2022年《動量與能量》教案WORD版

《2022年《動量與能量》教案WORD版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年《動量與能量》教案WORD版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年《動量與能量》教案WORD版 第一講 基本知識介紹 一、沖量和動量 1、沖力（F—t圖象特征）→ 沖量。沖量定義、物理意義 沖量在F—t圖象中的意義→從定義角度求變力沖量（F對t的平均作用力） 2、動量的定義 動量矢量性與運算 二、動量定理 1、定理的基本形式與表達 2、分方向的表達式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy … 3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=ΣF外 三、動量守恒定律 1、定律、矢量性 2、條件 a、原始條件與等效 b、近似條件 c、某個方向上滿足a或b，可在此方向應用動量守恒定律 四、功和能 1、功的定

2、義、標量性，功在F—S圖象中的意義 2、功率，定義求法和推論求法 3、能的概念、能的轉化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS S b、變力的功：基本原則——過程分割與代數(shù)累積；利用F—S圖象（或先尋求F對S的平均作用力） c、解決功的“疑難雜癥”時，把握“功是能量轉化的量度”這一要點 五、動能、動能定理 1、動能（平動動能） 2、動能定理 a、ΣW的兩種理解 b、動能定理的廣泛適用性 六、機械能守恒 1、勢能 a、保守力與耗散力（非保守力）→ 勢能（定義：ΔEp = －W保） b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、

3、彈性勢能）及定量表達 2、機械能 3、機械能守恒定律 a、定律內容 b、條件與拓展條件（注意系統(tǒng)劃分） c、功能原理：系統(tǒng)機械能的增量等于外力與耗散內力做功的代數(shù)和。 七、碰撞與恢復系數(shù) 1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損失分類） 碰撞的基本特征：a、動量守恒；b、位置不超越；c、動能不膨脹。 2、三種典型的碰撞 a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能損失。滿足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 m1 + m2 = m1 + m2 解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得： v1 = ， v2 =

4、對于結果的討論： ①當m1 = m2 時，v1 = v20 ，v2 = v10 ，稱為“交換速度”； ②當m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0時，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③當m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0時，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ， b、非（完全）彈性碰撞：機械能有損失（機械能損失的內部機制簡介），只滿足動量守恒定律 c、完全非彈性碰撞：機械能的損失達到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有 v1 = v2 = 3、恢復系數(shù)：碰后分離速度（v2 － v1）與碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即：

5、 e = 。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 當e = 0 ，碰撞為完全非彈性； 當0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞為非彈性； 當e = 1 ，碰撞為彈性。 八、“廣義碰撞”——物體的相互作用 1、當物體之間的相互作用時間不是很短，作用不是很強烈，但系統(tǒng)動量仍然守恒時，碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、機械能可能膨脹）。此時，碰撞中“不合題意”的解可能已經有意義，如彈性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。 2、物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：－ΔE = ΔE內 = f滑·S相 ，其中S相指相對路程。 第

6、二講 重要模型與專題 一、動量定理還是動能定理 物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會定時遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質量為m ，垃圾的運行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S ，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應提供的平均推力F 。 模型分析：太空垃圾的分布并不是連續(xù)的，對飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查的“物理過程時間”的差異。

7、物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。 先用動量定理推論解題。 取一段時間Δt ，在這段時間內，飛船要穿過體積ΔV = S·vΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動量ΔP ，其動量變化率即是飛船應給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。 = = = = = nmSv2 如果用動能定理，能不能解題呢？ 同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的ΔEk為零，所以： W = ΔMv2 即：vΔt = （n m S·vΔt）v2 得到： = nmSv2 兩個結果不一致，不可能

8、都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，認為“引擎做功就等于垃圾動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，是正確的。 （學生活動）思考：如圖1所示，全長L、總質量為M的柔軟繩子，盤在一根光滑的直桿上，現(xiàn)用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F 。 解：解題思路和上面完全相同。 答： 二、動量定理的分方向應用 物理情形：三個質點A、B和C ，質量分別為

9、m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（π－α）?，F(xiàn)對質點C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質點A開始運動的速度。 模型分析：首先，注意“開始運動”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對三個質點均可用動量定理，但是，B質點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關系。 下面具體看解題過程—— 繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質點的沖量大小相等（方向相反），設為I1 ，BC繩對B、C兩質點的沖量大

