全国高中物理竞赛机械能训练题解答

1、 火车以不变的速度v 向前运动．在其中一节车厢内的光滑桌面上有一轻质弹簧,一端固定在车厢的壁板上,现用手将弹簧压缩一段距离,然后把质量为m 的物体与弹簧的自由端靠在一起（不连接）,如图所示．放手以后,物体受弹力作用在桌面上运动,离开弹簧时（仍在桌面上）对车厢的速度为'v ．问从放手到物体离开弹簧瞬间,车厢壁板对弹簧的作用力做了多少功？（在地面参照系计算）解法一：由于壁板对弹簧的作用力不是一个常力,所以直接用作用力乘位移去求解稍有困难．这里在火车参照系中（也是惯性系）对物块的运动应用动能定理来处理． 在火车参照系中,物体与弹簧未分离前,是一个弹簧振子系统．弹性力做功等于振子动能的增量'212mv ,弹性力做功又等于弹性势能的减少量,即p E -∆（p E ∆为增量）,所以有关系'212p mv E =-∆ 在地面参照系中再次利用动能定理．壁板作用力对弹簧系统做的功W 加上弹性力做的功（p E -∆）等于物体动能的增量,即()2'21122p W E m v v mv -∆=+- 所以,壁板作用力做功为 ()()22'2'2'2'1111122222p W m v v mv E m v v mv mv mv v =+-+∆=+--= 解法二：在车厢参照系应用动量定理．在弹力作用在物体上的同时,也对壁板有相同大小的作用力（因弹簧质量不计）,设这个力在整个作用过程中的平均值为F ,作用全过程所用的时间为t ．根据动量定理,作用在物体上的冲量等于物体动能的增量,即'F t mv =这个力F 也是壁板对弹簧的平均作用力．方程两边均乘车子速度v ,得到 'Fvt mv v = 而左式 Fvt F x W ==正好等于地面参照系中壁板对弹簧做的功,为壁板对弹簧作用点在地面参照系中的位移．最后得 'W mv v =2、如图所示,木板A 原来静止在光滑的水平面上,其中放一块木块B ．现用一足够大的水平力作用于A ,使系统向右运动．运动过程中B 与A 始终有相对滑动．当木板A 向右移动 1.0m A S =时,木块B 对地的位移0.75m B S =．已知B 的质量 1.0kg B m =,B 与A 之间的滑动摩擦系数0.4μ=,取210m s g =．试分别以地面和木板A 为参照系计算A 和B 之间的摩擦力对A B 、以及A 和B 这个系统做的功．S解：设A 和B 之间的摩擦力大小为f ．在地面参照系中,摩擦力对A 做的功为4J A A B A W fS m gS μ=-=-=- 摩擦力对B 做的功为3J B B B B W fS m gS μ=== 摩擦力对A B 、做的总功为1J A B W W W =+=-在木板A 参照系中,A 静止,摩擦力对A 做功为零．即'0A W =．B 的位移为0.25m A B S S -=,摩擦力对B 做功为()'1J B A B W f S S =--=-．所以A 参照系中,摩擦力对系统的总功为''1J B W W ==-3、如图所示,在一个与地面夹角为α,以恒定速度0v 向下运动的传送带上放一个质量为m 的砖,砖被一根上端固定的绳拉着,不能和传送带一起向下运动,问自从把绳剪断后经过多长时间,砖获得传送带的速度？在此过程中,作用在转上的摩擦力做了多少功？已知砖与传送带的动摩擦因数是μ．解：由动力学方程可得砖获得的加速度为(sin cos )a g αμα=+故砖获得速度0v 所需的时间为0(sin cos )v t g αμα=+在此时间内,砖相对于传送带所通过的距离为202(sin cos )v l g αμα=+摩擦力做正功,其值为201cos 2tan W fL mgl mv μμαμα===+ 4、如图所示,长为l 的轻质细杆上端A 固定一个重球,直立于粗糙硬地上,由静止开始倒落,试求小球与地面相碰时的速度．解 倒落过程分两个阶段,以0N =时分界：设α位置时,0N =,则有22cos 1(1cos )2mv mg l mv mgl αα⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ 解之 v =,且2cos 3α= 此后,杆离地,小球作斜抛运动：ycos x v v α==A 碰地时 2222Ax y v v v gl =+=A v =5、 如图所示,一人手持质量为m 的小球乘坐在热气球下的吊篮里．