高中物理竞赛(动量)
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。
动 量
一.冲量、动量定理
1.冲量:I =Ft ,相当于F -t 图象的面积。
2.动量定理:Ft =mv 2-mv 1(是矢量关系)。
3.动量定理的推广:∑∑=v m t F ∆∆。
1. 如图所示,水平面上有二个物体A 和B ,质量分别为
m A =2Kg,m B =1Kg,A 与B 相距一定的距离,A 以v 0=10m/s 的初速度向静止的B 运动,与B 发生正碰后分开,分开后A 仍向原方向运
动,已知A 从开始运动到停下来共运动6s 时间.求碰后B 能滑行的时间.(略去A 、B 的碰撞时间,A 和B 与地面之间的动摩擦因数都为0.1,重力加速度g =10m/s 2) (答案:8s )
解:对系统,有动量定理:-μm A gt A -μm B gt B =0-m A v 0,t B =8s.
2. 以速度大小为v 1竖直向上抛出一小球,小球落回地面时的速度大小为v 2,设小球
在运动过程中受空气阻力大小与速度大小成正比,求小球在空中运动的时间.[答案:(v 1+v 2)/g ]
解:因小球在运动过程中受到的阻力大小是变化的,所以无法直接用牛顿定律解,把物体运动过程分成无数段,则∑=s t v ∆。 上升过程,有动量定理:-mg ∆t -kv ∆t =m ∆v ,求和得:mgt 上+ks =mv 1. 同理下落过程:mgt 下-ks =mv 2.两式相加得:t =t 上+t 下=(v 1+v 2)/g .
3. 质量为m 的均匀铁链,悬挂在天花板上,其下端恰好与水平桌面接触,当上端的悬
挂点突然脱开后,求当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌面的压力. (答案:3mg /2)
解:设铁链长为L ,则单位长度的质量为m /L ,当有一半的铁链在水平桌面上时,铁链对桌面的压力为:桌面上的铁链的重力F 1=mg /2和落到桌面上的铁链对桌面的冲力F 2之和.
取刚落到桌面上的一小段铁链作为研究对象,它的初速度v 0=gL gL
=2
2,末
速度v =0,质量∆m =v 0∆tm /L .
有动量定理:.),(0)(11mg Lg t
m
mg Lg t m F Lg m t mg F =≈+=
--=-∆∆∆∆∆∆∆∆得 所以铁链对桌面的压力F =F 1+F 2=3mg /2.(F 2不能用动能定理,为什么?) 4. 一根均匀柔软绳长为L ,质量为m ,对折后两端固定在一个钉
子上.其中一端突然从钉子上脱落,如图所示.求下落端的端点离钉子的距离为x 时,钉子对绳子另一端的作用力.[答案:
2
1mg (1+3x /L )]
解:当左边绳端离钉子的距离为x 时,左边绳长为x =2
1(L -x ),速度gx v 2=.右边绳长为21(L +x ),又经一段很短时间∆t 后,左边的绳子又有长度为2
1v ∆t 的一小
段转移到右边去了,我们就分析这一小段绳子,这一小段绳子受两个力作用:上面绳子对它的拉力T 和它本身的重力2
1v ∆t λg (λ=m /L ,为绳子的线密度),根据动量定理(不能用动能定理,因在绳子受T 的作用过程有动能损失), 设向上方向为正:(T -2
1v ∆t λg )∆t =0-(-21v ∆t λv ),
由于∆t 取得很小,因此这一小段绳子的重力相对于T 来说是很小的,可以忽略。 所以T =2
1v 2λ=gx λ,因此钉子对右端绳的作用力F =2
1(L +x )g λ+T =2
1mg (1+3x /L ). 5. 如图所示,质量为M 小车在光滑的水平面上以v 的速度向左
作匀速直线运动.一质量为m 的小球从高为h 处自由下落,与小车碰撞后,反弹上升的高度仍为h ,小球与小车碰撞时,小球受到小车的弹力N >>mg ,小球与小车间的动摩擦因数为μ,求小球弹起后的水平速度。 [答案:gh 22μ或Mv /(M +m )]
解:小球刚落到车上量的竖直速度gH v 20=。
设小碰后的水平速度为v ',竖直方向的速度变为2v 0,平均支持力为N , 在竖直方向:Nt =2mv 0,
在此过程中摩擦力产生的冲量:ft =μNt =2μmv 0,
根据动量定理:2μmv 0=mv ',得小球弹起后的水平速度v '=2μv 0=gh 22μ 若2μmv 0>mv ',实际上小球离开小车前摩擦力消失,小球的水平速度与小车相等。
有动量守恒定律:Mv =(M +m )v ',得小球弹起后的水平速度v '=Mv /(M +m ). 二.动量守恒定律:m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'.
