板 C 上,槽内有一小物 块 B.它到槽内两侧的距离均为 L/2,如图 5—5 所示, 木板位于光滑的水平桌面上,槽与板间的摩擦不计,小 物块与木板间的摩擦因数为μ . A、B、C 三者的质量相 等,原来都静止.现使槽 A 以大小为 ?0 的初速度向右 运动,已知 ?0 ?

2? gL ;当 A 和 B 发生碰撞时,两者速度交换.

求: (1)从 A、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内,木板运动的路程; (2)在 A、B 刚要发生第四次碰撞时,A、B、C 三者速度的大小。 分析和解:这是个多次碰撞、往复运动问题,认真分析清楚物理过程和物理情境在 本题中非常重要。解题时每一个过程都要交代清楚,才能列出正确的动量守恒或动 能定理的等式。 (1)A 与 B 发生第一次碰撞后两者交换速度,A 停下来,B 向右做匀减速直线运动, C 由静止开始向右做匀加速直线运动,两者速度逐渐接近,设 B 相对 A(地)移动了 s1 的路程后和 C 达到共同速度 ?1 . 对 B、C 系统而言: 动量守恒: m?0 ? 2m? 对 B 用动能定理: ? mgs1 ? 联立得: s1 ?

1 1 2 m?0 ? m?12 2 2

2 3 3?0 ,又 ?0 ? 2? gL ,则 s1 ? L , 4 8? g

即 B、 C 达到共同速度时未与 A 碰撞, B 和 C 需再以 ?1 的速度继续向右匀速运动一段 距离(L-s1)后,才与 A 发生第二次碰撞. 对 C:由 0 加速到 ?1 的距离为 s2,则有 ? mgs2 ?

1 ?2 m?12 , s2 ? 0 2 8? g

因此 C 在两次碰撞之间发生的路程为 s ? s2 ? L ? s1 ? L ?

?02 4? g

(2)在第二次碰撞前,A 静止,B、C 以共同速度 ?1 匀速运动;刚发生第二次碰撞 后,B 静止,A、C 度均为 ?1 ,因 B、C 间有摩擦,B 加速,C 将减速,因 ?1 < ?0 , 则 B 、C 再次达到共同速度 ?2 前 A 和 B 不相碰. 对 B、C 系统: m?1 ? 2m?2 ,可得: ? 2 ?

?1
2

?

?0
4

又因 A 的速度 ?1 大于 B 的速度 ?2 ,则第三次碰撞发生在 A 的左壁,刚碰后,B 的速 度变为 ?1 C 的速度仍然为 ?2 ,此时 A 的速度变为 ?2 ,同理 B 和 C 第三次达到共同 速度时 A 和 B 不会相碰

对 B,C 系统: m?1 ? m?2 ? 2m?3 ,可得: ?3 ? 所以 A、B 发生第四次相碰前: ? A ? ? 2 ?

?0
4

3? 0 8

, ? B ? ?C ?

3?0 8 1 mR 2 )以 2

类型四、刚体的转动问题一般要涉及到转动惯量和转动定律以及角速度、角加速度 等概念,解题时有关量的关系和临界条件的分析是很重要的。 例 4、半径 r=10 cm,重量 G=10 kg 的均匀实心圆柱体(其转动惯量 J ? 的水平面上,问经过多长时间后圆柱体变为纯滚动.

角速度ω 0=10 r/s 绕中心轴旋转. 然后将此匀速转动的圆柱体轻轻放在摩擦因数μ =0.l

分析和解:解答本题的关键是要分析清楚纯滚动的条件和转动有关量之间的关系。 设圆柱体变为纯滚动时的角速度为ω ,质心的速度将由 0 逐步增加,到纯滚动时质 心的速度为 ?c ,设这段时间为 t.圆柱体的质量为 m(? 擦力作用的结果.所以据题意,有 f ? mac ? ? mg

G ) ,由于质心速度的变化是摩 g


?c ? act ? ? gt



式中 ac 为质心的加速度. ③ 式中ω 为纯滚动时的角速度.

根据纯滚动的条件, ?c 与ω 的关系式为 ?c ? R?