气球、吊篮和人的总 质量为M ．整个系统静止在空中．突然人将小球急速上抛,经过时间t 后小球又返回人 手．设人手在抛接球时相对吊篮的位置不变．试求人在抛球过程中对系统做了多少功．解：设人将小球急速上抛,小球刚抛出的向上的速度为v ,与此同时M 向下的速度为V ,则人在抛球过程中对系统做的功为221122A mv MV =+ （1） 人将小球急速抛出以后,依动量守恒,v 和V 满足mv MV = （2）以抛出点为坐标原点,取向上为坐标轴y 的正向．在此坐标下,M 的初速为V -,受到合力mg ,加速度为1mg M,运动方程为 2112M Y Vt mg t M ⎛⎫=-+⎪⎝⎭（3） 在同样的坐标下,m 的初速为v ,受力为mg -,加速度为g -,运动方程为 212m Y vt gt =-（4）在t 时刻,若0M m Y Y ==,就是小球返回人手的位置．所以 12v gt = （5）12m V gt M⎛⎫=⎪⎝⎭（6）其中t 是题中所给的时间．代入方程（1）,得到人对系统做的功22221111()22228mm M m A m gt M gt g t MM ⎡⎤+⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦（7） 6、 跳水运动员从高于水面10m H =的跳台落下,加入运动员质量为60kg m =,其体型可等效为长度 1.0m L =,直径0.30m d =的圆柱体,不计空气阻力．运动员入水后,水的等效阻力F 作用于圆柱体的下端面,F 的数值随入水深度y 变化的函数图像如图所示,该曲线可近似的看做为椭圆的一部分,该椭圆的长短轴分别与坐标轴Oy 和OF 重合．椭圆与y轴52（a ）yO相交于y h =,与F 轴相交于()52F mg =处．为了确保运动员的安全,试计算水的深度至少应为多深？（水的密度331.010kg m ρ=⨯）解：设运动员起跳时为初状态,入水以后到达最深处时为末状态．初、末状态动能都为零,整个过程中有三个力做功,重力做功为G W ,水的浮力做功为f W ,水的阻力做功为F W ,由动能定理可知0G f F W W W ++= （1） 设水深为h ,则()G W mg H h =+ （2） 运动员从B 运动到C 时,水的浮力均匀增大,做的功为122211228f d W L gL L d g ρππρ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭（3）从C 到D ,浮力做的功为 ()2214f W Ld h Lg πρ=-- （4） 水的阻力做的功为图（b ）中曲线下的面积55428F W mgh mgh ππ=-=- （5）将（2）、（3）、（4）、（5）式代入（1）式,可解得()()()()22218 4.9m 5814mH L d h m Ld m πρππρ+==+- 7、一质量为M 的平顶小车,以速度0v 沿水平方向的光滑轨道做匀速直线运动,现将一质量为m 的小物块无初速的放置在车顶前缘．已知物块与车顶之间的滑动摩擦因数为μ．1）若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶至少要多长？2）若车顶长度符合1）问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功？解：1）物块放到小车上以后,由于摩擦力的作用,当以地面为参照系时,物块将从静止开始加速运动,而小车将做减速运动．令表示此时的速度v ,在这个过程中,若以物块和小车位系统,因为水平方向未受外力,所以此方向上动量守恒,即()0Mv m M v =+ （1） 根据质点动能定理,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即2112mv mgs μ= （2） 式中1s 为物块移动的距离．同时,小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即22021122Mv Mv mgs μ-=- （3）（b ）式中2s 为小车移动的距离．