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物理竞赛讲义六动量


动量定理
1. 一个密度为ρ 1 的小球自离液面 h 高处落入足够深的液体中, 若液体的密度大于小球的密 度,且已知小球的整个下落时间为 t,试求液体的密度。 解析:整个过程非常复杂,但小球的初、末状态动量均为零,由动量定理: 设小球自由下落时间为 t1,在水中的下落时间为 t2: ∵

t1 ?

2h g

>t2 ? t ? t1 ? t ?

2h g

F ? ? / gV ? ? / g

m

?

∴ mgt1 ? ? mg ? F ? t2 ? 0 ∴ mg

?? 2h ? ?/ 2h ? ? ? mg ? mg ? ? t ? ??0 ? g ? ? g ? ?? ?

?/ ?

?
t ? 2h / g

2.质量为 M 的卡车拖着质量为 m 的挂车,由静止开始以加速度 a 运动,经时间 t 卡车与拖 车脱钩,驾驶员并没有发现,又经时间 t 挂车停止运动,求此时卡车的速度 v。设整个过程 中牵引力和阻力均不变。 解:∵

? F ? 2t ?Mv

? F ?(M ? m)a

∴ v?

2 ? m ? M ? at M

3.如图所示,台秤秤盘中有一质量为 m1=0.1kg 的杯子,从高 h=1.25m 处的水龙头向杯中放 水,水流量为 0.1kg/s,则从水龙头打开,水开始下滴起计时,到 4.5s 时,台秤 的读数是多少?(设水由静止从水龙头流出,水滴到杯中不溅起,不计杯中水 面的升高,g=10m/s2) 解:∵ v ? 2 gh
2

∴ v ? 5(m / s)

取一小部分质量为 ? m 的水为研究对象,由动量定理,设向上为正方向: ∵ F ? ?t ? ?m(vt ? v0 )
/

∴ F?

?m (vt ? v0 ) ? 0.1? ? 0 ? (?5) ? ? 0.5( N ) ?t

由牛顿第三定律: F ? ? F 、
/ /

又∵水下落的时间: t ? 2h / g ? 0.5(s)

∴ N ? mg ? m g ? F ? 0.1?10 ? 0.1? (4.5 ? 0.5) ?10 ? 0.5 ? 5.5( N )

4.一质量为 m 的均匀软绳子,长为 L,上端悬挂,下端刚好触地,现让绳子自由端落下距 离 h 时,地面对绳子的瞬时作用力。 解析: 取正与地面碰撞、 质量为 Δ m 的绳子微元为研究对象, 设地面对该微元的作用力为 F, 经时间 Δ t,这段绳子落地,由动量定理: h ∵ ( F ? ?mg )?t ? 0 ? (??mv) v 2 ? 2gh ∴ F ? ?t ? ?m 2gh ? ?mg ? ?t Δm

若 F 》?mg

则: F ? ?t ? ?m 2gh

∵ ?m ? v ? ?t ?

m L

∴ F ?

2mgh L
/

由于地面对已经落地的绳子的作用力为: F ?

mgh ,故地面对绳子的瞬时作用力: L

N ? F/ ? F ?

3mgh L

5.如图所示,高压水枪中竖直向上喷出的水柱,将一个开口向下、质量为 m 的小铁盒顶在 空中。若水以恒定速率 v0 从横截面积为 S 的水枪中持续不变喷出,向上运动并冲击 铁盒后,以不变的速率竖直返回,求稳定状态下铁盒距水枪口的高度。 解析:可认为水做竖直上抛运动,当水柱上升高度为 h 时,水柱顶端的速度为: S
2 v ? v0 ? 2 gh 。单位时间内,由水枪喷出的水的质量为: ?m ? ? ? v0 S 。水柱喷

射到铁盒上时,速度将减小,水柱与铁盒底的接触面积 S />S,由于水柱持续喷出,故:

S ? v0 ? S / ? v ,即单位时间内喷射到铁盒底上的水的质量保持不变: ?m ? ? ? v0 S 。
对 ? m 为研究对象:由于水与铁盒的作用时间极短,水滴所受重力不计,由动量定理:

