大学物理2-6碰撞

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大学物理答案第1～2章

大学物理答案第1～2章-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN第一章质点的运动1－1已知质点运动方程为t R x ω-=sin ，)cos 1(t R y ω-=，式中R ，ω为常量，试求质点作什么运动，并求其速度和加速度。

解：22cos ,sin x y x y dx dy v Rw wt v Rw wtdt dt v v v Rw==-==-∴=+=22222sin ,cos y x x y x y dv dv a Rw wt a Rw wtdt dt a a a Rw ====∴=+=sin ,(1cos )x R wt y R wt ==- 222()x y R R ∴+-=轨迹方程为质点轨迹方程以R 为半径，圆心位于（0，R ）点的圆的方程，即质点作匀速率圆周运动，角速度为ω；速度v = R ω；加速度 a = R ω21－2竖直上抛运动的物体上升到高度h 处所需时间为t 1，自抛出经最高点再回到同一高度h 处所需时间为t 2，求证：h =gt 1 t 2/2解：设抛出点的速度为v 0，从高度h 到最高点的时间为t 3，则012132012221201112()0,2()/2()1122212v g t t t t t v g t t t t h v t gt g t gt gt t -+=+=∴=++∴=-=-= 1－3一艘正以v 0匀速直线行驶的汽艇，关闭发动机后，得到一个与船速反向大小与船速平方成正比的加速度，即a ＝kv 2，k 为一常数，求证船在行驶距离x 时的速率为v=v 0e kx .解：取汽艇行驶的方向为正方向，则0200,,ln v xv kxdv dx a kv v dt dt dv dv kvdt kdx v v dv kdx v vkx v v v e -==-=∴=-=-∴=-=-∴=⎰⎰ 1－4行人身高为h ，若人以匀速v 0用绳拉一小车行走，而小车放在距地面高为H 的光滑平台上，求小车移动的速度和加速度。

大学物理仿真实验报告-碰撞与动量守恒

大学物理仿真实验报告实验名称碰撞与动量守恒班级：姓名：学号：日期：碰撞和动量守恒实验简介动量守恒定律和能量守恒定律在物理学中占有非常重要的地位。

力学中的运动定理和守恒定律最初是冲牛顿定律导出来的，在现代物理学所研究的领域中存在很多牛顿定律不适用的情况，例如高速运动物体或微观领域中粒子的运动规律和相互作用等，但是能量守恒定律仍然有效。

因此，能量守恒定律成为了比牛顿定律更为普遍适用的定律。

本实验的目的是利用气垫导轨研究一维碰撞的三种情况，验证动量守恒和能量守恒定律。

定量研究动量损失和能量损失在工程技术中有重要意义。

同时通过实验还可提高误差分析的能力。

实验原理如果一个力学系统所受合外力为零或在某方向上的合外力为零，则该力学系统总动量守恒或在某方向上守恒，即（1）实验中用两个质量分别为m1、m2的滑块来碰撞（图4.1.2-1），若忽略气流阻力，根据动量守恒有（2）对于完全弹性碰撞，要求两个滑行器的碰撞面有用弹性良好的弹簧组成的缓冲器，我们可用钢圈作完全弹性碰撞器；对于完全非弹性碰撞，碰撞面可用尼龙搭扣、橡皮泥或油灰；一般非弹性碰撞用一般金属如合金、铁等，无论哪种碰撞面，必须保证是对心碰撞。

当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。

由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取负号。

1．完全弹性碰撞完全弹性碰撞的标志是碰撞前后动量守恒，动能也守恒，即（3）（4）由（3）、（4）两式可解得碰撞后的速度为（5）（6）如果v20=0，则有（7）（8）动量损失率为（9）能量损失率为（10）理论上，动量损失和能量损失都为零，但在实验中，由于空气阻力和气垫导轨本身的原因，不可能完全为零，但在一定误差范围内可认为是守恒的。

2.完全非弹性碰撞碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。

大学物理仿真实验报告材料-碰撞与动量守恒

大学物理仿真实验报告实验名称碰撞与动量守恒班级：：学号：日期：碰撞和动量守恒实验简介动量守恒定律和能量守恒定律在物理学中占有非常重要的地位。

因此，能量守恒定律成为了比牛顿定律更为普遍适用的定律。

本实验的目的是利用气垫导轨研究一维碰撞的三种情况，验证动量守恒和能量守恒定律。

定量研究动量损失和能量损失在工程技术中有重要意义。

同时通过实验还可提高误差分析的能力。

当两滑块在水平的导轨上作对心碰撞时，忽略气流阻力，且不受他任何水平方向外力的影响，因此这两个滑块组成的力学系统在水平方向动量守恒。

由于滑块作一维运动，式（2）中矢量v可改成标量，的方向由正负号决定，若与所选取的坐标轴方向相同则取正号，反之，则取负号。

2.完全非弹性碰撞碰撞后，二滑块粘在一起以10同一速度运动，即为完全非弹性碰撞。

2-6 动量定理动量守恒

dP F dt
dP dt
I
F dt＝ P
t1
•质点系的动量定理 F外
t2 I 外＝ F外dt P－P0
•动量守恒定律
微分形式
n 若F外 0, 则P＝ mi v i 恒矢量
i 1
积分形式
17
大学物理学
§2.7 质心运动定理（theorem of motion of center of mass）
解：取车和人作为系统，该系统水平方向动量守恒。设人和车相对于地面的速度分别为v 和 V，则
v
V
0 mv MV
x X L
M x L M m m X L Mm

t 0
mvdt MVdt
0
t
mx MX
16
大学物理学
小
t1
结
•冲量
•质点的动量定理
t2 I ＝ Fdt
i c
x 质心位置是质点位置以
质量为权重的平均值。
18
impulse
t1
动量定理在给定的时间间隔内，外力作用在质点上的冲量，等于质点在此时间内动量的增量．
5
大学物理学
I x Fx dt mv2 x mv1x
分量表示
t2
I y Fy dt mv2 y mv1 y I z Fz dt mv2 z mv1z

t2 F t1 外
d t P2 P1
用质点系动量定理处理问题可避开内力。
12
大学物理学
三、动量守恒定律（law of conservation of momentum）