用l 表示车顶的最小长度,则21l s s =- （4） （1）--（4）式联立求解,得()22Mv l g m M μ=+ （5）2）由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动能的增量,即 ()2201122A m M v Mv =+- （6） （1）、（6）式联立求解,得()22mMv A m M =-+ （7）8、一质量为m 的小球,在固定的光滑半球面上的任一点P 点由静止开始释放,滚至Q 点时沿切向脱离球面,已知P 点对应的高度为P h ,Q 点对应高度为Q h ,如图所示,试证明：13P Q P h h h -=证明 小球只受重力和支持力的作用,只有重力做功,支持力不做功,故在P Q -过程中机械能守恒212P Q mgh mgh mv =+ （1）在Q 点脱离球面市,由质点动力学方程得 2cos mv mg Rθ= （2） 由图示 cos Q h R θ= （3） 由（1）－（3）得 13P Q P h h h -=9、有一根很轻的弹簧,上端固定,在它的下端挂上一个质量为10.01kg m =的小球时,弹簧伸长0.004m ,这时小球在1O 点．在小球下再加一个质量为20.05kgm =的物体,则小球下降到2O 点,如图所示,今将2m 取走,小球就上下振动,球小球通过1O 点时的速度,（210m s g =） 解：弹簧的劲度系数110.011025(N m)0.004m g K l ⨯===2设122O O l =,则()220.05100.02m 25m g l K ⨯=== 取走2m 后小球做简谐振动,机械能守恒．设1m 在2O 处的重力势能为零,则有()22221211121122K l l l m v m gl ⎡⎤+-=+⎣⎦ ()()2221212212222225(0.0240.004)2100.020.011m s K l l l v gl m ⎡⎤+-⎣⎦=--=-⨯⨯=1v m s ∴=10、 水平桌面上有一光滑小孔,一根长为2l 、质量为2m 的均匀柔绳穿过小孔,绳的一半伸长置于桌面上,另一半穿过小孔下垂,并保持静止．然后释放,让绳经小孔下垂运动．设绳与桌面间的摩擦系数为μ．求绳尾到桌上小孔时,绳的速度大小．解：若初始释放后,绳能经小孔下垂运动,必须满足mg mg μ>即1μ<．柔绳系统在运动过程中,除重力做功g A 外,还有桌面摩擦力做功f A ．求出g A 和f A 后,可利用功能定律得到柔绳的速度v ．重力做功可利用柔绳质心下降距离表示,134434g h l l lA mg h mgl∆=-==∆= 摩擦力做负功,摩擦力在柔绳运动过程中,随着桌面上绳长的减小而减小．设单位柔绳质量为λ,mlλ=．当柔绳向下位移为x 时,尚在桌面上的绳长为l x -,质量为()l x λ=-,水平桌面作用在柔绳上的摩擦力的大小为()f l x g μλ=-．可见f 随x 增大（即绳在桌上部分减小）而线性减小；当0x =时,()0f mg μ=；当x l =时,()0f l =．所以从0x =到x l =过程中摩擦力做功为12f A mgl μ=． 动能定理告之, ()22122g f A A m v mv ⎡⎤+=∆=⎢⎥⎣⎦即23142mgl mgl mv μ-=解得绳的速度为v ==11、 一个人站在水平地面上,手握细绳一端,另一端拴一石块,并使其以手为中心在竖直面内作圆周运动．问：当石块在什么位置时,地面对人的弹力最小？设绳长为l ．解：设石块在最高点的速率为0v ,为完成竖直面内的圆周运动,0v 必须满足关系2v g l=, 即0v ≥（1）在此条件下,石块在竖直面内作圆周运动过程中,通过绳中张力与人手相互作用．当张力作用在竖直向上方向的分力最大时,地面对人的弹力最小．设此时绳与竖直方向的夹角为θ,如图所示,石块速度为v ,绳中张力为T ．