F ? ?t ? ?2?m ? v ? ?2? ? v0 S ? v
对铁盒,稳定状态时:
/

∵ ?t ? 1s

∴ F ? ?2? ? v0 S ? v

由牛顿第三定律: F ? ? F ? 2 ? ? v 0 S ? v
2 0

mg ? 2? ? v0 S ? v
2

? v2 1 ? m 将 v 代入: v ? v ? 2 gh ,得: h ? 0 ? ? ? 2? ? v S ? v ? g ? 2g 2 ? 0 ?
对系统使用动量定理: —— 9 ) (6 6.如图所示,物体 A、B 相距 9.5m,现物体 A 以 vA=10m/s 的初速度向静止的物体 B 运动, 物体 A 与 B 发生正碰后仍沿原来的方向运动。 已知物体 A 在碰撞前后共运行 6s 后停止运动。 求碰撞后物体 B 运行多少时间停止运动(已知 mA=2mB,物体 A、B v0 A B 2 与地面间的动摩擦因数均为μ =0.1,g=10m/s ) 解析:设向右为正方向,对系统由动量定理:

?? ? mA g ? t A ? ? ? mB g ? tB ? 0 ? mAvA

t B ? 8s

7.如图所示,矩形盒 B 的质量为 M,放在水平面上,盒内有一质量为 m 的物体 A,A 与 B、 B 与地面间的动摩擦因数为μ 1、μ 2,开始时二者均静止。现瞬间使物体 A 获得一向右且与 矩形盒 B 左、右侧壁垂直的水平速度 v0,以后物体 A 在盒 B 的左右壁 B v0 碰撞时,B 始终向右运动。当 A 与 B 最后一次碰撞后,B 停止运动,A A 则继续向右滑行距离 s 后也停止运动,求盒 B 运动的时间 t。 解析:设向右为正方向,B 停止运动时 A 的速度为 v,对系统由动量定理:

??2 (m ? M ) gt ? mv ? mv0 ?? ①

B 停止运动后,对 A 用动能定理: ?1mg ? s ? 由①、②得盒 B 运动的时间 t: t ?

1 2 mv ?? ② 2

mv0 ? m 2 ?1 gs ?2 (m ? M ) g

8.如图所示,水平粗糙的地面上放置一质量为 M、倾角为θ 的斜面体,斜面体表面也是粗 糙的,有一质量为 m 的小滑块以初速度 v0 由斜面底端滑上斜面,经 y 过时间 t 滑到斜面上某处时速度为零。在小滑块上滑过程中斜面体 v0 保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各为多 θ 大? O x 解析:对系统在水平方向和竖直方向分别应用动量定理: 水平方向: ? f ? t ? 0 ? mv0 cos? ?? ① ?? ②

竖直方向: [ N ? (m ? M ) g ] ? t ? 0 ? mv0 sin ? 由①、②得: f ?

mv0 cos ? t

N ? (m ? M ) g ?

mv0 sin ? t

9.如图所示,有一半径为 R 的半球形凹槽放在光滑的水平地面上,一侧紧靠在光滑墙壁上。 在槽口有一质量为 m 的小球由 A 点从静止释放,沿光滑球面滑下,经最 A C 低点 B 又沿球面上升到最高点 C,整个过程经历的时间为 t。B、C 两点的 B 高度差为 0.6R。求在时间 t 内墙对凹槽的冲量及地面对凹槽的冲量。 解析:小球由 A 点从静止释放,沿光滑球面滑下到达最低点 B 的过程中,凹槽静止不动, 光滑墙壁对凹槽有水平弹力的作用;小球经最低点 B 又沿球面上升到最高点 C 的过程中, 凹槽与墙分离,当小球到达 C 点时,小球与凹槽有相同的水平速度。 系统在水平方向受光滑墙壁对凹槽有水平弹力的作用, 竖直方向受重力和地面的支持力作 用。设凹槽的质量为 M,小球经最低点 B 时的速度为 vB,在时间 t 内墙对凹槽的冲量为 Ix, 地面对凹槽的冲量为 Iy,对系统使用动量定理:

I x ? mvB

?? ①

I y ? (m ? M ) g ? t ? 0 ?? ②

mgR ?