10、小相等（方向相反），設為I2 ；設A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），設B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可設v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。 對A用動量定理，有： I1 = m1 v1 ① B的動量定理是一個矢量方程：+= m2 ，可化為兩個分方向的標量式，即： I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2s

11、inβ ③ 質點C的動量定理方程為： I － I2 = m3 v3 ④ AB繩不可伸長，必有v1 = v2cosβ ⑤ BC繩不可伸長，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥ 六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁復程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟—— 1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六個一級式變成四個二級式： I1 = m1 v1

12、 ⑴ I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶ I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四個二級式變成三個三級式： I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1

13、 ㈡ I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢ 3、最后對㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結果為： v1 = （學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？ 解：解“二級式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表達式，將I2的表達式代入⑶就行了。 答：β= arc tg（）。 三、動量守恒中的相對運動問題 物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內有一個人和N個鉛球，系統(tǒng)原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)車內的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車

14、外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v ，直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均為v ，直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？ 模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達，就形成了難點，必須引進相對速度與絕對速度的關系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個球一次性拋出是完全等效的。 設車和人的質量為M ，每個鉛球的質量為m 。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數(shù)運算。設車

15、速方向為正，且第一過程獲得的速度大小為V1 第二過程獲得的速度大小為V2 。 第一過程，由于鉛球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個球動量守恒。 0 = Nm(-v) + MV1 得：V1 = v ① 第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。 第一個球與（N–1）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u1 。值得注意的是，根據(jù)運動合成法則，鉛球對地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它們動量守恒方程為： 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1

16、得：u1 = 第二個球與（N -2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u2 。它們動量守恒方程為： 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得：u2 = + 第三個球與（N -2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設“系統(tǒng)”速度為u3 。鉛球對地的速度是（-v + u3）。它們動量守恒方程為： 〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3 得：u3 = + + 以此類推（過程注意：先找uN和uN-1關系，再看uN和v的關系，不要急于化簡通分）……，uN的通式已經可以找出： V2 = uN

17、 = + + + … + 即：V2 = ② 我們再將①式改寫成： V1 = ①′ 不難發(fā)現(xiàn)，①′式和②式都有N項，每項的分子都相同，但①′式中每項的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。 結論：第一過程使車子獲得的速度較大。 （學生活動）思考：質量為M的車上，有n個質量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上?，F(xiàn)在車上的人以相對車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第一過程，N個人同時跳下；第二過程，N個人依次跳下。試問

18、：哪一次車子獲得的速度較大？ 解：第二過程結論和上面的模型完全相同，第一過程結論為V1 = 。 答：第二過程獲得速度大。 四、反沖運動中的一個重要定式 物理情形：如圖4所示，長度為L、質量為M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個質量為m的人，也是靜止的。現(xiàn)在令人在船上開始向船尾走動，忽略水的阻力，試問：當人走到船尾時，船將會移動多遠？ （學生活動）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動？當人中途停下休息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統(tǒng)選船為參照，動量守恒嗎？ 模型分析：動量守恒展示了已知質量情況下的速度關系，要過渡到位移關系，需要引進運動學的相關規(guī)律。根據(jù)實際情況

19、（人必須停在船尾），人的運動不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運動學的規(guī)律應選擇S = t 。為尋求時間t ，則要抓人和船的位移約束關系。 對人、船系統(tǒng)，針對“開始走動→中間任意時刻”過程，應用動量守恒（設末態(tài)人的速率為v ，船的速率為V），令指向船頭方向為正向，則矢量關系可以化為代數(shù)運算，有： 0 = MV + m(-v) 即：mv = MV 由于過程的末態(tài)是任意選取的，此式展示了人和船在任一時刻的瞬時速度大小關系。而且不難推知，對中間的任一過程，兩者的平均速度也有這種關系。即： m = M