写出石块运动满足的能量关系和法向动力学方程：()220111cos 22mv mv mgl θ=+- （2）2cos v T mg m lθ+= （3）联立（2）和（3）,写出绳中张力在竖直向上方向的分量（此分力即为绳作用在人手上作用力在竖直向上分力的大小）：220220222200cos cos cos 2(1cos )cos cos 3cos 2cos 1323cos 63433T T v m mg l mv mgl mg l mv mg mg l v v mg mg gl gl θθθθθθθθθ⊥=⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎡⎤+-=-⎢⎥⎣⎦⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--+++⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎣⎦ （4）由此可得 1）若201163v gl +<,即0v <T ⊥达最大,θ满足201cos 63v gl θ=+ 若结合（1）,0v 应有如下关系 0v ≤<2)若201163v gl +≥,即0v ≥T ⊥达最大,θ满足 cos 1,0θθ== v当T ⊥达最大时,也就是地面对人的弹力最小．12、质量分别是1m 和2m 的两物块用橡皮绳相连放在水平台面上,橡皮绳原长为a ,当它伸长时,如同一弹性系数为k 的弹簧．物块与台面间的摩擦系数为μ．今将两物块拉开至相距()b b a >静止释放,如图所示．求两物块相碰时的相对速度大小． 解：在台面参照系中,由于系统的机械能和动量均不守恒,无法应用守恒定律；由于系统动量不守恒,两物位移无确定关系,摩擦力做功不易求得,无法应用动能定理；由于系统自释放开始至相碰为止的时间无法确定,无法应用动量定理．思考之下,在台面参照系中,只能对两物分别应用牛顿定律进行讨论．如图中所示坐标．设12m m 、的坐标分别为12x x 、,则它们的牛顿方程分别为：11211()m a k x x a m g μ=--- （1） 22212()m a k x x a m g μ=---+ （2） 以上方程,由于弹性绳只在拉伸时有弹力,则上式中的k 有条件210,0x x a k -->>有 （3）210,0x x a k --≤=有 （4）用1m 同乘（2）式两边,用2m 同乘（1）式两边,新得得两式再相减,得()()1221122112()2m m a a k m m x x a m m g μ-=-+--+ （5） 令21y x x =-,则21y a a a =-,y 为两物相对距离,y 为相对加速度．又令1212m m m m m μ=+为折合质量,改写式（5）2y mmkka y a g μμμ=-++ （6）注意这里m μ为折合质量,μ为摩擦系数．设两物的速度分别为1v 和2v ,相对速度为21y v v v =-,相对加速度为()212y yy y y y v v v v y a v t y t y y∆∆∆∆∆====∆∆∆∆∆ （7） 代入式（6）整理得 2122y m mk ka v y y y g y μμμ⎛⎫∆=-∆+∆+∆⎪⎝⎭（8）121m 2m x两边分别对整个运动过程求和,并注意到式（4）,即y a ≤时,0k =．得到()0200211221122ry v aa y v yb y by bm m aa yb y by bm mav ky y k y g yaky ky g yμμμμμμ=======⎛⎫∆=-∆+∆+∆ ⎪⎝⎭⎛⎫=-∆+∆+∆ ⎪⎝⎭∑∑∑∑∑∑∑解得()()()2222244r mmmkkakv ba b a gb b a gb μμμμμ=-+--=--这里的r v 为所求两物相碰时的相对速度,r v 为1212r v v v v v =-=+=（9）13、如图所示,质量为M 的滑块可以在光滑水平导轨上无摩擦滑动,长为l 的轻绳一端系于滑块M 上,另一端系一质量为m 的小球．今将轻绳沿水平拉直,使小球与滑块等高,并同时释放．试问,当轻绳与水平导轨夹角为θ时绳中张力T 为多大？解：因系统在运动过程中不受水平方向外力作用,所以水平方向系统动量守恒．设小球在图中坐标下的水平方向分速度为x v ,滑块在导轨上的速度大小为u ,依水平方向动量守恒有关系式x mv Mu = （1） 又因为系统是一个保守系统（只有保守力做功）,所以系统机械能守恒,有关系式 ()22211sin 22x y mgl m v v Mu θ=++ （2） 再在滑块参照系中,x y v v u θ、、、有约束关系式： tan x yv uv θ+=（3） 若把θ作为参量,则式（1）--（3）联立,可解出x y v v u 、、：()()23222sin cos xM gl v M m m M θθ=++ （4） x mu v M= （5） cot y x M m v v M θ+⎛⎫=⎪⎝⎭（6）再利用滑块参照系,求绳中张力． 