碰撞打靶实验报告

篇一：大学物理碰撞打靶实验报告碰撞打靶实验物体间的碰撞是自然界中普遍存在的的现象，从宏观物体的一体碰撞到微观物体的粒子碰撞都是物理学中极其重要的研究课题。

本实验通过两个体的碰撞、碰撞前的单摆运动以及碰撞后的平抛运动，应用已学到的力学定律去解决打靶的实际问题，从而更深入地了解力学原理，并提高分析问题、解决问题的能力。

一．实验原理1. 碰撞：指两运动物体相互接触时，运动状态发生迅速变化的现象。

正碰是指两碰撞物体的速度都沿着它们质心连线方向的碰撞；其他碰撞则为斜碰。

2. 碰撞时的动量守恒：两物体碰撞前后的总动量不变。

3. 平抛运动：将物体用一定的初速度v0沿水平方向抛出，在不计空气阻力的情况下，物体所作的运动称平抛运动，运动学方程为x?v0t，y?12gt（式t中是从抛出开始计算的时2 间，x是物体在时间t内水平方向的移动距离，y是物体在该时间内竖直下落的距离，ｇ是重力加速度）4. 在重力场中，质量为ｍ的物体在被提高距离ｈ后，其势能增加了?ep?mgh5. 质量为m的物体以速度v运动时，其动能为ek?12mv 26. 机械能的转化和守恒定律：任何物体系统在势能和动能相互转化过程中，若合外力对该物体系统所做的功为零，内力都是保守力（无耗散力），则物体系统的总机械能（即势能和动能的总和）保持恒定不变。

7. 弹性碰撞：在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞。

8. 非弹性碰撞：碰撞过程中的机械能不守恒，其中一部分转化为非机械能（如热能）。

二．实验仪器碰撞打靶实验仪如图1所示，它由导轨、单摆、升降架（上有小电磁铁，可控断通）、被撞小球及载球支柱，靶盒等组成。

载球立柱上端为锥形平头状，减小钢球与支柱接触面积，在小钢球受击运动时，减少摩擦力做功。

支柱具有弱磁性，以保证小钢球质心沿着支柱中心位置。

图1 碰撞打靶实验仪升降架上装有可上下升降的磁场方向与杆平行的电磁铁，杆上的有刻度尺及读数指示移动标志。

仪器上电磁铁磁场中心位置、单摆小球（钢球）质心与被碰撞小球质心在碰撞前后处于同一平面内。

大学物理课后习题(第二章)