20、 ① 設全程的時間為t ，乘入①式兩邊，得：mt = Mt 設s和S分別為人和船的全程位移大小，根據(jù)平均速度公式，得：m s = M S ② 受船長L的約束，s和S具有關系：s + S = L ③ 解②、③可得：船的移動距離 S =L （應用動量守恒解題時，也可以全部都用矢量關系，但這時“位移關系”表達起來難度大一些——必須用到運動合成與分解的定式。時間允許的話，可以做一個對比介紹。） 另解：質心運動定律 人、船系統(tǒng)水平方向沒有外力，故系統(tǒng)質心無加速度→

21、系統(tǒng)質心無位移。先求出初態(tài)系統(tǒng)質心（用它到船的質心的水平距離x表達。根據(jù)力矩平衡知識，得：x = ），又根據(jù)，末態(tài)的質量分布與初態(tài)比較，相對整體質心是左右對稱的。弄清了這一點后，求解船的質心位移易如反掌。 （學生活動）思考：如圖5所示，在無風的天空，人抓住氣球下面的繩索，和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質量分別為m和M ，此時人離地面高h ?，F(xiàn)在人欲沿懸索下降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多長？ 解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長對應模型中的“船的長度”（“充分安全著地”的含義是不允許人脫離繩索跳躍著地）。 答：h 。 （學生活動）思考：如圖6所示，兩個傾角相同的斜面，互相

22、倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無初速釋放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質量分別為M和m ，底邊長分別為a和b ，試求：小斜面滑到底端時，大斜面后退的距離。 解：水平方向動量守恒。解題過程從略。 答：（a－b）。 進階應用：如圖7所示，一個質量為M ，半徑為R的光滑均質半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個質量為m的質點，由靜止開始沿球面下滑。試求：質點離開球面以前的軌跡。 解說：質點下滑，半球后退，這個物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細分析，由于同樣滿足水平方向動量守恒，故我們介紹的“定式”是適用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直

23、坐標則需要從數(shù)學的角度想一些辦法。 為尋求軌跡方程，我們需要建立一個坐標：以半球球心O為原點，沿質點滑下一側的水平軸為x坐標、豎直軸為y坐標。 由于質點相對半球總是做圓周運動的（離開球面前），有必要引入相對運動中半球球心O′的方位角θ來表達質點的瞬時位置，如圖8所示。 由“定式”，易得： x = Rsinθ ① 而由圖知：y = Rcosθ ② 不難看出，①、②兩式實際上已經是一個軌跡的參數(shù)方程。為了明確軌跡的性質，我們可以將參數(shù)θ消掉，使它們成為： + = 1 這樣，特征就明顯了：質點的軌跡是一個長、短半軸

24、分別為R和R的橢圓。 五、功的定義式中S怎么取值 在求解功的問題時，有時遇到力的作用點位移與受力物體的（質心）位移不等，S是取力的作用點的位移，還是取物體（質心）的位移呢？我們先看下面一些事例。 1、如圖9所示，人用雙手壓在臺面上推講臺，結果雙手前進了一段位移而講臺未移動。試問：人是否做了功？ 2、在本“部分”第3頁圖1的模型中，求拉力做功時，S是否可以取繩子質心的位移？ 3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？ 4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移動相同距離S，汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否做功？ 在以上四個事例中，S若取作用點位移

25、，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，樓梯支持力的作用點并未移動，而只是在不停地交換作用點），S若取物體（受力者）質心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第2例都做了功，數(shù)字并不相同。所以，用不同的判據(jù)得出的結論出現(xiàn)了本質的分歧。 面對這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉化的量度”這一根本點。 第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內能的生成必然是由人的生物能轉化而來，人肯定做了功。S宜取作用點的位移； 第2例，求拉力的功，在前面已經闡述，S取作用點位移為佳； 第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點位移； 第4例，氣體內能的增加必然是由人輸出的，壓力做

26、功，S取作用點位移。 但是，如果分別以上四例中的受力者用動能定理，第1例，人對講臺不做功，S取物體質心位移；第2例，動能增量對應S取L/2時的值——物體質心位移；第4例，氣體宏觀動能無增量，S取質心位移。（第3例的分析暫時延后。） 以上分析在援引理論知識方面都沒有錯，如何使它們統(tǒng)一？原來，功的概念有廣義和狹義之分。在力學中，功的狹義概念僅指機械能轉換的量度；而在物理學中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉換的量度。所以功也可定義為能量轉換的量度。一個系統(tǒng)總能量的變化，常以系統(tǒng)對外做功的多少來量度。能量可以是機械能、電能、熱能、化學能等各種形式，也可以多種形式的能量同時發(fā)生轉化。由此可見，上