设小球相对于滑块的速度为'v ,其大小为()()222'222222sin cot cos x y x x M m gl M m M m v v u v v v M M m M θθθ+++⎛⎫⎛⎫=++=+= ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭（7） 设滑块在绳子张力的水平作用下的加速度为a ,显然,滑块在导轨参照系中的动力学方程为cos T Ma θ= （8）在滑块参照系（非惯性系）中,小球的法向动力学方程为'2cos sin mv T ma mg lθθ+-= （9）联立方程（7）--（9）,消去a 和'v ,最后解得绳中张力为 ()()22232cos sin cos M m T mMg M m θθθ++=+14、如图(a)所示,长为的轻绳两端各系一质量为m 的小球,中央系一质量为M 的小球,三球均静止于光滑水平面上,绳处于拉直状态．今给小球M 一冲击,使其获一水平垂直于绳的初速度v ,试求当两端小球碰撞前瞬间绳内的张力． 解：设两球相碰前瞬间,小球M 和m 相对于桌面的加 速度大小分别为M a 和m a ,则有2()M T Ma V =-方向 （1） ()m T ma V =+方向 （2）相对于小球M ,小球m 作圆周运动,在碰撞前瞬间,小球m 相对于M 的向心加速度为2()x v b V +方向,其中x v 为碰撞前小球在绳垂直方向的分速度,因此有()2m x M a v a =- （3）（1）、（2）、（3）三式联立解得 ()22x M T mv M m=+ （4） 设y v 为碰撞前的瞬间小球M 的速度,由于绳子的长度保持不变,小球m 沿绳方向的分速度为y v ,如图（b ）所示．由机械能守恒和动量守恒定律,有()()22222211112222y x y x y MV Mv m v v m v v =++++ （5）M(a)mxv yxv (b)(2)y MV M m v =+ （6）解（5）和（6）式,得 222xMV v M m=+代入（4）式得 ()2222M mV T M m b=+15、如图（a ）所示,在盛有水的圆柱形容器内竖直地浮着一块圆柱形木块,木块体积为V ,高为h ,其密度为水密度的一半,横截面积也为容器截面积的一半,水面高为2h ,用一细棒把木块缓慢的压制容器底部,求木棒的压力做了多少功？解：显然木棒给木块的压力为变力,直接用功的计算公式是难于求出该力做功的．我们可以分析一下此题的特点,不难发现缓慢下压的过程,说明了木块的动能不变．因此,压力的功实际上是使物体的势能和水的势能发生变化,我们求出势能的变化就可以求压力做的功．注意到木块经过了两个过程：一是下压到水面相平的过程；二是下压至容器底部的过程．水面高度的变化和木块实际下降的距离是处理问题的关键． 第一个过程中,水面上升4h ,木块实际下降也为4h 水增加的势能为1344p V hE g ρ= 木块减少的势能为224p hE Vgρ= 此过程中压力所做的功为131442416V h h W g Vg Vgh ρρρ=-= 第二个过程中,木块继续下降的距离为54h ,其所占那部分水的重心上升也为54h,如图（b ）所示．此过程中压力做功为25554248h h W V g Vg Vgh ρρρ=-= 所以,整个过程中压力做功为 151116816W Vgh Vgh Vgh ρρρ=+=(a) (b)16、如图所示,质量为M 的长滑块静止在光滑水平面上,左侧固定一劲度系数为k 且足够长的水平轻质弹簧,右侧用一不可伸长的细轻绳连接于竖直墙上,细绳所能承受的最大拉力为T ,使一质量为m 、初速度为0v 的小物体,在滑块上无摩擦的向左滑动,而后压缩弹簧． 1）给出细绳被拉断的条件． 2）滑块在细绳拉断以后被加速的过程中,所能获得的最大向左的加速度为多大？ 3）物体最后离开滑块时,相对地面速度恰好为零的条件是什么？ 