6. 光滑水平面上有一平板车,质量为M ,上面站着质量为m 的人,共同以v 0的速度前
进,若人相对于车以v 的水平速度跳出,求下列情况下人跳出车后车的速度大小。 (1)人向后跳出。(2)人向前跳出。
[答案:(1)m M mv v m M v +++=
'0)(;(2)m
M mv
v m M v +-+='0)(]
解(1)设人跳出车后车的速度为v ',人对地的速度v '-v (向前) 有动量守恒:(M +m )v 0=Mv '+m (v '-v ),得m
M mv
v m M v +++=
'0)(。
人对地的速度v -v '(向后),则:(M +m )v 0=Mv '-m (v -v '),得m
M mv
v m M v +++=
'0)(。
(2)设人跳出车后车的速度为v '(向前),则人对地的速度v '+v
有动量守恒:(M +m )v 0=Mv '+m (v '+v ),得m
M mv
v m M v +-+=
'0)(。
车对地的速度v '(向后):(M +m )v 0=-Mv '+m (v -v '),得m
M mv
v m M v +-+-='0)((负号向
前)。
1.当速度方向不在一直线上时的动量守恒:正交分解
7. 如图所示,光滑水平面上有一长为L 的平板小车,其质量为
M ,车左端站着一个质量为m 的人,车和人都处于静止状态,若人要从车的左端刚好跳到车的右端,至少要多大的速度(对地)。
(答案:m
M MLg v +=
0)
解:设人起跳的速度大小为v 0,与水平面的夹角为α,
则人的水平位移:g
v g v v x α
αα2sin sin 2cos 2
000=⨯
=,
对人而言,α=45︒时,x 1最大,v 0可最小,但车向左在运动,x 与车的速度有关。
有水平方向动量守恒:-Mv +mv 0soc α=0,得车的速度v =mv 0soc α/M ,
人落到车的右端条件:L g
v M mv g v =⨯+α
ααsin 2cos 2sin 0020, 得起跳的速度大小:α
2sin )(0m M MLg v +=
,
当α=45︒时, v 0最小,起跳的最小速度:m
M MLg v +=
0。
8. 有一个质量及线度足够大的水平板,它绕垂直于水平板的竖直轴以角速度ω旋
转.在板的上方h 处有一群相同的小球(可视为质点),它们以板的转轴为中心、R 为半径均匀地在水平面内排成一个圆周(以单位长度内小球的个数表示数线密度).现让这些小球同时从静止状态开始自由落下,设每个球与平板发生碰撞的时间非常短,而且碰撞前后小球在竖直方向上速度的大小不变,仅是方向相反.而在水平方向上则会发生滑动摩擦,滑动摩擦系数为μ.(1)求这群小球第二次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比1k 。
(2)如果2
ω
μg
R <
(g 为重力加速度)且211=k ,求这群小球第三次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比2k 。
[答案:(1)g h k R v R h k R v 21221281/1,;)8(1/1,ωωμω+='≥+=<时当时当;(2)2
1
2=k ]
解(1):设总数为N ,则第一次λ1=N /2πR ,在这些小球中任取一只,刚碰
时,,20gh v =设碰撞时间∆t ,平均力为F ,其竖直速度不变,所以F ∆t =2mv 0,板有切线方向的速度v 1=ωR .这样使小球在切线方向获得速度v 2. 当v 2 当v 2≥v 1时,则f 作用时间小于∆t ,v 2=ωR .第一次和第二次碰撞点的水平距离: .)(,22R)(,8.22222⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧=<⇒⨯=R v g h R v h g h v L ωωωμ 第二次与平板碰撞时离圆心的距离(即半径).)(,)8(1) (,)8(2 2 22221 ⎪⎩ ⎪⎨⎧=+=<+=R v g h R R R v h R R ωμωμ g h k R v R h k R v r r k 21 2212211281/1,;)8(1/1,,ωωμωλλ+='≥+=<==时当时所以当因。 (2)如果取1k 的结果,2 11=k ,得μ8R h = ,由R gh ωμ<22,得到2ω μg R >,这与题设条件2ω μg R < 相矛盾。 如果取1k '的结果,2 11=k ,得2 8ωg h = ,由R gh ωμ≥22,得到2 ωμg R ≤ ,这与题设条件2ω μg R < 相符合。 因此取R gh ωμ≥22,2 8ωg h =,将2 8ωg h = 代入L 后得R g h R L ==22ω。 在第二次碰撞中,每个小球在竖直方向上仍有F ∆t =2mv 0, 在碰撞前小球对地的速度为R v ω=球地,碰撞点板对地的速度为R v ω2=板地,它 们间的夹角α=45︒,有地板球地球板v v v +=,得球相对板的速度R v ω=球板 , 因第一次和第二次与板碰撞时与板的相对速度相同,那么在R gh ωμ≥22的条件下,而平板对小球的摩擦力与相对速度方向相反,碰撞结束前小球已处于相对 静止,碰后的速度为222v R v =='ω球地,它的水平射程R g h v L 22222==' 于是第三次相碰时这群小球对应的半径R L R 222 ='=',21 2 2='=R R k 2.当外力不零时的动量守恒:当物体间作用时间及短时,可忽略外力的冲量,动量守恒 9. 质量为m 的重锤从高为H 处自由下落,打在质量也为m 的木桩上,设重锤与木桩为 完全非弹性碰撞(碰撞后速度相同),木桩受到地的阻力与木桩进入地内的深度成正比,即f =kx (k 为已知的常数,x 是木桩打入地内的深度),设每次重锤下落的高度相同,地对木桩的阻力比重力大得多。求(1)第一次打入的深度。(2)第n 次打入的深度。 [答案:(1)k mgH x = 1;(2)k mgH n n x n )1(--='] 解(1):重锤自由下落过程,有机械能守恒定律得gH v 20=, 重锤打击木桩过程,有动量守恒定律得mv 0=2mv ,得共同速度v =v 0/2, 木桩打入地过程,因f >>2mg ,忽略重力,有动能定理(kx 1/2)x 1= 2 1 2mv 2,得k mgH x = 1。 (2)因每次打击木桩后的共同速度相同,所每次克服阻力做的功相同。 第二次:12212212 22,21212121x x kx mv kx kx ===-得,打入的深度12 )12(x x -='。 第三次:132 122233,2 12121x x kx kx kx ==-得,打入的深度13 )23(x x -='。 同理,第n 次打入的深度k mgH n n x n n x n )1()1(1--=--='。 每次阻力做的功可用f -x 图象解。 10. 如图所示,固定在小车上的弹簧发射器以及小车的质量为 3m ,发射筒与水平面成450角,小车放在光滑水平面上,被发射的小球质量为m ,现将弹簧压缩L 后放入小球,从静止开始,将小球弹射出去.已知小球的射高为H ,不计小球在发射筒 内的重力势能变化.试求弹簧的劲度系数k . (答案:2 27L mgH k = ) 解:此题最易犯的错误是认为小球的出口速度方向与水平面成450,实际上由于小车向后运动,发射的小球抛射角α>45︒。 设小球刚射出时对地速度的分量分别为v x 及v y ,车的速度为v . 有系统在x 方向动量守恒mv x =3mv -----(1) 在发射过程中,有机械能守恒2 222)3(21)(2121v m v v m kL y x ++=-----(2) 小球的竖直速度与射高的关系gH v y 22 =-----(3) 再有小球的速度与相对速度的关系x y v v v +=0 45tan -----(4) 有以上四个方程得2 27L mgH k = . 11. 如图所示,小车的质量M =1Kg,左端放一质量m =2Kg 的铁块(可 看成质点),铁块和小车间的动摩擦因数μ ,起先小车和铁块一起以v 0=6m/s 的初速度在光滑地面上向右滑行,然 后与竖直的墙发生碰撞,且碰撞过程中不损失机械能.求(1)要使铁块不从小车上滑出,则小车的长度至少要多长?(2)若小车足够长,则小车与墙第一次相碰后所通过的总路程为多少? [答案:(1)5.4m ;(2)4.05m] 解(1)因M 有能量守恒定律:2 0)(2 1 v m M mgL +=μ,得L =5.4m 。 (2)第一次碰撞后小车以v 1=v 0向左弹回,其a =μmg /M =10m/s 2, 向左滑行最远时小车的速度为零,最远距离为2 021122v mg M a v s μ===1.8m; 有动量守恒,以v 2=v 1/3的共同速度运动(速度相同前小车会不会与墙碰撞?) 第二次碰撞后小车向左滑行的距离为9 2212 1222s v mg M a v s == =μ 同理1119 9--==n n n s s s . 所 以 小 车 的总 路程:s 总 =2(s 1+s 2+s 3+ )=2 s 1{1 29 1 9 19 11-+++n }=05.49 /1121=-S m 3.连接体 12. 质量分别为m 1、m 2和m 3的三个质点A 、B 、C 位于光滑的水平面 上,用已拉直的不可伸长的柔软的轻绳AB 和BC 连结,角ABC 为π-α,α为一锐角,如图所示,今有一冲量为J 的冲击力沿BC 方向作用于质点C .求质点A 开始运动时的速度.(答案: α α 23132122s i n )(co s m m m m m m Jm +++) 解:设A 开始运动时物体的速度分别为v 1,v 2,v 3,求v 1, 因m 1只受到BA 绳的拉力,m 3只受到BC 绳的拉力,所以当A 刚开始运动时v 1沿AB 方向,v 3沿BC 方向,设v 2与BC 夹角为θ,沿BC 方向动量定理:J =m 1v 1cos α+m 2v 2cos θ+m 3v 3 垂直BC 方向动量守恒m 1v 1sin α=m 2v 2sin θ 沿绳方向速度相等(绳不可伸长)v 1=v 2cos(α+θ),v 3=v 2cos θ 得:α α 2 31321221sin )(cos m m m m m m Jm v +++= 13. 如图所示,三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水 平桌面上(图中纸面),A 、B 之间,B 、C 之间分别用刚性轻杆相连,杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式”的(不能对小球产生垂直于杆方向的作用力).已知杆AB 与BC 的夹角为π-α,α<π/2.DE 为固定在桌面上一块挡板,它与AB 连线方向垂直.现令A 、B 、C 一起以共同的速度v 沿平行于AB 连线方向 向DE 运动,已知在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用,求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为零这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小.(答 案:v m I α α22sin 31sin 3++= ) 解:令I 表示极短时间∆t 内挡板对C 冲量的大小,因为挡板对C 无摩擦力作用,可知冲量的方向垂直于DE ,如图所示;I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小,其方向沿杆方向,对B 和C 皆为推力;C v 表示∆t 末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小,B v 表示∆t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小,⊥B v 表示∆t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小. 