第二章能量守恒动量守恒选择题2－1 有一劲度系数为k 的弹簧(质量忽略不计),垂直放置,下端悬挂一质量为m 的小球.现使弹簧为原长,而小球恰好与地面接触.今将弹簧上端缓慢地提起,直到小球刚脱离地面为止,在上提过程中外力做的功为（ A ）(A)222m g k ; (B)222m g k ;(C) 224m g k; (D) 224m g k.2－2 一弹簧长00.5m l =,劲度系数为k ,上端挂在天花板上,当下端吊一小盘后,长度变为10.6m l =.然后在盘中放一物体,使弹簧长度变为20.8m l =.放物后,在弹簧伸长的过程中,弹性力所做的功为（ C ）(A) 0.80.6d kx x -⎰; (B) 0.80.6d kx x ⎰;(C) 0.30.1d kx x -⎰; (D) 0.80.1d kx x ⎰.2－3 如图所示,一单摆在点A 和点A '之间往复运动,就点A 、点B 和点C 三位置比较,重力做功的功率最大位置为（ B ）(A) 点A ; (B) 点B ; (C) 点C ; (D) 三点都一样.2－4 今有质量分别为1m 、2m 和3m 的三个质点,彼此相距分别为12r 、23r 和31r .则它之间的引力势能总和为（ A ）(A) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫-++ ⎪⎝⎭; (B) 233112122331m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭; (C) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫-++⎪⎝⎭; (D) 2331121223312m m m m m m G r r r ⎛⎫++ ⎪⎝⎭.2－5 有下列几种情况:(1) 物体自由落下,由物体和地球组成的系统; (2) 使物体均匀上升,由物体和地球组成的系统;(3) 子弹射入放在光滑水平面上的木块,由子弹和木块组成的系统; (4) 物体沿光滑斜坡向上滑动,由物体和地球组成的系统.机械能守恒的有（ C ）(A) (1)、(3); (B) (2)、(4); (C) (1)、(4); (D) (1)、(2).2－6 质量分别为m 和4m 的两个质点,沿一直线相向运动.它们的动能分别为E 和4E ,它们的总动量的大小为（ C ）(A)(C)-.2－7 质量为m 的小球,以水平速度v 与竖直的墙壁作完全弹性碰撞.以小球的初速度v的方向为O x 轴的正方向,则此过程中小球动量的增量为（ D ） (A) m i v ; (B) 0; (C) 2m i v ; (D) 2m -i v .2－8 如图所示,质量为1k g 的弹性小球,自某高度水平抛出,落地时与地面发生完全弹性碰撞.已知在抛出1s 后又跳回原高度,而且速度的大小和方向和刚抛出时相同.在小球与地面碰撞的过程中,地面给它的冲量的大小和方向为（ A ）(A) 19.8kg m s -⋅⋅,垂直地面向上;19.8kg m s-⋅⋅,垂直地面向上;(C) 119.6kg m s -⋅⋅,垂直地面向上; (D) 14.9kg m s-⋅⋅,与水平面成o45角.2－9 一炮弹由于特殊原因,在弹道最高点处突然炸成两块,如果其中一块做自由落体下落,则另一块的着地点（ A ）(A) 比原来更远; (B) 比原来更近; (C) 仍和原来一样; (D) 条件不足,不能判定.2－10 在下列陈述中,正确的是（ A ） (A) 物体的动量不变,动能也不变; (B) 物体的动能不变,动量也不变; (C) 物体的动量变化,动能也一定变化; (D) 物体的动能变化,动量却不一定也变化.2－11 如图所示,一光滑圆弧形槽m '放置于光滑的水平面上,一滑块m 自槽的顶部由静止释放后沿槽滑下,不计空气阻力,对这一过程,下列陈述正确的为（ C ）(A) 由m 和m '组成的系统动量守恒; (B) 由m 和m '组成的系统机械能守恒; (C) 由m 、m '和地球组成的系统机械能守恒; (D) m 对m '的正压力恒不作功.2－12 如图所示,质量为20g 的子弹,以1400m s-⋅的速率沿图示方向射入一原来静止的、质量为980g 的摆中.摆线不可伸缩,质量忽略不计.子弹射入后,摆的速度为（ A ）(A) 14m s -⋅; (B) 18m s -⋅; (C) 12m s -⋅; (D) 11.79m s -⋅. 计算题2－13 用力推物体,使物体沿O x 轴正方向前进,力在O x 轴上的分量为510x F x =+式中x 的单位为m ,x F 的单位为N .求当物体由0x =移到4m x =时,力所做的功.解在物体由0x =移到4m x =的过程中,力所做的功为()214d 510d 100J x x x A F x x x ==+=⎰⎰2－14 一个不遵守胡克定律的弹簧,它的弹性力F 与形变x 的关系为3F kx b x =--式中,411.1610N m k -=⨯⋅,531.610N mb -=⨯⋅,求弹簧变形由10.2m x =到20.3mx =时,弹性力所做的功.解在弹簧变形由1x 到2x 的过程中,弹性力所做的功为221132244212111d ()d ()()24x x x x A F x kx b x F x k x x b x x ==-+=----⎰⎰将10.2m x =和20.3m x =代入上式,可得2244212142254411()()2411 1.1610(0.30.2) 1.6010(0.30.2)J 550J24A k x x b x x =----⎡⎤=-⨯⨯⨯--⨯⨯⨯-=-⎢⎥⎣⎦2－15 如果子弹穿入墙壁时,所受的阻力与穿入的深度h 成正比,证明当子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的深度也增大2倍.证在穿进墙壁后,子弹所受的阻力为F kh =-,式中k 为常数.设子弹进入墙壁的最大深度为m h ,则在子弹穿入过程中,阻力做的功为m 2m 01d 2h A kh h kh =-=-⎰子弹在最大深度m h 时的速度为零.由外力的功等于始末二状态之间的动能的增量,有22m ax 01122kh k -=-v式中0v 是子弹的初速度,即子弹与墙壁接触瞬间的速度.k 和子弹质量m 均为常数,因此子弹的初速度0v 和子弹进入墙壁的最大深度m h 成正比,子弹的初速度增大为原来的2倍时,子弹进入墙壁的最大深度也增大为原来的2倍.2－16 如图所示,一质量为4k g 的小球,从高度3m h =处落下,使弹簧受到压缩.假定弹簧的质量与小球相比可以略去不计,弹簧的劲度系数1500N m k -=⋅.求弹簧被压缩的最大距离.解小球从开始下落,到弹簧达到最大压缩x 量为止,下落距离为h x +.这期间, 由小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒.由于小球的动能增量为零,因此21()02kx m g h x -+=即2220m g m g x x h kk--=将2249.80.1568500m g k⨯⨯==,3m h =代入上式,可解得0.769m x =2－17 测定矿车的阻力因数μ(即阻力与矿车对轨道正压力的比值)的设施如图所示.测定时使矿车自高度h 处从静止开始下滑,滑过一段水平距离2l 后停下.已知坡底的长度为1l ,证明12h l l μ=+.证设矿车质量为m ,则矿车在坡道上下滑时所受的正压力大小为co s m g θ.式中θ为斜面与水平面的夹角.由功能原理,矿车所受的力在全过程中所做的功,等于其始末二状态之间的动能增量,而动能的增量为零,于是2co s 0co s l m g h m g m g l μθμθ--=由此可得12()h l l μ=+2－18 一颗子弹由枪口射出时速率为0v ,当子弹在枪筒内被加速时,它所受的合外力为F a bt =-式中a 、b 为常量.(1) 设子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零,求子弹走完枪筒全长所需的时间; (2) 求子弹所受的冲量; (3) 求子弹的质量.