解：1）设细绳刚被拉断时,弹簧的压缩量为0x ,此时有 0kx T = 为使弹簧压缩量达到,对小物块要求是22001122mv kx > 由此得到细绳被拉断的条件0v >2） 绳断时,小物体速度为1v ,则有222010111222mv mv kx =+ 解得1v =而后M 在弹力作用下由静止开始加速,直至与m 达到共同速度,此时弹簧压缩量x 最大,则由能量、动量守恒关系()()1222202111222mv M m v mv M m v kx =+=++ 解得kx =故此刻M 加速度最大为kx a M == 3） 当m 离开M 时速度为零,即弹簧恢复原长时刻m 速度为零,而M 速度向左为M v ,有22011122M M Mv mv Mv mv ==解得 2210M v v m=又有 2221T v v mk=-代入后即得0v m M ⎧=⎪⎨>⎪⎩此即题所求条件．17、一固定的斜面,倾角045θ=,斜面长 2.00m L =．在斜面下端有一与斜面垂直的挡板．一质量为m 的质点,从斜面的最高点沿斜面下滑,初速度为零．质点沿斜面下滑到斜面最低端与挡板发生弹性碰撞,如图所示．已知质点与斜面间的滑动摩擦因数0.20μ=．试求此质点从开始运动到与挡板发生第11次碰撞的过程中运动的总路程．解: 质点在沿斜面滑动的过程中,受到的摩擦力f 的大小为cos f mg μθ=若质点从斜面最高点第一次到达斜面最低端时的速度为1v ,则有211sin cos 2mv mgL mgL θμθ=- (1) 质点与斜面挡板发生弹性碰撞后,以速度1v 开始沿斜面上滑．若上滑的最大路程为1L ,则21111cos sin 2mv mgL mgL μθθ=+ （2）由（1）、（2）两式得11sin cos cos sin mgL mgL mgL mgL θμθμθθ-=+1sin cos sin cos L L θμθθμθ-=+ 令上式等号右边的数值等于a ,并以045,0.20θμ==代入,则得110.202,10.203L aL a -===+ （3）按同样的推理可知质点在第2次碰撞以后上滑的距离为221L aL a L ==依此类推,可知在第10次碰撞以后上滑的距离为1010L a L ==第1次碰撞前质点运动的路程为1S L =第2次碰撞前质点运动的总路程为2122S L L L aL =+=+依此类推,可知在第11次碰撞前,即从开始到发生第11次碰撞期间,质点运动的总路程为21010222S L aL a L a L =+++（4）上式等号右边的数值,可根据数学上等比级数求和的公式算出,即10101121a S L a a ⎛⎫-=+ ⎪-⎝⎭（5）故109.86m S =．18、两个钢球,质量密度相同,下面一个得半径为2a ,上面一个的半径为a ,由一水平巨形钢板平面上高h 处（按大球的球心测量）下落．如图示．假定两球球心始终在一竖直线上,而且所有的碰撞均是弹性的．求两球下落并与钢板碰后,上面那个球将达到的最大高度（球心与钢板平台）是多少？解：设上面小球的质量为1m ,下面小球的质量为2m ,显然,218m m =．当两球下落、大球落地时的共同速度为2v =大球同地面作弹性碰撞,弹起向上的速度仍为2v ,接着大球与向下的小球作弹性碰撞,此时,小球向下的速度为12v v =设大小两球碰后的速度分别为'2v 和'1v ,向上取为正方向．写出两球弹性碰撞的方程 ''22112211''2112m v m v m v m v v v v v-=++=-联立解得'22'1259239v v v v ====利用机械能守恒可以求出小球能达到的最大高度（由地面算起到小球球心）：()'21529332281v H a a h a g =+=+-19、 如图（a ）所示,一截面为等腰直角三角形的棱柱ABC ,被约束在一光滑轨道上,AB 边只能沿DE 光滑轨道运动．现有一质量与棱柱ABC 质量m 相同的光滑小球,在与ABC 同一水平面内沿垂直于轨道DE 的方向,以速度0v 与处于静止的ABC 发生弹性碰撞．求碰后它们各自的速度．解：分别以小球和棱柱ABC 作为研究对象,并设碰后小球的速度为v ,方向与轨道方向夹θ角,棱柱的速度为V ,方向沿轨道,如图（b ）所示．小球与棱柱系统沿轨道方面动量守恒、机械能守恒,有cos mv mV θ= （1）2220111222mv mv V =+ （2）以上两个方程中,有三个未知量：v V 、和θ．还需一个方程．以小球为对象,它与棱柱ABC 碰撞中,受到垂直于AC 面的水平力N 作用．