有动量定理,对C 有C m I v ='αsin ,v m I I ='-αcos 对B 有B m I v ='αsin ,对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α 沿B 、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥ 有以上五式,可解得v m I α α22sin 31sin 3++= 三.碰撞 1.完全非弹性碰撞:碰后v 1'=v 2'=v ,只有压缩过程,动能损失最大。 动量守恒:m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v . 2.完全弹性碰撞:能恢复原状,无机械能损失。 由动量守恒:m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2',或m 1(v 1-v 1')=m 2(v 2'-v 2) 机械能守恒:22221 12 222112 12 12121 v m v m v m v m '+'=+,或m 1(v 1-v 1')(v 1+v 1')=m 2(v 2'-v 2)(v 2'+v 2)。 解得碰后的速度:22 11 21211222121212112,2v m m m m v m m m v v m m m v m m m m v +-++='++ +-='。 讨论:当m 1=m 2时,v 1'=v 2,v 2'=v 1.速度交换。 当一个物体静止时,如v 2=0, 12 11 21212112,v m m m v v m m m m v +='+-= '. 当m 1< 3.一般碰撞: 由动量守恒:m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1'+m 2v 2'. 机械能关系:22221 12 222112121212 1 v m v m v m v m '+'>+。 4.恢复系数: 2 112v v v v e -' -'=(在力作用方向上速度分量)。 弹性碰撞:v 2'-v 1'=v 1-v 2,e =1(相对速度大小不变). 其它碰撞:e <1. 14. 如图所示,质量为3m 的物体P 静止在光滑的水平面上,另有一质量为m 的物体Q 以 速度v 0正对P 滑行,则碰撞后Q 的速度可能是( ) A.v 0/2,方向向右 B.v 0/5,方向向右 C.v 0/3,方向向左 D.2v 0/3,方向向左(答案:BC ) 15. 网球拍以速率v 击中以速率v 0飞来的网球,被击回的网球最大速率可能为多少? (答案:2v +v 0) 解:最大速率可能: ①网拍连人的质量无限大,作用前后速度不变。 ②碰撞为弹性碰撞,作用前后相对速度不变。 所以v +v 0=v '-v ,得v '=2v +v 0. 16. 如图所示,两个弹性小球互相接触,下面小球的质量为M ,上面小 球的质量为m ,让两个小球从高为h 处由静止开始自由下落.下落时这两个小球的球心始终在一条竖直线上,与地碰撞后弹起,而且所有碰撞均为弹性碰撞(设M >>m ,两小球均可看成质点).上面这个小球反弹后能达到的最大高度. (答案:h 9) 解:小球着地时的速度为v =gh 2。 下面的小球先与地面碰撞后,仍以v 的速度弹起,与上面小球碰撞,碰撞前两 小球的相对速度大小为2v .因M >>m ,且是弹性碰撞,两小球碰撞后,下面的小球速度不变,两小球的相对速度大小也不变,所以上面小球反弹的速度大小为3v , 得上面小球反弹的最大高度h g v H 92)3(2 ==. 四.质心运动定律 1.质心:x c =(m 1x 1+m 2x 2+⋅⋅⋅⋅)/(m 1+m 2+⋅⋅⋅),质心和重心不一定重合。 2.质心运动定律:F 合=Ma C 。 当F 合=0时,系统的质心作匀速运动或静止,其速度为 ++++= 212211m m v m v m v c 。 质点系的总动量P 总=M 总v c ,相对质心的总动量P 总=0。 17. 如图所示,一长直光滑板AB 放在平台上,OB 伸出台面,在左 侧的D 点放一质量为m 1的小铁块,它以初速度v 向右运动.假设直板相对桌面不发生滑动,经时间T 0后直板翻倒.现让直板恢复原状,并在直板O 点放上另一质量为m 2的小物体,同样 让m 1从D 点开始以v 的速度向右运动,并与m 2发生正碰,那么从m 1开始运动后经过多少时间直板翻倒? (答案:0T ) 解:这道题因为未说明m 1和m 2碰撞性质,因些进行具体的计算有一定的困难.我们可以用质心定律来解,即把m 1和m 2作为一个物体,它们的质心作匀速运动. 第一种情况:第一次m 1在滑到O 点前直板翻倒,因m 2对O 点不产生力矩,运动的时间不变,T =T 0)。 第二种情况:若第一次m 1滑过O 点离O 点的距离为L 后直板翻倒,则v L DO T += 0.设E 是直板质心的位置,M 是直板的质量,则有m 1gL =MgOE . 第二次设m 1和m 2的质心在板的C 点,则可以把m 1和m 2看作是有质心C 点开始运动,OC = 2 11m m m +DO ,质心的速度为v c = 2 11m m m +v ,再设质心滑过O 点离O 点距离为x 时 直板翻倒,应有(m 1+m 2)gx =MgOE =m 1gL ,得x =2 11m m m +L ,运动的时间 t = 0T v L DO v x OC C =+=+. 18. 一根质量为M 均匀的麦管放在无摩擦的水平桌面上,麦管有一半突出桌子外,一只质量为m 的苍蝇降落到麦管在桌内末端上,并从麦管的末端爬到另一端.麦管没有倾覆.甚至当有另一只苍蝇在此时落到第一只苍蝇身上时,麦管也没有倾覆,问第二只苍蝇质量最大值是什么? [答案:M ≤m ,则B ≥2 1L , 第二只苍蝇的质量可任意值; M >m , m M m M n m -+= ') (] 解:设麦管的长度为L ,因为桌面无摩擦,水平方向无外力作用,苍蝇移动到另一端时,设苍蝇的位移为A ,麦管向里移动B 。 