在摩擦力矩的作用下,圆柱体的角速度是逐步减小的.设角加速度为β ,则我们有 ω =ω 0-β t ④ 根据刚体的转动定律,我们有 M ? J ? ? fR 将①式代人⑤式,得 ? ? ⑤ ⑥

M ? mgR 2? g ? ? 1 J R mR2 2

将④、⑥式代人③式,得 ?c ? R(?0 ? ? t ) ? R?0 ? 2? gt 比较②式和⑦式,得 3μ gt=Rω 0 代人已知数据得 t ? 所以 t ?



R?0 3? g

0.1?10 ? 2? ? 2.14s 3 ? 0.1? 9.8

类型五、角动量守恒类问题主要是对刚体绕定点(或轴)转动的物体和系统解题依 据,但有些非刚体或不是绕定点(或轴)转动时间,只要系统或物体受的外力矩为 零,角动量保持不变也可用角动量守恒定律来求解。 例 5.一质量为 m 的小球放在光滑水平桌面上,用一穿过桌面中心光滑小孔的绳与

小球相连(图 5—6) . (1)要使小球保持在半径为 r1 的圆上,以角速度ω 1 绕 中心作 圆周运动.求绳的一端的拉力 F1; (2)增大绳的拉力使小球的转动半径自 r1 减至 r2 ,然后 使小球保持在 r2 的圆周上.求此时拉力 F2; (3)分析 F1 和 F2 哪一个大; (4)将小球自半径 r1 减至 r2 的过程中拉力所作的功. 分析和解:本题中绳的拉力作用使小球的转动半径变化的过程中因拉力过转轴,故 小球受的外力矩为零,角动量保持不变。 (1)在水平方向上,小球只受绳的拉力 F1,在 F1 作用下,作匀速圆周运动 F1=mω 12r (2)小球自半径 r1 减为 r2 的过程中,小球受的外力矩为零,故角动量保持不变,即 (mr12)ω 1=(mr22)ω 2,即 ?2 ? (

r1 2 ) ?1 r2

2 此时小球受的拉力 F2 ? m?2 r2 ? m?12 ?

r13 r ? F1 ( 1 )3 3 r2 r2

根据上式,因为 r1>r2,所以 F2>F1. (4)拉力作功 A 等于小球动能的增量.即

A ? Ek 2 ? Ek1 ?

1 1 1 1 2 2 2 m?2 ? m?12 ? m?2 r2 ? m?12 r12 2 2 2 2

2 2 1 r14 2 1 1 2 2 2 2 r 1 ? r2 ? m 2 ?1 ? m?1 r1 ? m?1 r1 2 r2 2 2 r22

例 6、 一个无滑滚动的台球正面撞上一个同样的静止台球, 请分析碰撞后两个球的运 动.证明两球的终态和两球之间或球与桌面之间的滑动摩擦因数无关. (滚动摩擦可 以忽略不计) 分析和解:本题的焦点在于每一个小球相对于其与桌面的接触点的角动量保持不 变.可以想见,第一个台球停止下来并在原地转动,而第二个球则运动起来但无转 动.因此在整个碰撞过程中,第一个台球只是把动量传递给第二个球,角动量却保 持了下来.碰撞之后,摩擦使得第一个球向前运动,但转动越来越慢,同时摩擦使 得第二个球平移运动越来越慢,同时增加了转动. 两球之间的摩擦可以忽略不计,因此碰撞过 程中, 它们之间的相互作用力与其表面垂直. 因 而.第一个球碰撞后停下来,同时第二个球得到 了第一个球的初速度 ?0 .两个球的转动在碰撞前

后没有变化,即第一个球在原地转动,第二个球无转动地以速度 ?0 平移. 台球和桌面之间的摩擦力很重要,将影响两球的运动.第一个球在摩擦力 F 摩擦力= μ mg 的作用下加速向前,而第二个球则在同样的力的作用下减速运动,如图 5—7 所示. 第一个球的转动由于摩擦力的作用将变慢, 而第二个球的转动将因之增加. 这 部分摩擦力的作用, 直到两球达到无摩擦滚动的状态为止,然后将保持那样的运动 状态. 下面证明,两个小球最终的运动状态既不依赖于摩擦因数,也与摩擦因数随位置的 可能变化无关.碰撞后,原来运动的小球以角速度 ? ? 角动量为 I ? ?