1 2 mvB ?? ③ 2

由机械能守恒:

1 2 1 3 2 mvB ? (m ? M )vC ? mg ? R ?? ④ 2 2 5
?? ⑤

小球经最低点 B 又沿球面上升到最高点 C 的过程中,水平方向动量守恒:

mvB ? (m ? M )vC

由③④⑤得: vB ? 2gR

M ? 1.5m

代入①②得: I x ? m 2gR

Iy ? 2 . 5 g t m

10.如图所示,竖直平面内,有长度 L=1.25 m,一端固定于 O 点,另一端系一质量为 1kg 的小球。现将小球拉至如图所示的位置,θ =300,由静止释放,求: A (1)细线被拉直的瞬间,细线对小球的冲量。 (2)小球从最高点 A 到最低点 C 小球所受到的合力在全过程中对小 O θ 球的冲量是多少。 B V1 C V2 VB

解: (1) pB ? mvB ? m 2g ? 2l sin? ? 5(kg ? m / s)

p1 ? mv1 ? pB cos? ?

5 3 (kg ? m / s) 2

p2 ? mv2 ? pB sin? ? 2.5(kg ? m / s)
细线被拉直的瞬间,重力的冲量不计,以 V1 的方向为正方向 ∴ I ? F ? ?t ? 0 ? mv1 ? ?2.5(kg ? m / s) ,方向沿细线指向圆心。 (2)∵

1 2 1 2 mvC ? mv2 ? mgl (1 ? sin ? ) 2 2

∴ vC ? 5.6(m / s) 方向向左。

∴ F ? T ? m(vC ? vA ) ? 5.6( N ? s)

11.用棒击水平飞来的棒球,棒球质量为 0.1kg,速度为 v0=20m/s。球受击后竖直向上运动, 到达的最高点高度 h=20m,设打击过程历时 Δ t=0.01s。求棒对球的平均打击力的大小和方 向。 解析:棒球受棒的打击后,使动量由水平方向的 mv0 变为竖直方向的 mv: ∵ v 2 ? 2gh ∴ v ? 20(m / s) mv FΔ t mv0 θ

由动量定理: F ? ?t ? mv ? mv0 ∴ F ? ?t ? 方向: ? ? tg

?m v0 ?2 ? ?m v?2
?1

F?

? mv0 ? ? ? mv ?
2

2

/ ?t ? 283( N )

mv ? 450 m v0

12.质量分别为的 m1、m2 和 m3 的三个质点 A、B、C 位于光滑的水平面上,用已拉直的不 可伸长的柔软细绳 AB 和 BC 连接,角 ABC 为 π -α ,α 为一锐角, C 如图所示。今有一冲量为 I 的冲击力沿 BC 方向作用于 C 点,求质点 A 开始运动时的速度。 α 解:受力 F 的作用后,三个质点的速度分别为 VA、VB、VC 。 A B 柔软细绳的作用力方向一定是沿绳的,故 VA 必沿 AB 方向,VC VC 必沿 BC 方向,设 VB 的方向与 BC 方向的夹角为 θ 。 设 BC 方向为 x 轴正方向,垂直于 BC 方向为 y 轴正方向。 C x 轴方向: I ? m1v A cos? ? m2 vB cos? ? m3vC y 轴方向: 0 ? ?m1v A sin ? ? m2 v B sin ? 由于绳不可伸长,故: v A ? v B cos( ? ? ) ? A VB VA θ α B

vC ? vB c o ? s

由以上四个方程,得: v A ?

I ? m2 cos? m2 (m1 ? m2 ? m3 ) ? m1m3 sin 2 ?

13.如图所示,许多质量为 m 的木块相互紧靠着沿一条直线排列于光滑水平面上。每相邻 的两个木块均用长为的 L 的柔软细线连接着,现用大小为 F F 的水平恒力沿排列方向拉第一个木块,以后各木块依次被拉 ?? 动运动起来,求第 n 个木块被牵动时的速度。
/ 解析: (n–1) 设第 个木块刚被拉动时的速度为 vn ?1 , 它即将拉动下一个木块时速度增为 vn ?1 ,

第 n 个木块刚被拉动时的速度为 vn 。对第(n–1)个木块刚被拉动到它把绳子即将拉紧这 一过程,由动能定理: FL ?