由动量守恒,苍蝇和麦管在任一时刻的动量大小关系Mv 麦=mv 苍, 或Mv 麦∆t =mv 苍∆t ,两边求和得MB =mA ,且B +A =L ,得m M mL B +=—--① [或由质心定律,对末端,质心的位置 m M m B L M B L m M M L +-+-=++)()2(02] (1)如果M ≤m ,则B ≥2 1L ,即整根麦管在桌内,第二只苍蝇的质量可任意值. (2)如果M >m ,设第二只苍蝇的质量为m ',求第二只苍蝇质量的最大值,可把 第二只苍蝇降到第一只苍蝇时的速度认为是零. 由力矩平衡条件MgB ≥(m +m ')g (2 1 L -B )—-------② 由①、②式得m M m M n m -+≤ ')(,第二只苍蝇质量的最大值m M m M n m -+=') (. 19. 在光滑水平面上放置一个质量为M ,截面是1/4圆(半径为R )的 柱体A ,如图所示.柱面光滑,顶端放一质量为m 的小滑块B .初始时刻A 、B 都处于静止状态,在固定的坐标系xoy 中的位置如图所示,设小滑块从圆柱顶端沿圆弧滑下,试求小滑块脱离圆弧以前在固定坐标系中的轨迹方程. [答案:1)]/([2 22 222=++R y m M MR x ] 解:设A 的坐标(相对圆心)为(x 1、0),B 的坐标为(x 2、y 2),如图所示. 有质心定律mx 1-Mx 2=0 几何关系R sin α=x 1+x 2, R cos α=y 2- 消去α和x 1,得1)]/([2 22 222=++R y m M MR x 显然B 的轨迹是半长轴为R (在y 方向),半短轴为MR /(M +m )(在x 方向)的椭圆的一部分. 20. 如图所示,质量为M 的刚性均匀正方形框架在某边的中心开一 个小缺口,缺口对质量分布的影响可以忽略,将框架静止地放在以纸平面为代表的光滑水平面上,现有一质量为m 的刚性小球在此水平面上从缺口处以速度v 0进入框架内,方向如图所示,α=45︒。设小球与框架发生的碰撞均为无摩擦的完全弹性碰撞。 (1)若框架的边长为a ,求小球从进入框架到离开框架这一过程中,小球相对水平面的位移大小。 (2)小球离开框架时,框架的速度大小。[答案:(1) m M ma +22;(2)02v m M m v += ] 解:(1)小球与框架碰撞时,小球对框架的作用力的作用线通过框架的质心,框架只作平动。 以框架为参照物,因碰撞是弹性碰撞,小球与框架碰撞前后小球相对框架的速率不变,所以小球从进入框架到离开框架这一过程中所用的时间 0224 cos 2v a v a t = ⨯=α,系统质心的速率0v m M m v c += 在t 时间内质心的位移大小m M ma t v s c c += =22 因小球离开框架时相对质心的位置与初状态相同,所以 小球从进入框架到离开框架这一过程中位移m M ma t v s s c c += ==22球 (2)设小球离开框架时,框架的速度大小为v 。 小球离开框架时相对框架的速率大小仍为v '=v 0,方向如图所示 小球对地的速度v v v +'=球(邻边与对角线关系) 由动量守恒定律:)(0v v m v M v m +'+= 上式可写成)]([)(0 00v v M m m v v m M m v '-++='-+= )(0v v '- 的平形四边形如图所示,大小为02v ,方向如图所示 所以小球离开框架时,框架的速度大小02v m M m v += 3.质心系的动能(冠尼希定理) 以二个质点为例,质量分别为m 1和m 2,相对于静止参考系的速度分别为1v 和2v ,质 心C 的速度为c v ,二质点相对于质心的速度分别为1v ' 和2v ' ,于是2211,v v v v v v c c '+='+= , 质点系的动能2 222112 1 21v m v m E +=, 把1v 和2v 代入,且)(22112 211v m v m v v v m v v m c c c '+'⋅='⋅+'⋅ ,括号中的求和表示质心对于自己的速度(或两物体相对质心的动量为零),心定为零。 质点系的动能E E v m v m v m m v m v m E c c '+='+'++=+=22221 12 212222112 121)(212121 , 由此可见,质点系的总动能等于其质心的动能与质点相对于质心动能之和,对于都个质点,这个关系也成立。 当质点只有二个时,质点组的动能还可以用两物体的相对速度r v 和质心的速度c v 表示: 根据动量守恒定律c v m m v m v m )(212211+=+,和相对速度关系12v v v r -=可得1v 和2v , 代入质点系的动能2 222112121 v m v m E +=得2212 1221) (21)(2 1r c v m m m m v m m E '+++=。 4.质点系动能定理:2 1 222 121 mv mv W W ∑∑∑∑-=+内外 5.角动量定理和角动量守恒定律 (1)质点的角动量:L =mvr sin α; (2)角动量定理:Mt =L 2-L 1. (3)角动量守恒定律:冲量矩:Mt .当M =0时,L =恒量。 如在有心力场作用下运动的物体,力矩为零,其角动量守恒。如卫星绕地球的运动, 对地心的角动量不变,开普勒第二定律实际上对有心力点的角动量守恒,对其它点不一定守恒。 21. 两个滑冰运动员,质量分别为M A =60kg ,M B =70gk ,它们的速率v A =5m/s ,v B =10m/s , 在相距1.3m 的两平行线上相向而行,当两者最接近时,便拉起手来开始绕质心作圆周运动,并保持二人之间的距离1.3m 不变。求: (1)二人拉手后,系统的角速度。 (2)计算两个人拉手前后的动能是否相等,并说明理由。 [答案:(1)11.54rad/s; (2)4250J, 机械能守恒] 解(1)拉手后二人一定绕质心转动吗?