解 (1) 子弹走到枪口处,所受的合力刚好为零:00F a bt =-=由此可得子弹走完枪筒全长所需的时间为0a t b=(2) 在[]00,t ,子弹所受的冲量为022200011()d ()222t a aaI a b t t a t b t ab bb b=-=-=-=⎰(3) 由动量原理I m =∆v ,而子弹的初速度为零,于是有0I =m v由此可得子弹的质量为2I a b ==m v v2－19 一质量为m 的质点,在O xy 平面上运动,其位置矢量为cos sin a t b t ωω=+r i j求从0t =到π2t ω=时间内,质点所受的合外力的冲量.解质点的速度为d sin co s d a t b t tωωωω==-+r i j v0t =时, 质点的速度为1b ω=j vπ2t ω=时, 质点的速度为2ππsin co s 22a b a ωωωωωωω=-+=-i j i v由动量原理, 在0t =到π2t ω=时间内质点所受的合外力的冲量为21m m m a m b ωω=-=--I i j v v2－20 有一横截面积为20.2m S =的直角弯管,水平放置,如图所示.管中流过流速为13.0m s-=⋅v 的水.求弯管所受力的大小和方向.解 d m 的水转过直角,经历的时间为∆l t =v,式中l 为弯管14圆弧的长度;动量改变的大小为d m ,方向与水平成o45角.由动量定理,弯管给d m 的水的平均作用力的大小为2d d d d m m m F l tl===∆v圆弧弯管长度的水的质量为d m mS l ρ==⎰.这么多的水转过直角,弯管所给的平均作用力的大小为2223231100.20 3.0N 2.5510NS l F S ll====⨯⨯⨯=⨯v v v方向与水平成o45角,斜向上.此力的反作用力即为水管所受的力,大小为32.5510N F '=⨯方向与水平成o45角,斜向下.2－21 水力采煤是利用水枪在高压下喷出来的强力水柱,冲击煤层而使煤层破裂.设所用水枪的直径为30m m ,水速为160m s-⋅,水柱与煤层表面垂直,如图所示.水柱在冲击煤层后,沿煤层表面对称地向四周散开.求水柱作用在煤层上的力.解设水在煤层表面均匀四散,则煤层所受的合力在沿煤层表面的方向上的分量为零.在t ∆时间内,有质量为m tS ρ=∆v 的水到达煤层表面.式中v 为水速, S 为水柱截面积.在垂直于煤层的方向上,其动量的变化为()2x m tS ρ∆=-∆v v由动量定理,()x x F t m ∆=∆v ,可求得水柱所受的冲力在垂直于煤层的方向上的分量为x F S ρ=-2v水柱作用在煤层上的力是x F i 的反作用力,垂直指向煤层,大小为2432π 3.01011060N 2545N 4F S ρ-⨯⨯'==⨯⨯⨯=2v2－22 在铁轨上,有一质量为40t 的车辆,其速度为11.5m s -⋅,它和前面的一辆质量为35t 的静止车辆挂接.挂接后,它们以同一速度前进.求:(1) 挂接后的速率;(2) 质量为35t 的车辆受到的冲量. 解 (1) 由动量守恒定律,有21122()m m m m +=+v v v式中11 1.5m s -=⋅v 是140t m =的车辆的初速度,20=v 是230t m =的车辆的初速度;v 是两辆车一起运动的速度.由此可得311113124010 1.5m s0.8m s(4035)10m m m --⨯⨯==⋅=⋅++⨯v v(2) 质量为235t m =的车辆受到的冲量等于其动量的增量:34235100.8N s 2.8010N s I m ==⨯⨯⋅=⨯⋅v2－23 一个质量为60kg 的人,以12.0m s -⋅速率跳上一辆以11.0m s -⋅的速率运动的小车.小车的质量为180k g .(1) 如果人从小车后面跳上去,求人和小车的共同速度 (2) 如果人从小车前面跳上去,求人和小车的共同速度. 解以小车前进方向为正方向.由动量守恒定律121122()m m m m +=+v v v式中v 是人和小车的共同速度, 1v 是人的速率, 12 1.0m s -=⋅v 是小车的速率. 由上式可得112212m m m m +=+v v v(1) 如果人从小车后面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260 2.0180 1.0m s1.25m s(60180)m m m m --+⨯+⨯==⋅=⋅++v v v(2) 如果人从小车前面跳上去,则人的速度11 2.0m s -=-⋅v ,人和小车的共同运动的速度为1111221260( 2.0)180 1.0m s0.25m s(60180)m m m m --+⨯-+⨯==⋅=⋅++v v v2－24 一炮弹竖直向上发射,初速度为0v .在发射后经过时间t ,在空中自动爆炸.假定炮弹爆炸后分成质量相等的A 、B 、C 三块碎片.其中A 块的速度为零, B 、C 两块的速度大小相同,且B 块的方向与水平成α角.求B 、C 两块碎片的速度大小和C 块的方向.解临爆炸前,炮弹的速度在竖直方向,大小为0g t =-v v .其方向可能竖直向上,亦可能竖直向下.设炮弹的质量为m ,爆炸后瞬时B 、C 两块的速度分别为B v 和C v .由动量守恒定律B C 1133m m m +=v v v图示为速度竖直向上时的动量守恒的矢量图,图中π2βα=-.若速度竖直向下,亦可作出相似的动量守恒的矢量图.由于B 、C 两块的速度大小相同,即B C =v v ,因此动量守恒的矢量图为等腰三角形,C v 与竖直面的夹角亦为β,与水平面的夹角亦为α;与B v 之间的夹角为π2α-,且B C 11sin sin 33m m m αα+=v v v将0g t =-v v 和B C =v v 代入,即可求得B 、C 两块碎片的速度大小为0B C 32sin g t α-==v v v2－25 如图所示,有一空气锤,质量为200kg m =,由高度0.45m h =处受工作气缸中压缩空气的压力及重力的作用而落下,摩擦阻力可以忽略.已知工作气缸内压缩空气对锤头的平均压力37.0010N F =⨯,锤头与工件的碰撞时间为0.010s t =,求锤头锻打工件时的平均冲力.解设锤头到达工件,与工件接触瞬时的速度为v .由功能原理,有21()2F m g h m +=v由此可得=v这时,汽缸内的压强已经很小,对锤头的压力可以忽略.锤头锻打工件时的过程中,受到的向上的平均冲力为1F .以竖直向下为正方向,由动量原理,有()1Fm g t m -+∆=-v可得1F 的大小为15200 2009.8N 1.29010N0.010m F m g m gt ⎛⎫=+=⎪∆⎝⎭⎛⎫=⨯⨯=⨯ ⎪ ⎪⎝⎭v工件所受的打击力是1F 的反作用力,平均大小亦为51.29010N ⨯,方向竖直向下.若不忽略汽缸内的压缩空气对锤头的压力,且认为大小亦为37.0010N F =⨯,则有()1F F m g t m '-++∆=-v由此可得锤头和工件所受的打击力的平均大小()53511 1.290107.0010N1.3610N F F F '=+=⨯+⨯=⨯2－26 两个形状相同质量均为m '弧形光滑导轨A 和B ,放在光滑地板上,且在同一竖直平面内,A 和B 的下端均和地板相切,如图所示.今有一质量为m 的小物体,由静止从高度为0h 的A 的顶端下滑,求m 在B 导轨上上升的最大高度.解设小物体下滑至地面时,物体速度为v ,导轨A 的速度为A v .在小物体下滑的过程中,小物体、导轨A 和地球组成的系统机械能守恒,有22A 01122m m m g h '+=v v小物体和导轨A 组成的系统在水平方向上动量守恒,有A 0m m '+=v v联立解此二方程,可得=v设小物体沿导轨B 上升的最大高度为h ,此时二者一起运动的速度为B v .在小物体上升的过程中,小物体、导轨B 和地球组成的系统机械能守恒,有221B 11()22m m g h m m '=++v v小物体和导轨B 组成的系统在水平方向上动量守恒,有B ()m m m '=+v v联立解此二方程,可得22()m h m m g'='+v将=v 代入上式,可得20m h h m m '⎛⎫= ⎪'+⎝⎭。