由动量定理得t m m ∆=-N v v 0 此矢量式在AC 方向上的分量式为()0000cos 45cos 45mv mv θ=-- 即()0cos sin v v θθ+= （3）联立方程（1）、（2）、（3）,解得1tan 2θ=（4）03v =（5） 023V v = （6）20、如图所示,质量为1m 的物体沿光滑斜槽向下滑动,斜槽过渡时半径为R 的圆周,在最低点与质量为2m 的静止物体发生弹性碰撞,假定碰撞后2m脱离圆周轨道时的高度为AB(b)DE0h ,而1m 沿斜槽上升之后又下滑,并跟2m 随在同一地点脱轨,问第一个物体1m 应从多高处开始运动？（摩擦不计）解：设碰后小球在最低点的速率为v ,运动到C 点时的速率为c v ,则22021122cos c c mgh mv mv v mg mRθ+==而两球碰撞前后满足10212221021111222m v m v m vm v m v m v =-=+ 两式相比得1213m m = 对1m 球,利用机械能守恒定律得211012m gH m v = 另 0cos h RRθ-=由此可解得 02(3)H h R =-21、质量分别为1m 和2m 的两个小球,系在长为l 的不可伸长的轻绳两端,放置在光滑水平桌面上．初始时绳是拉直的,在桌面上另有一质量为3m 的光滑小球,以垂直于绳的速度u 与小球1m 对心碰撞,若恢复系数为e ,求碰后瞬时绳中的张力．如图（a ）所示．解：设3m 与1m 碰后沿垂直于绳的速度分别为'u 和1u ,如图（b ）所示．由于绳方向对1m 的冲量并不影响垂直于绳方向的动量,所以写出动量守恒方程和碰撞定律方程：'3311'1m u m u m u eu u u=+=-13m (a)13m 'u (b)1联立并消去'u ,解得()31131m u e u m m =++在3m 与1m 碰后,考察1m 和2m 系统,此系统既不平动,又不转动．为求绳中张力,在质心系中讨论时一种好的选择．质心沿垂直于绳方向的速度大小为 1122111212c m u m u m u u m m m m +==++此处已利用20u =,小球1m 离质心的距离为 2112m l l m m =+因此,绳的张力T 满足关系式()()()()()()()2112122211232212132221232121311c u u T m m l m m m m m m m e u m l m m m m m m m e u l m m m m -=++⎡⎤⎛⎫=+ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎣⎦=+++22、在足够长的平直轨道上有两个小球1和2,轨道右端有一堵与轨道垂直的竖直墙,墙面与小球轨道垂直．如图所示,设1和2两球质量分别为1m 和2m ,初始时球2处于静止,球1以速度v 朝球2运动,并相碰．试问两球之间能且仅能发生两次碰撞时,两球质量比21m m 的取值范围．假设球与球之间、球与墙之间的碰撞均是弹性碰撞,且球与轨道间摩擦力可略．解：取轨道向右为x 轴正向．设碰前两球的速度为12v v 、,碰后速度为''12v v 、,利用动量守恒和机械能守恒,得到碰后两小球的速度表达式()12122'1122m m v m v v m m -++=（1）()21211'2122m m v m v v m m -++=（2）因12,0v v v ==,即12v v >,两小球一定发生第一次碰撞．碰后两小球的速度由（1）和（2）得到'12112m m v v m m -+=（3）'12122m v v m m +=（4）若轨道右端没有墙,两球将不再发生碰撞．现在球2与墙相碰,速度变为'2v -,两球将有可能发生第2次碰撞．发生第2次碰撞的条件为''12v v >-代入式（3）和（4）,解得213m m < （5） 第2次碰前两小球速度分别为'1v 和'2v -,代入式（1）和（2）,得到第2次碰后的两球速度 ()()21212''12124m m m m vv m m --=+ （6） ()()112''22124m m m v v m m -=+ （7）若''20v ≤,则球1和球2向左一前一后不再发生第3次碰撞．此种情况,两球不发生第3次碰撞的条件为21m m ≥21m m ≥ （8） 若''20v >,则球2将与墙碰,碰后球2的速度为''2v -．