?0
r

转动,其相对于转动轴的

2 2 ?0 2 mr ? ? m?0 r 。由于小球的质心静止,即平动带来的角动量变 5 r 5 2 2 化为零,所以小球相对于其与桌面接触点 P 的角动量也为 m?0 r .由于摩擦力经过 5
P 点,因此小球相对于 P 点的角动量不会因摩擦力的作用而变化. (重力和桌面的支 撑力之和为零,因此它们也不会产生净力矩. ) 以速度 ? 作无滑滚动的小球,其角动量为自身角动 量

2 m? r 和质心运动的角动量 m ?r 之和。如图 5

5—8 所示,左侧为碰撞后短时间内运动小球和它 的受力情况,右侧为最后的无滑滚动状态.

2 2 2 m?0 r ? m? r ? m? r ,因此 ? ? ?0 。由类似的道理可 5 5 7 5 以得到,第二个小球的最终速度为 ?0 ,与摩擦因数的大小无关。 7
根据角动量守恒,我们有 三、小试身手 1. 四个质量分别为 m1、m2、m3、m4 的小球,用已拉紧的不可伸长的轻绳互相连接, 放在光滑的水平桌面上.如图 5—9 所示,其中 ? 已知,如果给 1 小球一个沿着 2、 1 两小球连线方向的冲量 I,判断能否求出 4 个小球获得的速度。若 m1=m2=m3=m4, 且 ? ? 60 ,则 4 小球的速度为多大?
0

2. 一块质量为 M 的滑块静止在光滑水平面上,滑块内有一如图 5 一 10 所示的光 滑管道, l 、 ? 已知,有一质量为 m 的小球从左端口滑下,求 m 自滑下到返回左端口的 总时间. (可取 ? ? 60 )
0

2 0 0 8 1 2 2 3

3. 由一光滑细管构成一半径为 R 的圆环,放在水平光滑桌面上. (图 5 一 11)管内 A1、 A2 处有两个质量为 m 的小球,圆形管道的质量是 ? m ,开始时管道静止,两小球向 右以等大的速度开始运动,细管上 P1、P2 处有两个缺口( ? 已知) ,小球自小孔中穿 出后,将在平面上某处相遇,求: (1)相遇时两球与管道中心 O 的距离 l (2)从小球穿出缺口直到小球相遇的过程中,管道在平面上移动的路程 s

4. 在图 5 一 12 ( a ) 和图 5 一 12 (b ) 中,一个质量 m=0.1 kg 的小雪橇放在一块质量 M =1 kg 的木板上.雪橇上的马达牵引着一根绳子,使雪橇具有速度 ?0 ? 0.1m / s ,忽 略木板和桌面之间的摩擦.雪橇和木板之间的动摩擦因数为μ =0.02。先握住木板, 起动马达.当雪橇达到速度 ?0 时,放开木板.在这瞬间,雪橇与木板一端的距离为 L=0.5 m.绳子栓在: (1)远处的桩上; (2)木板的端点. 试描述在上述两种情形下木板与雪橇的运动.雪橇何时到达木板一端?

5. 如图 5 一 13 所示,一质量为 M、长为 L 带薄挡板 P 的木板,静止在水平的地面上, 设木板与地面间的静摩擦因数与滑动摩擦因数相等,皆为μ .质量为 m 的人从木板 的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端,到达另一端时便骤然抓住 挡板 P 而停在木板上. 已知人与木板间的静摩擦因数足够大, 人在木板上不滑动. 问 在什么条件下最后可使木板向前方移动的距离达到最大?其值等于多少?

6. 弟兄五个在连续靠近放置的跳板上表演杂技.他们各自的质量分别为 60kg,50kg, 40 kg, 30 kg 和 20 kg。 第一个最重的演员从 2m 高度跳到第一个跳板上 (见图 5—14) 。 老二、老三、老四接着一个个被弹起落到相邻的跳板上.假定演员的肌力正好都用 于克服各种阻力,并且跳板的质量可以忽略。试求最后一个兄弟被弹起的高度 h5 是 多少?