碰撞碰撞定律质心运动定律东北大学大学物理

M Rd
πR
2R
M
M
π
xc 0
几何对称性
例题如图，人与船构成质点系，人向右走时船向左动，当人从船头走到船尾时(船长为l）则质心位置不变 xc xc 开始时，系统质心位置
x1' x1
xc
mx1 m
Mx2 M
O
•• x2'
x
x2
i
1 完全弹性碰撞动量守恒，机械能守恒
2 完全非弹性碰撞动量守恒，机械能不守恒
3 非完全弹性碰撞动量守恒，机械能不守恒
4/16
例题: 求两物到达最高处的张角
解：分三个过程：
（1）小球自A下落到B，机械能守恒：
1 2
m1v 2
m1gh1
m1gl(1 cos )
1
m1 m2
（2）小球与蹄状物碰撞过程，动量守恒：
此时，物体碰撞后以同一速度运动，不再分开，这就是说物体碰撞后已经完全不能恢复形变。
(3) 非完全弹性碰撞当0＜e＜1时， v2 v1 e(v10 v20 )
此时，碰撞后形变不能完全恢复，一部分机械能将被转变为其他形式的能量 (如热能）。
一般情况碰撞时 F ex F in
pi C
miri / M
i
xC mi xi / M yC mi yi / M
zC mi zi / M
质量连续分布的系统的质心位置:
rC rdm / M
xc
xdm M
yc
ydm M
zc
zdm M
(3) 质心不同与重心：物体体积不太大时两者重和；物体远离地球时不受重力，“重心”失去意义，“质心”仍在。
度是互相垂直的。

大学物理第二章质点动力学习题答案

习题二2-1质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系；(2)子弹射入沙土的最大深度。

[解]设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力f =-kv (1)由牛顿第二定律tv mma f d d == 即tv mkv d d ==- 所以t mk v v d d -=对等式两边积分⎰⎰-=tvv t m k v v 0d d 0得t mkv v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xv mv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即xvmv kv d d =- 所以v x mkd d =-对上式两边积分⎰⎰=-000d d v sv x mk 得到0v s m k-=-即kmv s 0=2-2质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为[证明]任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得即tvm ma kv F mg d d ==--整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分⎰⎰=--t vmt kv F mg v00d dy得mktF mg kv F mg -=---ln即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1 2-3跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

求跳伞员的运动速率v 随时间t 变化的规律和极限速率T v 。

[解]设运动员在任一时刻的速率为v ，极限速率为T v ，当运动员受的空气阻力等于运动员及装备的重力时，速率达到极限。

大学物理碰撞实验报告

碰撞实验实验日期：2023.3.28一、目的要求1、用对心碰撞特例检验动量守恒定律。

2、了解动量守恒和动能守恒的条件。

3、熟练地使用气垫导轨及数字毫秒计。

二、实验原理1.验证动量守恒定律动量守恒定律指出:若一个物体系所受合外力为零,则物体的总动量保持不变;若物体系所受合外力在某个方向的分量为零,则此物体系的总动量在该方向的分量守恒。

设在平直导轨上,两个滑块作对心碰撞,若忽略空气阻力,则在水平方向上就满足动量守恒定律成立的条件,即碰撞前后的总动量保持不变。

m1u1+m2u2=m1v1+m2v2(2-3-1)其中,u1、u2和v1、v2分别为滑块m1、m2在碰撞前后的速度。

若分别测出式(2-3-1)中各量,且等式左右两边相等,则动量守恒定律得以验证。

2.碰撞后的动能损失只要满足动量守恒定律成立的条件,不论弹性碰撞还是非弹性碰撞,总动量都将守恒。

但动能在碰撞过程中是否守恒,还将与碰撞的性质有关。

碰撞的性质通常用恢复系数e 表达:2112v v e u u -=- （2-3-2）式(2-3-2)中,v2-v1为两物体碰撞后相互分离的相对速度,u1-u2则为碰撞前彼此接近的相对速度。

(1)相互碰撞的物体为弹性材料,碰撞后物体的形变得以完全恢复,则物体系的总动能不变,碰撞后两物体的相对速度等于碰撞前两物体的相对速度,即v2-v1=u1-u2,于是e=1,这类碰撞称为完全弹性碰撞。

(2)若碰撞物体具有一定的塑性,碰撞后尚有部分形变残留,则物体系的总动能有所损耗,转变为其他形式的能量,碰撞后两物体的相对速度小于碰撞前的相对速度,即0<v2-v1<u1-u2于是,0<e<1,这类碰撞称为非弹性碰撞。

(3)碰撞后两物体的相对速度为零,即v2-v1=0或v2=v1=v,两物体粘在一起以后以相同速度继续运动,此时e=0,物体系的总动能损失最大,这类碰撞称为完全非弹性碰撞,它是非弹性碰撞的一种特殊情况。

大学物理第2章质点动力学习题(含解答)

第2章质点动力学习题解答2-1 如图所示，电梯作加速度大小为a 运动。

物体质量为m ，弹簧的弹性系数为k ，•求图示三种情况下物体所受的电梯支持力（图a 、b ）及电梯所受的弹簧对其拉力（图c ）。

解：（a ）ma mg N =- )(a g m N += （b ）ma N mg =- )(a g m N -= （c ）ma mg F =- )(a g m F +=2-2 如图所示，质量为10kg 物体，•所受拉力为变力2132+=t F （SI ），0=t 时物体静止。