为了使两球不发生第3次碰撞应有条件''''12v v ≤-, 即 ''''120v v +≤代入式（6）和（7）,得()()21212112440m m m m m m m --+-≤整理得 2211225100m m m m -+≤即((2121550m m m m ⎡⎤⎡⎤-+-≤⎣⎦⎣⎦解得2155m m ≤ （9） 综合式（5）、（8）、（9）,两球间能且仅能发生两次碰撞的条件为2153m m -< 23、有三个质量相等的粒子,粒子1和粒子2中间夹置一个被充分压缩了的轻质短弹簧,并用轻质细线缚在一起（可视为一个小物体）,静止地放置在光滑水平面上．另一个粒子3沿该光滑水平面射向它们．粒子3和粒子1相碰撞并粘在一起运动．后轻质细线自动崩断,使弹簧释放,3个粒子分成两部分：一部分为粒子2,另一部分为粘在一起的粒子1、3．已知弹簧被充分压缩时的弹性势能是p E ,为了使被释放出的粒子2的散射角（此处散射角是指粒子2射出后的运动方向与粒子3入射时的运动方向之间的夹角）保持在030之内,求粒子3入射时的动能应满足什么条件．解 建立如图（a ）所示的坐标系,以粒子3入射速度0v 为x 轴方向．设每个粒子的质量为m ,当粒子3与1相碰并粘在一起,而在细线断开之前,三个粒子是一起运动的,若其共同速度为v ,按照这三个粒子组成的系统的动量守恒定律,有03mv mv = （1）即也沿x 方向,其大小为03v v =． 细线断开后弹簧释放,弹性力做功使弹性势能p E 转化为粒子1、3和粒子2的动能增量．设粒子1、3最后的速度为1v ,粒子2最后的速度为2v ,由机械守恒和动量守恒定律可知()()1222211123222P m v mv m v E +=+ （2）()()12023m v mv m v mv +== （3）因弹簧安置的方向不同等原因,粒子2将可能以不同的速度向各方向飞出,设2v 与0v 的夹角为θ,在细线崩断过程中,粒子2和粒子1、3由于受到弹力的冲量作用,都将产生相应的动量的增量,从而有速度的增量,设其速度增量分别为1v ∆和2v ∆,则有1122v v v v v v ⎧=+∆⎪⎨=+∆⎪⎩ （4） （a ）11或者写成分量式为 11221122x x x x x xy y y y y yv v v v v v v v v v v v =+∆=+∆⎧⎧⎨⎨=+∆=+∆⎩⎩与 将（4）代入（3）式,得 ()()()()1223m v v m v v m v +∆++∆= 即 ()1220m v m v ∆+∆=因而 1212v v ∆=-∆ 或 12121212x x y y v v v v⎧∆=-⎪⎪⎨⎪∆=-⎪⎩ （5）（2）式也可写成如下的形式：()()()()()112222222211123222x y x y x y P m v v m v v m v v E +++=++ （6）将（4）、（5）代入（6）并化简,得()()()()()()()()()()222222112222222212213133242x yxx y y x x y y x y x y P m v v v v m v v v v m v v m v v m v v E ⎡⎤⎡⎤+∆++∆++∆++∆⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦=++∆+∆=++从上式可得到 ()()2222223344x yP E m v v m v =∆+∆=∆ （7） （7）式表明,在P E 给定的条件下,2v ∆的大小是一定的,2v 的大小和方向与2v ∆的方向有关,即与弹簧安置的方向有关,如图（b ）所示．若v 和2v 的大小一定,即图中圆的半径和P 点到圆心的距离一定,当2v 与2v ∆垂直时,θ角最大,这时2v 的方向沿圆的切线方向,所以在弹簧各种可能的安置方向中,以图47-所示的沿2v ∆的方向安置时,粒子2具有最大散射角,要求粒子2的散射角θ保持在030以内,则必须要求02sin 30v v ∆≤ ,即 02226v vv v ∆≤∆≤或 （8）将（8）式代入（7）式,得 220031114624224P K v E m mv E ⎛⎫≤== ⎪⎝⎭由上式可以看出：为了使被释放出的粒子2的散射角保持在030之内,粒子3入射时的动能为24K P E E ≥．（b ）v ∆。