如何证明? 将两个看作质点,相距L =1.3m,先求质心的位置, M A L A =M B L B ,L A +L B =1.3m,得L A =07m,L B =0.6m ,接触后绕质心转动。 以两人为系统,初角动量L 1=M A v A L A +M B v B L B ,未角动量L 2=M A ωL A 2+M B ωL B 2, 有角动量守恒定律得角速度2 2B B A A B B B A A A L M L M L v M L v M ++= ω=11.54rad/s. (2)拉手前的总动能42502 1212 21=+=B B A A k v M v M E J , 拉手后质心的速度B A A A B B c m m v m v m v +-==3.1m/s 拉手后的总动能4250)(2 1 )(2 1)(2 12222=+++=B B A A c B A k L M L M v m m E ωωJ 。 两个人拉手前后的机械能守恒,当两人的速度方向不平行时,机械能不守恒。 22. 如图所示,质量为m 的长方形箱子放在光滑的水平地面上,箱 内有一质量也为m 的小滑块,滑块与箱底之间无摩擦。开始时箱子不动,滑块以速度v 0从箱子的A 壁向B 壁处运动,然后又与B 壁碰撞。假定滑块每碰撞一次,两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度的e 倍(即恢复系数为e ),42/1=e 。 (1)要使滑块与箱子这一系统的动能的总损耗不超过其初始动能的40%,滑块与箱壁最多可碰撞几次? (2)从滑块开始运动到刚完成上述次数的碰撞期间,箱子的平均速度是多少? [答案:(1)4次;(2)02 1v ] 解:(1)此题用冠尼希定理来解比较方便。 因系统无外力,质心作匀速运动,质心的速度02 1v v c = 质点系的初动能为2 212122120 0) (21)(2 121r c v m m m m v m m m E +++== 开始时两物体的相对速度为v 0,经n 次碰撞后的相对速度0v e v n rn = 经n 次碰撞后质点系的动能为2 2121221) (21)(2 1 rn c v m m m m v m m E +++= 根据题意:%402 14141 2 0202200⨯≤-=-mv v me mv E E n , 得4≤n ,故按题述的要求最多可碰撞4次。 (2)因第一次和第三次是在B 壁发生,而第二次和第四次是在A 壁发生的。这样,从滑块开始到刚完成第四次碰撞的过程中,箱子与质心的位移相等,所以箱子的平均速度等于质心的速度:02 1v v v c == 五.综合题例 23. 一袋面粉沿着与水平面成α=60︒的光滑斜面上从高H 处无初速地滑下,落到水平 地面上。袋与地面间的动摩擦因数μ=0.7。求: (1)袋停在何处。 (2)如果α=45︒,μ=0.5,袋又停在何处。 [答案:(1)停在斜面下端; (2)离斜面下0.26H ] 解(1)当袋刚滑到斜面底端时的速度gH v 20=, 在地的支持力作用下,竖直方向的速度变为零,设平均支持力为N , 则在竖直方向:Nt =mv 0sin α, 在此过程中摩擦力产生的冲量:ft =μNt =μmv 0sin α=0.6mv 0, 而袋的水平动量:P x =mv 0cos α=0.5mv 0, 因ft >P x ,实际上袋的水平分量先变为零,同时摩擦力也消失,袋立即停在斜面下端。 (2)当α=45︒,μ=0.5时, 摩擦力产生的冲量:ft =μNt =μmv 0sin α=0.35mv 0, 而袋的水平动量:P x =mv 0cos α=0.71mv 0, 在袋与地碰撞过程中,有动量定理:-ft =mv -0.71mv 0,得v =0.36v 0. 在袋滑行过程中,有动能定理:-μmgs =0-2 1 mv 2 ,得g v s μ22 = =0.26H . 24. 如图所示,金属板A 的质量为M ,金属球B 的质量为m ,长为L 的轻 杆将球与板的中央O 点连接,O 为转动轴,开始时杆处于竖直位置,球和板都静止在光滑的水平面上.放开B 球后杆将倒下.求 杆抵达水平位置时,杆对金属小球B 的拉力. [答案: ) (2m M mMg T +=] 解:杆水平时,球和板有共同的水平速度,有水平方向动量守恒,得水平方向的共同速度为零(只有m 的竖直速度,但加速度都不为零)。 当杆抵达水平时,有机械能守恒,小球的竖直速度gL v 2=. 设此时球对地的加速度a m ,板对地的加速度a M 。 则球相对转动点(板)的加速a =a m +a M =L v 2 ----(1) 对M :T =Ma M ---(2), 对m :T =m a m ---(3),有(1)、(2)、(3)得) (2m M mMg T += . [或若取板为参照系时,有L v m m M T T 2 =+,得)(2m M mMg T +=]. 25. 如图所示,质量为2m ,长度为L 的木块置于水平台面上.质 量为m 的子弹以初速v 0水平向右射入木块,设木块对子弹的阻力始终恒定不变,求: (1)若木块能在光滑水平台面上自由滑动,子弹穿出木块时速度变为v 0/2.则子弹穿透木块的过程中,木块滑行的距离为多少. (2)若木块固定在平台上,使木块随平台始终以某一恒定的速度(小于v 0)水平向右运动,子弹仍以v 0的水平速度射入木块,且子弹恰好穿透木块,则子弹穿透木块的时间为多少. [答案:(1)L /5;(2)5 240 v L t = ] 解:(1)有动量守恒,子弹穿出木块时,木块的速度为v =v 0/4, 对木块s =v 0t /8;对子弹s +L =3v 0t /4.得s =L /5. (2)设平台的速度为v ',子弹射入木块过程中木块移动s ',有L +s '=(v 0-v ')t /2,s '=v 't , 得v v L t ' -= 02;对子弹有动量定理ft =m (v 0-v '). 有此两式得f Lm t 2= , L mv f 16520= ,代入上式得时间5 240 v L t = 26. 