该物体与地面的静摩擦系数为20.0=s μ，滑动摩擦系数为10.0=μ，取10=g m/s 2，求1=t s 时，物体的速度和加速度。

解：最大静摩擦力)(20max N mg f s ==μmax f F >，0=t 时物体开始运动。

ma mg F =-μ，1.13.02+=-=t mmgF a μ 1=t s 时，)/(4.12s m a =dtdv a =Θ，adt dv =，⎰⎰+=t v dt t dv 0201.13.0t t v 1.11.03+=1=t s 时，)/(2.1s m v =2-3 一质点质量为2.0kg ，在Oxy 平面内运动，•其所受合力j t i t F ρρρ232+=（SI ），0=t 时，速度j v ρρ20=（SI ），位矢i r ρρ20=。

求：（1）1=t s 时，质点加速度的大小及方向；（2）1=t s 时质点的速度和位矢。

解：j t i t m Fa ρρρρ+==223 223t a x =，00=x v ，20=x ⎰⎰=tv x dt t dv x0223，23t v x =⎰⎰⎰==txtx dt t dt v dx 03202，284+=t xt a y =，20=y v ，00=y⎰⎰=tv y tdt dv y02，222+=t v y⎰⎰⎰+==tyty dt t dt v dy 020)22(，t t y 263+=（1）1=t s 时，)/(232s m j i a ρρρ+=（2）j t i t v ρρρ)22(223++=，1=t s 时，j i v ρρρ2521+= j t t i t r ρρρ)26()28(34+++=，1=t s 时，j i r ρρρ613817+=2-4 质量为m 的子弹以速度0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：（1）子弹射入沙土后，速度随时间变化的关系；（2）子弹射入沙土的最大深度。

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案习题二2-1 质量为m 的子弹以速率0v 水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为k ，忽略子弹的重力，求：(1)子弹射入沙土后，速度大小随时间的变化关系； (2)子弹射入沙土的最大深度。

[解] 设任意时刻子弹的速度为v ，子弹进入沙土的最大深度为s ，由题意知，子弹所受的阻力 f = - kv(1) 由牛顿第二定律 tv m ma f d d ==即 tv mkv d d ==-所以t m k v v d d -=对等式两边积分 ⎰⎰-=t v v tm k v v 0d d 0得t mk v v -=0ln因此t mke v v -=0(2)由牛顿第二定律xvmv t x x v m t v m ma f d d d d d d d d ==== 即 xvmvkv d d =- 所以 v x mkd d =-对上式两边积分 ⎰⎰=-000d d v sv x m k得到v s mk-=-即 kmv s 0=2-2 质量为m 的小球，在水中受到的浮力为F ，当它从静止开始沉降时，受到水的粘滞阻力为f ＝kv (k 为常数)。

若从沉降开始计时，试证明小球在水中竖直沉降的速率v 与时间的关系为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kFmg v 1[证明] 任意时刻t 小球的受力如图所示，取向下为y 轴的正方向，开始沉降处为坐标原点。

由牛顿第二定律得t vm ma f F mg d d ==-- 即tvmma kv F mg d d ==-- 整理得mtkv F mg v d d =--对上式两边积分 ⎰⎰=--t v mt kv F mg v00d d 得mktF mg kv F mg -=---ln即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-m kte kF mg v 1mgFf2-3 跳伞运动员与装备的质量共为m ，从伞塔上跳出后立即张伞，受空气的阻力与速率的平方成正比，即2kv F =。

功能原理(大学物理)

外力
内力
外力
＋
保守内力
非保守内力
质点系的动能定理
Σ Σ n
n
E E ＝－
ki
ki0
i＝1
i＝1
W W Σ E Σ E Σ E Σ E 外力＋
n
＝非保守内力
i＝1
n
－
ki i＝1
n
ki0＋( i＝1
n
Pi －
i＝1
)
Pi0
Σ E Σ E Σ E Σ E n
＝(
i＝1
n
＋
ki i＝1
n
Pi）－( i＝1
E P=－k2 ( F －
u
mg
2
)
本题结束
例题：劲度系数为k 的弹簧,下端固定在水平面上，
如图所示，今将一质量为m的物体轻轻放在弹簧上，立即松手，欲求弹簧的最大压缩量，你采用什么规律？关系式是__________；结果是__________。
（练习册P25填充题7）
m
分析：根据题意，松手后弹簧的弹性
压缩过程摩擦力的功:
Wf = - m(M + m )g x
由功能原理:
- m(M + m )g x
=
1 2
k
x
2
-
21(M +m )v 2
1 2
(
力克服物体的重力作功，是属于保守
力作功所以采用：机械能守恒的规律
关系式：
mg
x
=
－1
2
k
x
2
结果是
x=
2mg
k
本题结束
例题：已知地球的半径RE 约为6.4×103km今有质量m