7. 半径为 R, 无摩擦地旋转着的圆板的边缘, 趴着 n=10 个甲虫, 每个的质量为 m ? 5g , 甲虫同时开始以同样的速度向板中心爬动。 开始, 板是以角速度 ?1 ? 30r / min 旋转, 假若甲虫们中间停住后,板旋转的角速度变为 ?2 ? 45r / min ,板的转动惯量是

J ? 405g ? cm2 ,那么每个甲虫做了多少功?

8. 如图 5—15 所示,一块长为 L ? 1.00 m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧的 下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖 直导轨) ,从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T ? 2.00 s 。 一小球 B 放在光滑的水平台面上, 台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正 上方,到 P 端的距离为 h ? 9.80 m 。平板静止在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质 量相等。现给小球一水平向右的速度 ? 0 ,使它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板 发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, ? 0 的值应在什么范围内?取 g ? 9.8m / s
2

参考解答

1.解:设 1 小球获得外力冲量 I 的同时,三根绳中的冲量分别为 I1、I2、I3(如右图) ,由 冲量定理可得 对 1 小球: I ? I1 ? m1?1 ① ② ③ ④ ⑤ ⑥

对 2 小球: I1 ? I 2 cos ? ? m2?2 cos ?

I 2 sin ? ? m2?2 sin ?
对 3 小球: I 2 ? I3 cos ? ? m3?3 cos ?

I3 s i n ? ? m? 3
对 4 小球: I3 ? m4?4

3

s? in

由 ?1 、 ?2 、 ?3 的关联关系,可得

?1 ? ?2 cos ?

⑦ ⑧ ⑨

?2 cos(? ? ? ) ? ?3 cos ?
?3 cos(? ? ? ) ? ?4

由方程①一⑨可解出, ?1 、 ?2 、 ?3 、 ?4 、 ? 、 ? 、 I1 、 I 2 、 I 3 九个未知数.如果
0 再把条件 m1=m2=m3=m4, ? ? 60 代入,可解得: ?4 ?

1 I ? 28 m

2.解:取滑块为参考系,小球受三个力:mg,FN 和 maM ,设小球相对 M 的加速度是 a? , 则对 m: mg sin ? ? maM cos ? ? ma?

FN ? maM sin ? ? mg cos ?
对 M : FN sin ? ? MaM 由 ? ? 60 ,可解得 a? ?
0

2 3( M ? m) g 4M ? 3m

所以 t1 ?

2l ? a?

(4 M ? 3m)l 3( M ? m) g

下到底端时,小球因转弯和滑块发生一个比较猛烈的作用,此过程中动量 守恒.设转弯结束后小球和滑块的速度分别为 ? 和 ? ? ,那么

m? ? M ? ?

mgl sin ? ?

1 1 m? 2 ? M ? ?2 2 2

可求出, ? 和 ? ? ,相对速度 ?? ? ? ? ? ? ?

3(M ? m) gl M

水平段的时间 t2 ?

l

??

?

Ml 3( M ? m) g (4M ? 3m)l ?2 3( M ? m) g Ml 3( M ? m) g

一个来回的总时间 t ? 4t1 ? 2t2 ? 4

3.解: (1)取管道为参考系,两小球自小孔穿出后将沿切线方向运动,因此

l?

R sin ?

小球从 A1、A2 处到 P1、P2 处的过程中动量守恒

2m?0 ? ? mu ? 2m(? cos ? ? u)
机械能守恒

1 1 1 1 2 (2m)?0 ? ? mu 2 ? ? 2m(? sin ? ) 2 ? ? 2m(? cos ? ? u ) 2 2 2 2 2
可解得小球相对环的速度

??

? ? ? 2sin 2 ?

??0

环的速度

u?

2( ? ? 2sin 2 ? ? ? cos ? ) (? ? 2) ? ? 2sin 2 ?

? ?0

小球从穿出小孔到相遇的时间

t?R

c o? t

?

?

R

?0

? ? 2 s2 i?n ?c o? t ?

管道在平面上移动的路程

2 1 ? sin 2 ? ? cot ? s ? ut ? 2 R

?

? ?2

? cot ?