1 1 / 2 (n ? 1)mvn21 ? (n ? 1)mvn ?1 ? 2 2

?? ①

/ 在绳子把第 n 个木块拉动的短暂过程,可认为动量守恒: (n ?1)mvn?1 ? nmvn ?? ②

由①②得:

1 ? nv ? 1 2 FL ? (n ?1)m ? n ? ? (n ? 1)mvn?1 2 ? n ?1 ? 2
2 FL 2 ? 22 v2 ? 12 ? v12 m 2 FL 2 2 ? 42 v4 ? 32 ? v3 第四块: 3 ? m
第二块: 1?

2

2 FL (n ? 1 ) 2 2 2 2 ? n vn ? (n ? 1 )vn ?1 ?? ③ m

由上式可得,相邻两木块被拉动时速度的关系:

2 FL 2 2 ? 32 v3 ? 22 ? v2 m 2 FL 2 2 ? n 2vn ? (n ? 1) 2 vn ?1 ???第 n 块: (n ? 1) m
第三块: 2 ?

将上述各式等式的左边相加,右边相加,得:

[1 ? 2 ? 3 ? ? ? (n ? 1)]
∵ v1=0 ∴ vn ?

2 FL 2 ? n 2vn ? v12 m

? n(n ? 1) ? 2 FL 2 2 2 ? 2 ? m ? n vn ? v1 ? ?

FL(n ?1) / nm

动量守恒定律
1.质量为 m1、速度为 vA 的物体 A 与静止的质量为 m2 的物体 B 正碰,讨论在碰撞后能否返 回?若能返回的话,它返回的速度只能在什么范围? 解:由动量守恒和碰撞后动能只能损失而不会增加来讨论碰撞后物体可能出现的速度范围。 设物体返回的速度大小为 vA/,水平方向动量守恒,原运动方向为正方向 ∵ mAvA ? ?mAvA ? mBvB
/ /

∴ vB ?
/

mA / (v A ? v A ) mB

??(1)

1 1 1 2 / / mAvA ? mAv A2 ? mB vB2 2 2 2

??(2)

?m 1 1 1 2 /2 / ? 将(1)代入(2) : mAv A ? mAv A ? mB ? A (v A ? v A ) ? 2 2 2 ? mB ?
/ / 2 (mA ? mB )vA2 ? 2mA ? vA ? vA ? (mA ? mB )vA ? 0 / / 2 若: y ? (mA ? mB )vA2 ? 2mA ? vA ? vA ? (mA ? mB )vA ? 0
2 2 2 2 2 ?2mAv A ? 4mAv A ? 4(mA ? mB )v A ∴ v ? 2(mA ? mB ) / A

2

/ vA1 ? ?vA ;

/ vA2 ?

mB ? mA ? vA mA ? mB

因为 y 是一个二次函数,其抛物线开口向上,故 vA/在两根之间时 y<0。 若 mA > mB,则两根均为负值,即碰后 A 球将向前运动,不可能返回。 若 mA = mB,则一根为正,一根为零,A 球碰后最多停下,不可能返回。 若 mA < mB, vA2/ > 0, 则 两根之间的正的 vA/的范围在零到

mB ? mA 即 ? v A 之间, mA < mB mA ? mB

时,A 球可能返回,其速率小于 v A 2 ?
/

mB ? mA ? vA 。 mA ? mB

2. (2001 年第十七届广西中学生物理竞赛题)在图中,用一条长为 l 质量可以不计的细线拴 住一质量为 M 半径为 r 的小球,使其在竖直平面里绕 O 点沿圆周来回摆动。设当小球在右 侧向左摆动到图中 a 点所示的位置时速度为 v,此时恰好有一质量为 m O 速度为 v 的子弹竖直向下击中小球并进入小球后停下来,线不断。子弹 从击中小球到在小球中停下来所经过的时间为 Δt ,这一段时间里角度 θ 的微小变化可以不计。求子弹恰好在小球中停下来时球的速度为多 少? 分析: v 的方向为圆弧的切线方向。可把子弹的速度 v 分解为沿细 线方向的分速度 v cos? 和与细线方向垂直的分速度 v sin ? 。当子弹竖直向下击中小球并
/ / / /

θ

v/
a

进入小球后停下来,线不断,就隐含着子弹和小球沿细线方向的分速度为零。它们只有与细 线方向垂直的分速度。 因子弹从击中小球到在小球中停下来所经过的时间很短, 即垂直细线 方向的内力远大于外力: ∴ Mv ? mv sin? ? (M ? m)V共
/

∴V ?