大学物理碰撞实验结论

大学物理碰撞实验结论
大学物理中的碰撞实验是探索物体之间相互作用的重要实验之一。

根据碰撞实验的基本原理和观察结果，可以得出以下结论。

动量守恒定律：在碰撞过程中，总动量保持不变。

无论是完全弹性碰撞还是非完全弹性碰撞，系统的总动量在碰撞前后都保持不变。

这意味着，在碰撞中一个物体的增加动量必然伴随着另一个物体的减少动量。

动能守恒定律（对于完全弹性碰撞）：在完全弹性碰撞中，总动能保持不变。

当两个物体发生完全弹性碰撞时，它们之间没有能量损失。

部分或全部动能被转移到其他形式的能量，如弹性势能。

在碰撞后，物体的速度和动能可能会发生改变，但总动能保持不变。

质心运动：碰撞实验还可揭示质心运动的规律。

质心是系统的整体运动中心，质心坐标的变化取决于各个物体的质量和速度。

在碰撞过程中，质心位置可能会发生变化，但质心速度在不受外力作用时保持恒定。

弹性系数：弹性系数衡量了碰撞中动能的损失程度。

对于非完全弹性碰撞，部分动能转化为其他形式的能量，如热能或塑性变形。

弹性系数越接近于1，表示碰撞越接近完全弹性；弹性系数越接近于0，表示碰撞越接近非弹性。

大学物理(3.5.2)--碰撞碰撞定律质心运动定律

第五讲碰撞碰撞定律质心运动定律
第五讲碰撞碰撞定律质心运动定律
※ 碰撞
质点、质点系或刚体之间，通过极短时间的相互作用而使运动状态发生显著变化的过程。
※ 碰撞过程的特点
(1) 作用时间极短
(2) 作用力变化极快
(3) 作用力峰值极大 (4) 过程中物体会产生形变
(5) 。
可
认
为
仅 e
有
内v2 v10
力 v的1 v20
作(分用离，速故度系) (接近速度)
统遵e守称动恢量复守系恒数定（取决于材料性质）
律
2/16
※ 碰撞的分类
(1) 弹性碰撞 ( 完全弹性碰撞 ) 当 e ＝v21时v1 v10 v20
，此时说明碰撞后形变能完全恢复，没有机械能的损失 ( 碰撞前后机械能守恒 ) 。
i 1 N
mi

i 1
M
i 1
rm11,,rm2 ,2,,, rmi,i,,,mrnn
z
rmi irCr1
m2 m1
O
y
x
10/16
(2) 质心位置：rC miri / M i
xC mi xi / M yC mi yi / M
两边平方
速后(两度mv是球互速vm2度相v1 v垂v112m直,vv22的2)v1。 v2
v
v22
v1

v2
(1)
由机械能守恒（势能无变化）( 12
mv 2

1 2
mv12

1 2
mv22 )
比较v1以 v上2
(1)(2) 两式
(5) 质心的速度

大学物理第十八章碰撞

动量守恒
由于对心碰撞中没有外力作用，因此动量守恒，即碰撞前后的动量之和保持不变。
能量损失最小
对心碰撞中，由于两物体直接接触，能量损失最小，因此可以认为能量守恒。
对心碰撞的能量损失
1 2
能量损失最小
在对心碰撞中，由于两物体直接接触，能量损失最小。
能量损失的原因
能量损失是由于碰撞过程中物体的形变和内摩擦等因素引起的。
3. 通过计算机模拟，可以进一步分析碰撞过程中的细节和影响因素。
实验结论与讨论
实验结论
通过实验观察和数据分析，验证了碰撞过程中动量守恒和能量守恒定律的正确性。同时，实验结果也表明碰撞过程中物体的运动状态和能量损失与物体的质量、速度、形状等因
素有关。
讨论
本实验中，我们采用了简单的碰撞实验装置和测量仪器，可能存在一定的误差。为了更精确地研究碰撞过程，可以采用更先进的实验设备和测量技术。此外，本实验主要关注了碰撞过程中的力学现象，实际上，碰撞过
碰撞前后，系统的动能发生变化，部分动能转化为内能。
系统动量守恒
碰撞前后，系统的总动量保持不变。
有能量损失
碰撞过程中，部分能量转化为内能或以其他形式散失。
弹性碰撞与非弹性碰撞的能量损失比较
01
在弹性碰撞中，没有能量转化为内能，能量损失为零；而在非弹性碰撞中，部分动能转化为内能，存在能量损失。
02
能量损失的大小取决于碰撞后的系统状态，具体表现为系统动
碰撞是自然界和工程领域中广泛存在的现象，如行星和卫星的运动、机械工程中的冲击和碰撞等。
碰撞过程中能量和动量的传递和转化，对于理解物质的基本性质和运动规律具有重要意义。
碰撞的分类
01

大学物理第2章质点动力学习题答案

第二章质点动力学2－1一物体从一倾角为30︒的斜面底部以初速v 0=10m·s -1向斜面上方冲去，到最高点后又沿斜面滑下，当滑到底部时速率v =7m·s -1,求该物体与斜面间的摩擦系数。

解：物体与斜面间的摩擦力f ＝uN ＝umgcos30︒物体向斜面上方冲去又回到斜面底部的过程由动能定理得220112(1)22mv mv f s -=-⋅物体向斜面上方冲到最高点的过程由动能定理得2010sin 302mv f s mgh f s mgs -=-⋅-=-⋅-20(2)(31)v s g u ∴=-把式（2）代入式（1）得，()222200.1983v v u v v-==+2－2如本题图，一质量为m 的小球最初位于光滑圆形凹槽的A 点，然后沿圆弧ADCB 下滑，试求小球在C 点时的角速度和对圆弧表面的作用力，圆弧半径为r 。

解：小球在运动的过程中受到重力G 和轨道对它的支持力T .取如图所示的自然坐标系，由牛顿定律得22sin (1)cos (2)t n dv F mg mdt v F T mg mR αα=-==-=由,,1ds rd rd v dt dt dt vαα===得代入式（）， A 并根据小球从点运动到点C 始末条件进行积分有，902n (sin )2cos 2cos /m cos 3cos '3cos ,e v vdv rg d v gr vg rrv mg mg rmg ααααωαααα=-===+==-=-⎰⎰得则小球在点C 的角速度为＝由式（2）得 T 由此可得小球对园轨道得作用力为T T 方向与反向2－3如本题图，一倾角为θ的斜面置于光滑桌面上，斜面上放一质量为m 的木块，两者间摩擦系数为μ，为使木块相对斜面静止，求斜面的加速度a 应满足的条件。

习题2－2图Ao B r DCT α解：如图所示()1212minmax sin ,cos cos sin (1)sin cos 2(1)(2)(sin cos )(cos sin )(sin cos )()(cos sin )1(2)(1)(sin cos )(cos sin )(sin cos a a a a N mg ma ma mg uN m a ma u g u a u g u g tg u a u utg u g u a u g u a θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθ==∴-==±==⨯+-=+--∴==++-⨯+=-+∴=得，得，)()(cos sin )1()()11g tg u u utg g tg u g tg u a utg utg θθθθθθθθθ+=---+∴≤≤+-2－4如本题图，A 、B 两物体质量均为m ，用质量不计的滑轮和细绳连接，并不计摩擦，则A 和B 的加速度大小各为多少。