一块足够长的木板,放在光滑的水平面上,如图所 示,在木板上自左向右放有序号为1、2、3、…、n 的木块,所有木块的质量均为m ,与木板间的动摩 擦因数均为μ。开始时,木板静止不动,第1、2、3、…、n 号的木块的初速度分别为0v 、02v 、03v 、…、0nv ,0v 方向向右,木板的质量与所有的木块的总质量相同,最终所有的木块与木板以共同的速度运动,试求: (1)第n 号木块从开始运动到与木板速度刚好相等的过程中的位移。 (2)第)1(-n 号木块在整个运动过程中的最小速度。 [答案:(1) g n n μ32) 13)(15(-+;(2) n v n n 4)2)(1(0+-] 解:(1)有动量守恒)32(20000nv v v v m nmv +⋅⋅⋅+++=,得共同速度4 )1(0 v n v +=。 木块在木板上运动时,所受滑动摩擦力mg f μ= 有动能定理202)(2 12 1 nv m mv fs n -=-,得g n n s n μ32) 13)(15(-+= (2)设第)1(-n 号木块的最小速度为1-n v ,此时第n 块木块的速度为n v ,第)1(-n 号木块在此速度以前为减速运动,后为加速运动,且此速度为其与木板速度相等时的速度,此时只有第n 块木块相对木板运动,有动量守恒有 n n mv v nm m n nv v v v m ++-=+⋅⋅⋅+++-10000])1[()32( ① 在此过程中,第n 块木块与第)1(-n 块木块在木板上运动的时间相同,所受的摩擦力相同,故速度改变量相同,有100)1(---=-n n v v n v nv ,或10-+=n n v v v ② 有①、②两式可得n v n n v n 4)2)(1(0 1+-= -。 27. 如图所示,质量M =1kg 的箱子静止在光滑水平面上,箱底长 L =1m ,质量m =1kg 的小物体从箱子中央以v 0=5m/s 的速度开始向右运动,物体与箱底间的动摩擦因数μ=0.05,物体与箱壁发生完全弹性碰撞,问小物体可与箱壁发生多少次碰 撞?当小物体在箱中刚达到相对静止时,箱子在水平面上的位移是多少?(答案:12次,12.25m ) 解:设物体与箱子处于相对静止时的共同速度为v , 有动量守恒:mv 0=(M +m )v -----① 有能量守恒:22 0)(2 121 v m M mv mgs +-=相μ-----② 代入数据得s 相=12.5m, 所以小物体与箱壁发生12次 碰撞后停在右壁(最后只接触,不发生碰撞) 对小物体用动量定理并求和得-μmgt =mv -mv 0,得t =5s. 质心的速度m M mv v c += =2.5m/s. 在t 时间内质心的位移x c =v C t =12.5m, 由于初状态质心在箱中央,末状态质心在箱中央前0.25m 处, 所以箱子的位移x =x C -0.25m=12.25m. 28. 如图所示,AOB 是一内表面光滑的楔形槽,固定在水平 桌面(图中纸面)上.夹角α=10(为了能看清楚,图中的α是夸大了的).现将一质点在BOA 面内从C 处以速度大小v =5m/s 射出,其方向与AO 间的夹角θ=600,OC =10m,设 质点与桌面间的摩擦力可忽略不计,质点与OB 面及OA 面的碰撞都是弹性碰撞,且每次碰撞时间极短,可忽略不计.试求: (1)共能与板发生几次碰撞?最后一次碰撞发生在块板? (2)在这过程中,质点到O 点的最短距离是多少? [答案:(1) 60次碰撞,最后一次与C 相碰;(2)8.67m] 解: (1)因为碰撞处是光滑的,而且是弹性碰撞,所以反射角等于入射角.因为连续两次碰撞的法线之间的夹角等于OA 与OB 之间的夹角α, 第一次碰撞时,α=∠1AOB ,第二次碰撞时,α22=∠AOB ,第n 次碰撞时,αn AOB n =∠,有图可知, 第n 次碰撞时,CC '与板相交,第n +1次碰撞时,CC '与不板相交,故n 应满足 θαθα++≤<+)1(1800 n n ,11800+≤-< n n α θ ,得n =119次,寄数次与B 板相碰,偶 数次与A 板相碰,所最后一次碰撞发生在B 板,最后平行A 板离开。 因为第一次碰撞的入射角为290,第30次碰撞时的入射角等于00,此时质点沿原路返回,第60次与出发点C 相碰,往返共经60次碰撞. (2)质点到O 点的最短距离等于OP =OC sin600=8.67m. 六.刚体力学基础(不要求) 1.基本概念 (1)力矩;M =FL sin α. (2)转动惯量:J =∆m 1r 12+∆m 2r 22+∆m 3r 32+⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅. ①半径为r 作圆周运动的质点(也可看成是平动):J =mr 2。 ②半径为r 的圆环:转轴通过圆心垂直圆平面J =mr 2;以直径为转轴J =mr 2/2。 ③半径为r 的圆盘:转轴通过圆心垂直圆盘平面J =mr 2/2,以直径为转轴J =mr 2/4。 ④转轴过轴线的圆柱J =mr 2 /2。 ⑤转轴过圆心的球体:J =2mr 2/5。 ⑥长为L 均匀细杆:转轴过端点垂直杆:J =mL 2/3;转轴过中心垂直杆J =mL 2/12。 我们以长为L 均匀细杆,转轴过端点垂直杆为例来求转动惯量: 把杆分成n 段(n →∞),每段长∆L =L /n ,每段质量∆m =m /n . J 1=∆m ∆L 2; J 2=∆m (2∆L )2; J i =∆m (i ∆L )2; 6) 12)(1()()(321 2 321 1 22 ++⨯ ==== ∑ ∑∑ ===n n n n mL i n mL n L i n m L i m J n i n i n i ∆∆. 当n →∞时J = mL 2/3。 当转轴过中心垂直杆时,L '=L /2,m '=m /2,J =2J '=mr 2/12。 (3)转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理 ①平行宙定理:c I 为过质心轴的转动惯量,I 为平行于c I 为轴相距为d 的转动惯量, 则2md I I c +=,如长为L 均匀细杆,以不同转轴转动惯量关系J =mL 2/3和J =mL 2/12。 ②垂直轴定理:对平面薄板,z I 垂直平在为轴的转动惯量,则y x z I I I +=,如圆盘,以不同转轴转动惯量关系J =2 1mr 2和J =4 1mr 2。 (4)转动动能:刚体的定轴转动动能E K = 2 1J ω2;即有转动,又有平动的动能 E K =21J ω2+2 1mv c 2/2. 质点的动能E K =2 1mv c 2. (5)角动量:刚体的角动量L =J ω。 (6)冲量矩:Mt . 29. 试证:半径和质量都相同的圆柱体、圆筒、和实心的球,沿同一斜面、同一高 度从静止纯滚动地滚下时,它们到达底部的速度大小次序是:实心球,圆柱体,圆筒。 已知:滚动时,绕质心的转动惯量分别为圆柱J =21mR 2。圆筒J =mR 2;球体J =5 2mR 2。 解(1)纯滚动时,静摩擦力不做功,机械能守恒:222 1)(21mv R v J mgd +=。 有上式可知,转动惯量大的速度小,所以它们到达底部的速度大小次序是:实心球,圆柱体,圆筒。 2.转动定律:M =J β 30. 一飞轮直径0.30m ,质量M =5.0kg ,边缘绕有绳子,现用恒力拉绳子的一端,使 其由静止开始均匀地加速转动,经t =0.5s 转速达到n =10r/s 。假定飞轮可看作实 心的圆柱体,其转动惯量J =2 1MR 2。求: (1)经t =0.5s 飞轮角速度及这段时间内转过的转数。 (2)拉力的大小。 (3)从拉动后t =10s 时飞轮的角速度及飞轮边缘上一点的加速度。 [答案:(1)2.5r ;(2) 47N ;(3)2.37⨯105m/s 2] 解(1)因ω=2πn ,所以β=(ω-0)/t =125.6rad/s. 转过的角度θ=2 1βt 2 ,转过的转数N =θ/2π=2.5r (也可用线度来解). (2)有转动定理M =FR =J β,所以F =J β/R =47N 。 (3)当t =10s 时,角速度ω=βt =125.6⨯10=1256rad/s; 线速度v =ωR =188.4m/s, 向心加速度a n =R ω2=2.37⨯105m/s 2,切向加速度a t =R β=18.84m/s 2, 所以飞轮边缘上一点的加速度n t n a a a a ≈+=22 =2.37⨯105m/s 2。 31. 如图所示,两个物体的质量分别为m 1和m 2,滑轮的质量不 能忽略,其转动惯量为J ,半径为R ,m 2与桌面间的动摩擦因数为μ,滑轮转轴光滑,绳与滑轮间无滑动。求系统的加速度a 及竖直绳子的拉力T 1和水平绳子的拉力T 2。 [答案:2 2121/R J m m g m g m a ++-= μ,2 2122211/) /(R J m m R J m m g m T ++++= μ,2 2121122/) /(R J m m R J m m g m T ++++= μμ] 解:对m 1:m 1g -T 1=m 1a -------① 对m 2:T 2-μm 2g =m 2a -------② 对滑轮,有转动定律:(T 1-T 2)R =J β-----③ a =βR -------④ 有以上4式解得系统的加速度:2 2121/R J m m g m g m a ++-=μ。 竖直绳子的拉力:2 2122211/) /(R J m m R J m m g m T ++++=μ。 水平绳子的拉力:2 2121122/) /(R J m m R J m m g m T ++++= μμ。 讨论:当μ=0,J =0时:211m m g m a +=;2 12 121m m g m m T T +==。 32. 如图所示是一种小孩玩具“哟哟”,绳子的一端不是固定在天花 板上而是握在手中。要使质心不动,绳的张力应多大,此时手应 以多大的加速度向上运动。已知玩具绕质心的转动惯量J =2 1mR 2;(答案:mg ,2g ) 解:设玩具质心的加速度a ,绕质心的角加速度β,绳的张力为T ,手的加速度a '. 有牛顿定律:T -mg =ma -------① 有转动定律:TR =J β-------② a '=a +R β--------③ 因质心不动,所以a =0,有①式得绳子的张力T =mg . 有②得R g mR mgR J TR 22 /2=== β, 所以得手向上运动的加速度a '=a +R β=R β=2g . 3.角动量定理和角动量守恒定律 (1)角动量定理:Mt =L 2-L 1. (2)角动量守恒定律:冲量矩:Mt .当M =0时,L =恒量。 33. 如图所示,一根L =0.4m 的均匀木棒,质量M =1.0kg ,可绕水平轴O 点 在竖直面内转动,开始时棒自然铅直悬垂。现有一质量m =8g 的子弹以v =200m/s 的速度从A 点水平射入棒内,A 点离O 点的距离为3L /4,棒的转动惯量J =ML 2/3。求: (1)棒开始转动时的角速度。 (2)棒的最大偏角。 (3)若子弹射入的方向与棒的夹角α=30︒,棒开始转动时的角速度。 [答案:(1)8.87 rad/s ;(2) 94︒12';(3)4.43rad/s] 解(1)有角动量守恒定律:L L m J L mv 434343⨯+=⨯ωω,J =ML 2/3。 得棒开始转动时的角速度)16 931(4322mL ML mvL +=ω=8.87 rad/s. (2)有机械能守恒,设棒的最大偏角为θ, 22)4 3 (2121)cos 1(43)cos 1(2ωωθθL m J L mg L Mg +=-⨯+-⨯ 073.023 21 23cos 2 -=⨯+-⨯+=L mg MgL J L mg MgL ωθ,得棒的最大偏角θ=94︒12'。 (3)当子弹射入的方向与棒的夹角α=30︒时, 有角动量守恒定律:L L m J L mv 4 34 3sin 4 3⨯+=⨯⨯ωωα,ω=4.43rad/s.