4.答案: (1)雪橇不能到达木板的另一端. (2)木板不动. 提示: (1)木板与桌面间无摩擦,因此它们构成一孤立系统,而雪橇与木板是有摩 擦的,在第一种情形中.雪做匀速运动,雪橇与木板以不同的速度运动,这样就引 起最大摩擦力μ mg,它作用在木板上,因而产生加速度 a ? 橇速度 ?0 。加速时间 t0 ?

? mg
M

,直至木板达到雪

?0
a

?

?0 M ? 5.1s ? mg

在这段时间内,雪橇在木板上经过的距离为 s0 ?

?02
2a

?

?02 M ? 0.255m 2? mg

因此,雪撬离木板右端点的距离为 0.5m ? 0.255m ? 0.245m 雪橇不能到达木板的另一端,因为从这时起,木板也做匀速运动。在加速期间,马 达必须用力μ mg 牵引绳子,但以后马达不能施加任何力,它只是卷绕绳子。 (2)我们可以用动量守恒定律来分析。当我们放开木板时,雪撬的动量为 m?0 。释 放后的木板具有速度 ?2 ,它由下式决定:

m?0 ? M?2 ? (m?0 ? ?2 )
此式表明 ?2 ? 0 ,所以木板保持不动,雪橇以同一速度继续前进。 5.在人从木板的一端向另一端运动的过程中,先讨论木板发生向后运动的情形.设人开 始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间为 t, 以 x1 表示木板向后移动 的距离,如图所示.以 f 表示人与木板间的静摩擦力,以 F 表示地面作用在木板上的 摩擦力,以 a1 和 a2 分别表示人和木板的加速度,则有

f ? ma1 , L ? x1 ?

1 2 1 a1t , f ? F ? Ma2 , x1 ? a2t 2 2 2

由以上四式联立解之,得 t ?

2LMm Mf ? m( f ? F )

对人和木板组成的系统,人在木板另一端骤然停下后,两者的总动量等于从开始到 此时地面的摩擦力 F(外力)的冲量,忽略人骤然停下那段极短的时间,则有

Ft ? (M ? m)V
V 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度. 设人在木板另一端停下后两者一 起向前移动的距离为 x2,与地面的滑动摩擦因数为μ ,则有

1 ( M ? m)V 2 ? ? ( M ? m) gx2 2
木板向前移动的净距离为 X ? x2 ? x1 将以上各式联立解之得

X?

? ? ? 1 F 2? LMm Lm ( ) ? ? ( f ? F) ? ? ? ? g M ? m ? (M ? m)( f ? F ) ? MF ? ? Mf ? m( f ? F ) ?

由上式可知,欲使木板向前移动的距离 X 为最大值,应有 f ? F 即 f ? Fmax ? ? (M ? m) g 即木板向前移动的距离为最大的条件是:人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于 木板的滑动摩擦力. 移动的最大距离为 X max ?

mL M ?m

由上面可见,在设木板发生向后运动,即 f ? F 的情况下,f = F 时,X 有极大值.换 句话说,在时间 0 一 t 内木板刚刚不动的条件下 X 有极大值. 再来讨论木板不动,即 f<F 的情况.这时,因为 f<F,所以人积累的动能和碰后的 总动能都将变小,从而前进的距离 x 也小于上述的 Xmax。 6.解:首先我们注意一下图 5—17 的翘板,中间是一个无限重的支柱.第一个兄弟跳到 翘板的一端,同时把第二个兄弟弹到空中,我们可以看作是弟兄们“通过”翘板的 碰撞.假定碰撞的持续时间很短,由此我们可以不考虑重力对碰撞本身的影响,因 为在碰撞的时间△t 里,每一个兄弟和重力相关的冲量矩(对翘板中心计算)与△t 成正比,是非常小的. 碰撞时翘板支点是不动的,我们可以采用角动量守恒定律来研究.又由于翘板 非常轻, 我们可以认为翘板的转动惯量为零。 根据题中后面的说明和上面的假设. 我 们可以认为碰撞时机械能是守恒的,也就是说是弹性碰撞。