Mv ? m v/ sin ? (为所求速度)方向为圆弧 ( M ? m)

的切线方向。 3.长为 2b 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

于光滑的水平桌面上,绳处于拉直状态。今给小球 M 以一冲击,使它获得水平速度 V,V 的 方向与绳垂直(如图所示) 。求在两端的小球发生互碰前的瞬间绳中的张力。 解:设两小球在相互碰撞前的瞬间小球 M 和 m 相对于桌面的加速度大小分别为 aM、am。 则: 2T ? M ? a M (aM 方向与速度方向相反)??(1)

T ? m ? am (am 方向与速度方向相同)??(2)
相对于 M,小球 m 作圆周运动,在碰撞前的瞬间,小球 m 相对于 M 的相心加速度为:
2 2 vx vx ? aM , v x 为碰撞前小球在垂直于绳方向的分速度,故: a m ? b b

??(3)

由(1) (3)得: T ? (2)

v2 M ?m x M ? 2m b

??(4)

vy

设 v y 为碰撞前小球 M 的速度,由于绳子的长度不变,小球 m 沿绳子方向 T 的分速度也为 v y 。由机械能守恒、动量守恒: T vx vx

1 1 1 2 2 2 MV 2 ? Mv y ? 2 ? m v x ? v y ??(5) 2 2 2
由(5) (6)得: v x ?
2

?

?

MV ? ?M ? 2m?v y ??(6)

M M 2 m ?V 2 ? V 2 代入(4)得: T ? M ? 2m (M ? 2m) 2 ? b

4.如图所示,质量 1kg、长为 0.51m 的木板 A 的右端有一质量 3kg 的物块 B,它们一起在 光滑的水平地面上向左匀速运动,速度为 2m/s,木板与等高的固定板 C 发生碰撞,碰撞时 间极短,没有机械能的损失,物块与木板之间的摩擦系数为 0.5,g=10m/s2。求: (1)第一次碰撞后,A、B 共同运动的速度(大小和方向) A B C (2)第一次碰撞后,A 和 C 之间的最大距离 (3)A 与固定板 C 碰撞几次后,B 可脱离 A 解: (1)动量守恒,向左为正方向

C

?mAv0 ? mBv0 ? ? mA ? mB ? v1
? ? mB g ? S ? 1 2 mAv0 2

v1 ? 1(m / s)

(2)对 A:从与 C 碰后对地面速度为零,设摩擦力为 f: f =μ mg

S ?0.13( ) m

(3)A 与 C 第一次碰撞后有共同速度 v1,B 相对于 A 的偎依为L1:

? f ? L1 ?

1 ? mA ? mB ? ? v12 ? v02 ? 2

L1 ? 0 . 4m ) (

A 与 C 第二次碰撞后有共同速度 v2,B相对于A的偎依为L2:

?mAv1 ? mBv1 ? ? mA ? mB ? v2
? f ? L2 ? 1 ? mA ? mB ? ? v22 ? v12 ? 2

L2 ? 0 . 1m ) (

A 与 C 第三次碰撞后有共同速度 v3,B相对于A的偎依为L3:

?mAv2 ? mBv2 ? ? mA ? mB ? v3
? f ? L3 ? 1 ? mA ? mB ? ? v32 ? v22 ? 2

L3 ? 0 . 0 2 m( ) 5
A 与固定板 C 碰撞 3 次后,B 可脱离 A。

L1 ? L2 ? L3 ? 0.525m ? 0.51m

5.如图所示,一质量为 m 的小球从内壁光滑、半径为 r 的半球形容器的边缘无初速的滑下, 容器质量为 M,放在光滑的水平面上,则小球滑至容器底部时容器对桌面的压力是多少? 解析:当小球滑至容器底部时,由动量守恒: mv ? MV m 1 2 1 2 M 系统机械能守恒: mgr ? mv ? MV

2

2



v?