27、面分析中，第一個理論對應的廣義的功，第二個理論對應的則是狹義的功，它們都沒有錯誤，只是在現(xiàn)階段的教材中還沒有將它們及時地區(qū)分開來而已。 而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點的位移；求狹義的功，S取物體（質心）位移。 那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家?guī)c建議： 1、抽象地講“某某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對某物體做的功”常常指狹義的功；3、動能定理中的功肯定是指狹義的功。 當然，求解功地問題時，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對復雜一些。如果認為所求為狹義的功，S取質心位移，是做了功，但結論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個處理：將復雜的形變物體（

28、人）看成這樣一個相對理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等效為彈簧將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發(fā)現(xiàn)，做功的是人的雙腿而非地面，人既是輸出能量（生物能）的機構，也是得到能量（機械能）的機構——這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應理解為廣義功為宜。 以上四例有一些共同的特點：要么，受力物體情形比較復雜（形變，不能簡單地看成一個質點。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉化不是封閉的（涉及到第三方，或機械能以外的形式。如第1例）。以后，當遇到這樣的問題時，需要我們慎重對待。 （學生活動）思考：足夠長的水平

29、傳送帶維持勻速v運轉。將一袋貨物無初速地放上去，在貨物達到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f ，對地的位移為S 。試問：求摩擦力的功時，是否可以用W = fS ？ 解：按一般的理解，這里應指廣義的功（對應傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點的位移。注意，在此處有一個隱含的“交換作用點”的問題，仔細分析，不難發(fā)現(xiàn)，每一個（相對皮帶不動的）作用點的位移為2S 。（另解：求貨物動能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。） 答：否。 （學生活動）思考：如圖12所示，人站在船上，通過拉一根固定在鐵樁的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對船和人的系統(tǒng)做功？ 解：分析同上面的“第3例”。 答：否。

30、六、機械能守恒與運動合成（分解）的綜合 物理情形：如圖13所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足夠長。質量分別為m1和m2的A、B兩個有孔小球，串在桿上，且被長為L的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態(tài)時，認為它們的位置在同一高度，且繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)無初速地將系統(tǒng)釋放，忽略一切摩擦，試求B球運動L/2時的速度v2 。 模型分析：A、B系統(tǒng)機械能守恒。A、B兩球的瞬時速度不等，其關系可據(jù)“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。 （學生活動）A球的機械能是否守恒？B球的機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個WT的代數(shù)和為零；b、無非彈性碰撞，無

31、摩擦，沒有其它形式能的生成）？ 由“拓展條件”可以判斷，A、B系統(tǒng)機械能守恒，（設末態(tài)A球的瞬時速率為v1 ）過程的方程為： m2g = + ① 在末態(tài)，繩與水平桿的瞬時夾角為30°，設繩子的瞬時遷移速率為v ，根據(jù)“第三部分”知識介紹的定式，有： v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30° 兩式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/ ② 解①、②兩式，得：v2 = 七、動量和能量的綜合（一） 物理情形：如圖14所示，兩根長度均為L的剛性輕桿，一端通過質量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質量為m和2m的小球相連。將此裝置的

32、兩桿合攏，鉸鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球向兩邊滑動，但兩桿始終保持在豎直平面內。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90°時，質量為2m的小球的速度v2 。 模型分析：三球系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，并注意約束關系——兩桿不可伸長。 （學生活動）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會怎樣？ 設末態(tài)（桿夾角90°）左邊小球的速度為v1（方向：水平向左），球形鉸鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾θ角斜向左）， 對題設過程，三球系統(tǒng)機械能守恒，有： mg( L-L) = m + mv2 + 2m ① 三球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有： mv1 + mvsin