? 表示第一个兄弟碰撞后的速度。 ?1? 与图 5 一 17 上的 ?1 指向同一个方向。由系 令 ?1
统的角动量和机械能守恒,可以写出

?r ? m2?2 r m1?1r ? m1?1

1 1 1 2 ?2? m2?2 m1?12 ? m1? 1 2 2 2
解这个方程组,我们得到两组解 1) ? ? ? ?1 , ?2 ? 0 2) ? ? ? ?1

m1 ? m2 2m1 , ?2 ? ?1 m1 ? m2 m1 ? m2

第一组解相当于碰撞之前;而第二组解相当于碰撞之后。 第二个兄弟跳到相邻的翘板上,在碰撞的瞬间速度是 ?2 。相继而来的过程和第一次 完全相似。因此以后的弟兄们弹起的速度相应地为

?3 ? ?2

2m3 2m2 2m4 , ?4 ? ?3 , ?5 ? ?4 m2 ? m3 m3 ? m4 m4 ? m5 m1m2 m3m4 (m1 ? m2 )(m2 ? m3 )(m3 ? m4 )(m4 ? m5 )

将前面的计算结果代人,可得第五个兄弟弹起的速度为

?5 ? 16

所求的高度 h5 可以利用下式计算

?1 ? 2 gh1 , ?5 ? 2 gh5
? ? 16m1m2 m3m4 于是得到 h5 ? ? ? h1 ? (m1 ? m2 )(m2 ? m3 )(m3 ? m4 )(m4 ? m5 ) ?
把题中数据代入得: h5 ? 5.5m 。 7.解:在板加上甲虫的系统上没有任何对转动轴的外力矩作用,因此该系统对过板中心 的竖直轴的角动量守恒.用 r 表示甲虫离板中心的末距离.系统对板中心轴的初始 转动惯量为 nmR ? J ,而末了转动惯量为 nmr ? J .
2 2

2

由角动量守恒定律有

(nmR2 ? J )?1 ? (nmr 2 ? J )?2



所有甲虫一起所做的功等于系统在末了和开始的动能之差(即转动能之差) :

nW ?

2 (nmr 2 ? J )?2 (nmR 2 ? J )?12 ? 2 2



将①式代入②式,得

? 2 1 1 1 nW ? (nmR 2 ? J ) 1 ?2 ? (nmR 2 ? J )?12 ? (nmR 2 ? J )?1 (?2 ? ?1 ) 2 ?2 2 2
于是 W ?

1 J (mR 2 ? )?1 (?2 ? ?1 ) 2 n
?4

将题中所给的数值代入后,得 W ? 1.11?10 J 8. 解: 如果小球的水平速度比较大, 它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处, 这时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值;如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与平板 发生第一次碰撞后再次接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触, 这时 u 0 的值便是满 足题中条件的最小值. 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 t1 ,有

h?

1 2 gt1 2

(1) B u0

若碰撞正好发生在 Q 处,则有

L ? u0t1

(2) h

从(1) 、 (2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件 的最 大值,即 P Q

u0 max ? L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max ? 0.71m/s

(4)

如果 u0 ? u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时 在竖直方向的速度为 v1 ,则有

v1 ? 2gh

(5)

?、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度, 以 v1 由于碰撞时间极短,
在碰撞过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m, 则有

? ? mV1? mv1 = mv1

(6)

因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得

1 2 1 2 1 1 1 2 ?2 ? mV1?2 ? mu0 mv1 ? mu0 = mv1 2 2 2 2 2
解(6) 、 (7)两式,得

(7)

??0 v1

(8) (9)

V1? = v1 ? 2gh

碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板 发生碰撞的时 刻作为 t ? 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

xPQ ? A cos ??t ? ? ? (10)
式中

??

2π (11) T A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度
(12)

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?

因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9) 、 (11) 、 (12)式可求得

A?

2 gh T 2?

(13) (14)

? ??

π 2

把(13) 、 (14)式代入(10)式,得

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生 第二次碰撞且发生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 xB ?t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

在碰撞时,有

xB ? t2 ? ? xPQ ?t2 ?

(18)

由(16) 、 (17) 、 (18)式,代入有关数据得

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?

(19)

这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得

t2 ? 0.771s

(20)

如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

L ? u0 ?t1 ? t2 ?

(21)

由(1) 、 (20)和(21)式得

u0 ?

L ? 0.46m/s (22) t1 ? t2

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值 范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s

(23)


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