2M g r m? M

V?

m M

2Mgr m? M

此时小球相对于容器的速度为: v / ? v ? V ?

2gr ? m ? M ? M
? 2m 2 ? N ? ? 3 m? ? g M ? ?

设容器对小球的作用力为 N: N ? mg ? m

v/ 2 r

根据作用力与反作用力,小球对容器的作用力为:N / 容器对桌面的压力: Q ? N ? Mg ?
//

? 2m ? M ?? m ? M ? g
M

6.如图所示半径为 1m 的半圆槽,质量 M=2kg,置于光滑水平面上,其左边有木桩挡着。 今有质量 m 为 1kg 的小球,自离槽口高 4m 处由静止落下,与圆弧槽相切 进入槽内,在运动过程中圆弧槽最大速率是多少? 解析:设槽的速度为 vm,从 a—e 的过程动量守恒、动能也守恒 ∵ mv ? mv/ ? Mvm v a b c d v/ e vm

1 1 1 2 mv 2 ? mv / 2 ? Mv m 2 2 2

vm ?

2m 2 g ?h ? R ? 20 2m v ? ? ? 6.67m / s m?M m?M 6

7.用轻弹簧相连的质量均为 2 kg 的 A、B 两物块都以 v=6 m/s 的速度在光滑的水平地面 上运动,弹簧处于原长,质量 4 kg 的物块 C 静止在前方,如图所示。B 与 C 碰撞后二者粘 在一起运动.求:在以后的运动中:? (1)当弹簧的弹性势能最大时,物体 A 的速度多大?

(2)弹性势能的最大值是多大?? (3)A 的速度有可能向左吗?为什么?? 解:(1)当 A、B、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大? 由于 A、B、C 三者组成的系统动量守恒,(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA′? 解得 vA′=

( 2 ? 2) ? 6 m/s=3 m/s 2?2?4
v′=

(2)B、C 碰撞时 B、C 组成的系统动量守恒,设碰后瞬间 B、C 两者速度为 v′,则? mBv=(mB+mC)v′

2?6 =2 m/s ? 2?4

设物 A 速度为 vA′时弹簧的弹性势能最大为 Ep,?

1 1 1 ?2 2 (mB+mC) v ? + mAv2– (mA+mB+mC) v A 2 2 2 1 1 1 = ×(2+4)×22+ ×2×62- ×(2+2+4)×32=12 J 2 2 2
根据能量守恒 Ep= (3)A 不可能向左运动 ? 系统动量守恒::mA v+mB v=mA vA+(mB+mC) vB ? 2×6+2×6+ mA vA=(2+4)vB 设 A 向左,vA<0,vB>4 m/s 则作用后 A、B、C 动能之和?

1 1 1 mAvA2+ (mB+mC)vB2> (mB+mC)vB2=48 J 2 2 2 1 ?2 实际上系统的机械能:E=Ep+ (mA+mB+mC)· v A =12+36=48 J ? 2 根据能量守恒定律, E ? >E 是不可能的
E′= 8. .在原子核物理中,研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应” 。这类反应的 前半部分过程和下述力学模型类似,两个小球 A 和 B 用轻质弹簧相连,在光滑的水平直轨道 上处于静止状态,在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板 P,右边有一小球 C 沿轨道以速度 v0 射向 B 球,如图所示。C 与 B 发生碰撞并立即结成一个整体 D,在它们继续向左运动的过 程中,当弹簧长度变到最短时,长度突然被锁定,不再改变,然 后,A 球与挡板 P 发生碰撞,然后 A、D 都静止不动,A 与 P 接 触但不粘接,过一段时间,突然解除锁定(锁定及解除锁定均无 机械能损失)。已知 A、B、C 三球的质量均为 m,求:? (1)弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度;? (2)在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中,弹簧的最大弹性势能. 解析:C 与 B 碰撞后立即结成一整体 D,此过程 A 没有运动;D 与 A 相互作用,弹簧被压 缩,D 做减速运动,A 做加速运动,当弹簧被压缩最短时,D 与 A 速度相等,长度突然被锁 定;D 与 A 一起向 P 做匀速运动;A 球与 P 档板发生碰撞,此过程系统的动能全部损失; 突然解除锁定后,D 向右做加速运动,一直到弹簧恢复原长时,这时 A 不动,系统的弹性 势能转化为系统的动能;A 向右加速,C、B 向右减速,弹簧伸长,一直到 D、A 具有相同 的速度,此时弹簧最长,弹性势能最大。 (1)设 C 球与 B 球碰撞结成 D 时,D 的速度为 v1,由动量守恒定律有:mv0=2mv1 当弹簧压至最低时,设此速度为 v2,由动量守恒定律有:2mv1=3mv2 得 A 的速度 v2=