33、θ= 2mv2 ② 左邊桿子不形變，有： v1cos45°= vcos(45°-θ) ③ 右邊桿子不形變，有： vcos(45°+θ) = v2cos45° ④ 四個方程，解四個未知量（v1 、v2 、v和θ），是可行的。推薦解方程的步驟如下—— 1、③、④兩式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4 2、在回到③、④兩式，得： v1 = v2 , v = v2 3、將v1 、v的替代式代入①式解v2即可。結果：v2 = （學生活動）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度

34、分別是多少？ 解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，θ為零。一個能量方程足以解題。 答：0 、 、0 。 （學生活動）思考：當兩桿夾角為90°時，右邊小球的位移是多少？ 解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質心運動定律。 答： 。 進階應用：在本講模型“四、反沖……”的“進階應用”（見圖8）中，當質點m滑到方位角θ時（未脫離半球），質點的速度v的大小、方向怎樣？ 解說：此例綜合應用運動合成、動量守恒、機械能守恒知識，數(shù)學運算比較繁復，是一道考查學生各種能力和素質的難題。 據(jù)運動的合成，有： = + = - 其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設

35、其大小為v2 ；必然是沿半球瞬時位置切線方向（垂直瞬時半徑）的，設大小為v相 。根據(jù)矢量減法的三角形法則，可以得到（設大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時，我們將v1的x、y分量v1x和v1y也描繪在圖中。 由圖可得：v1y =（v2 + v1x）tgθ ① 質點和半球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：Mv2 = mv1x ② 對題設過程，質點和半球系統(tǒng)機械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = M + m ，即： mgR(1-cosθ) = M + m（ + ）

36、 ③ 三個方程，解三個未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但數(shù)學運算繁復，推薦步驟如下—— 1、由①、②式得：v1x = v2 ， v1y = (tgθ) v2 2、代入③式解v2 ，得：v2 = 3、由 = + 解v1 ，得：v1 = v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg = arctg（） 這就是最后的解。 〔一個附屬結果：質點相對半球的瞬時角速度 ω = = ?！? 八、動量和能量的綜合（二） 物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質量為M = 1 kg的平板車左端放有質量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因

37、素μ= 0.5 。開始時，車和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運動，車與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路程。 模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常規(guī)。能量關系介紹摩擦生熱定式的應用。由于過程比較復雜，動量分析還要輔助以動力學分析，綜合程度較高。 由于車與墻壁的作用時短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當兩對作用同時發(fā)生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認為鐵塊與車的

38、作用尚未發(fā)生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。 規(guī)定向右為正向，將矢量運算化為代數(shù)運算。 車第一次碰墻后，車速變?yōu)椋璿 ，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向為正，必朝墻運動。 （學生活動）車會不會達共同速度之前碰墻？動力學分析：車離墻的最大位移S = ,反向加速的位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達到共同速度v1 。 車第二次碰墻后，車速變?yōu)椋璿1 ，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = = ，因方向為正，必朝墻運動。 車第三次碰墻，

39、……共同速度v3 = = ，朝墻運動。 …… 以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況—— 鐵塊：勻減速向右→勻速向右→勻減速向右→勻速向右…… 平板車：勻減速向左→勻加速向右→勻速向右→勻減速向左→勻加速向右→勻速向右…… 顯然，只要車和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩(wěn)定狀態(tài)是：它們一起停在墻角（總的末動能為零）。 1、全程能量關系：對鐵塊和車系統(tǒng)，－ΔEk =ΔE內 ，且，ΔE內 = f滑 S相 ， 即：（m + M）v2 = μmg·S相 代入數(shù)字得：S相 = 5.4 m 2、平板車向右運動時比較復雜，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。而向左是勻減速

40、的，故 第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = …… n次碰墻的總路程是： ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + + + … + ） = （ 1 + + + … + ） 碰墻次數(shù)n→∞，代入其它數(shù)字，得：ΣS = 4.05 m （學生活動）質量為M 、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個質量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下?，F(xiàn)解除木板的固定（但無初速），讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能從另一端滑下，其初速度應為多少？ 解：由第一過程，得滑動摩擦力f = 。 第二過程應綜合動量和能量關系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達木板的另一端，和木板具有共同速度，設為v ），設新的初速度為 m =（ m + M ）v m - （ m + M ）v2 = fL 解以上三式即可。 答：= v0 。