大学物理实验碰撞打靶实验

2.11碰撞打靶实验物体间的碰撞是自然界中普遍存在的的现象，从宏观物体的一体碰撞到微观物体的粒子碰撞都是物理学中极其重要的研究课题。

本实验通过两个球体的碰撞、碰撞前的单摆运动以及碰撞后的平抛运动，应用已学到的力学定律去解决打靶的实际问题，从而更深入地了解力学原理，并提高分析问题、解决问题的能力。

【实验目的】（1）研究两个球体的碰撞及碰撞前的单摆运动以及碰撞后的平抛运动（2）用已学到的力学定律去解决打靶的实际问题（3）分析实验过程，了解能量损失的各种来源【实验原理】1.碰撞：指两运动物体相互接触时，运动状态发生迅速变化的现象。

（“正碰”）是指两碰撞物体的速度都沿着它们质心连线方向的碰撞；其他碰撞则为“斜碰”。

）2.碰撞时的动量守恒：两物体碰撞前后的总动量不变。

3.平抛运动：将物体用一定的初速度υ0沿水平方向抛出，在不计空气阻力的情况下，物体所作的1运动称平抛运动，运动学方程为χ＝υ0t，ｙ＝gt2（式ｔ中是从抛出开始计算的时间，χ是物体在2时间ｔ内水平方向的移动距离，ｙ是物体在该时间内竖直下落的距离，ｇ是重力加速度）。

4.在重力场中，质量为ｍ的物体在，被提高距离ｈ后，其势能增加了E p＝mgh15.质量为m的物体以速度υ运动时，其动能为E k=mυ2。

26.机械能的转化和守恒定律：任何物体系统在势能和动能相互转化过程中，若合外力对该物体系统所做的功为零，内力都是保守力（无耗散力），则物体系统的总机械能（即势能和动能的总和）保持恒定不变。

7.弹性碰撞：在碰撞过程中没有机械能损失的碰撞。

8.非弹性碰撞：碰撞过程中的机械能不守恒，其中一部分转化为非机械能（如热能）。

【实验仪器】碰撞打靶实验仪如图1所示，它由导轨、单摆、升降架（上有小电磁铁，可控断通）、被撞小球及载球支柱，靶盒等组成。

载球立柱上端为锥形平头状，减小钢球与支柱接触面积，在小钢球受击运动时，减少摩擦力做功。

支柱具有弱磁性，以保证小钢球质心沿着支柱中心位置。

大学物理碰撞实验报告

大学物理碰撞实验报告大学物理碰撞实验报告引言：物理学是一门研究自然界基本规律的科学，而实验是物理学研究的重要手段之一。

在大学物理实验中，碰撞实验是一种常见的实验方法，通过研究物体之间的碰撞过程，可以深入了解能量守恒、动量守恒等基本物理规律。

本报告将详细介绍一次大学物理碰撞实验的过程和结果。

实验目的：本次实验的目的是通过观察和分析物体碰撞的过程，验证能量守恒和动量守恒定律，并探究碰撞的类型及其影响因素。

实验装置：实验所需的装置包括：平滑水平轨道、两个小球（分别标记为A和B）、碰撞探测器、计时器等。

实验步骤：1. 将轨道放置在水平平面上，并确保其表面光滑无障碍物。

2. 将小球A放置在轨道的起点，小球B放置在轨道的终点。

3. 记录小球A和小球B的质量，并使用计时器记录碰撞前后的时间。

4. 用手轻轻推动小球A，使其沿轨道运动。

5. 观察小球A与小球B的碰撞过程，并记录碰撞后两个小球的运动状态。

实验结果：经过多次实验，我们得到了以下结果：1. 在完全弹性碰撞中，小球A和小球B的总动量守恒，即碰撞前后两个小球的动量之和保持不变。

2. 在完全非弹性碰撞中，小球A和小球B的总能量守恒，即碰撞前后两个小球的能量之和保持不变。

3. 在碰撞中，小球A和小球B的速度会发生变化，且变化的大小与碰撞类型和碰撞角度有关。

讨论与分析：通过实验结果可以看出，能量守恒和动量守恒定律在物体碰撞过程中得到了验证。

在完全弹性碰撞中，碰撞前后两个小球的动量之和保持不变，说明动量守恒定律成立。

而在完全非弹性碰撞中，碰撞前后两个小球的能量之和保持不变，说明能量守恒定律成立。

这与物理学基本规律相一致。

此外，我们还观察到碰撞类型和碰撞角度对碰撞过程的影响。

在完全弹性碰撞中，两个小球碰撞后会分别弹开，速度变化较大。

而在完全非弹性碰撞中，两个小球碰撞后会黏合在一起，速度变化较小。

这说明碰撞类型对碰撞过程中能量转化和分配的影响较大。

此外，碰撞角度也会影响碰撞后小球的运动轨迹和速度变化。

大学物理2-6碰撞

大学物理答案第1～2章

大学物理仿真实验报告-碰撞与动量守恒

大学物理仿真实验报告材料-碰撞与动量守恒

2-6 动量定理 动量守恒

碰撞打靶实验报告

大学物理课后习题(第二章)

碰撞 碰撞定律 质心运动定律 东北大学 大学物理

大学物理第二章质点动力学习题答案

大学物理碰撞实验报告

大学物理第2章 质点动力学习题(含解答)

大学物理2-1第二章(质点动力学)习题答案

功能原理(大学物理)

大学物理碰撞实验结论

大学物理(3.5.2)--碰撞碰撞定律质心运动定律

大学物理第十八章碰撞

大学物理第2章质点动力学习题答案

大学物理实验碰撞打靶实验

大学物理碰撞实验报告

2-6 动量定理动量守恒

碰撞碰撞定律质心运动定律东北大学大学物理

大学物理第2章质点动力学习题(含解答)