1 v0 3

(2)设弹簧长度被锁定后,储存在弹簧中的弹性势能为 Ep,由能量守恒有: Ep=

1 1 ·2mv12– ·3mv22 2 2 1 ·2mv32=Ep 2

撞击 P 后,A、D 均静止.解除锁定后,当弹簧刚恢复到原长时,弹性势能全部转为 D 球 的动能,设此时 D 的速度为 v3,由能量守恒有:

以后弹簧伸长,A 球离开挡板 P,当 A、D 速度相等时,弹簧伸长到最长,设此时 A、 D 速度为 v4,由动量守恒定律有:2mv3=2mv4 当弹簧最长时,弹性势能最大,设其为 Ep′ 由能量守恒有:Ep′=

1 1 1 ·2mv32– ·3mv42 得 Ep′= mv02 2 2 36

9.质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固定在地上。平衡时,弹簧的压缩 量为 x0,如图所示。一物块从钢板正上方距离为 3x0 的 A 处自由 落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连。它们 到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为 m 时,它们恰能 回到 O 点。若物块质量为 2m,仍从 A 处自由落下,则物块与钢 板回到 O 点时,还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最 高点与 O 点的距离。 解析:物理景象可分为两个并列的过程:质量分别为 m、2m 的 物块两次从 A 处下落。 (1)物块从 A 处自由下落; (2)物块与 钢块碰撞,时间极短,动量守恒; (3)物块与钢块一起压缩弹簧 至最低点,又向上运动到 O 点,整个过程机械能守恒; (4)质 量为 2m 的物块回到 O 点后,脱离钢板后继续向上做竖直上抛运动。 物块与钢板碰撞时的速度 :

v0 ? 2gh

设 v1 表示质量为 m 的物块与钢板碰撞后一起开始向下运动的速度,因碰撞时间极短,动 量守恒:mv0=2mv1 刚碰完时弹簧的弹性势能为 EP。当它们一起回到 O 点时,弹簧无形变,弹性势能为零, 根据题给条件,这时物块与钢板的速度为零,由动能定理: E P ?

1 (2m)v12 ? 2mgx 0 2

设 v2 表示质量为 2m 的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度,则有:2mv0=3mv2 仍继续向上运动,设此时速度为 v,则有: E p ?
/

1 1 2 (3m)v3 ? 3mgx 0 ? (3m)v 2 2 2
/

在以上两种情况中,弹簧的初始压缩量都是 x0,故有: E P ? E P 当质量为 2m 的物块与钢板一起回到 O 点时,弹簧的弹力为零,物块与钢板只受到重力 作用,加速度为 g。一过 O 点,钢板受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于 g。由于物块与 钢板不粘连,物块不可能受到钢板的拉力,其加速度仍为 g。故在 O 点物块与钢板分离,分 离后,物块以速度 v 竖直上升,则由以上各式解得,物块向上运动所到最高点与 O 点的距 离为:h=v 2/(2g)=(1/2)x0 10. 如图所示,长 L=12m,右端有一弹簧夹的木板,质量 M=5kg,放在水平地面上,木板 与地面间的动摩擦因数为 0.1,质量 m =5kg 的电动小车(可视为质点)位于木板的左端。小

车启动后以 4m/s2 的加速度匀加速地向木板右端驶去, 当小车撞击弹簧夹后被立即切断电源, 且被弹簧夹子卡住。试求: (1)小车从启动到被卡住所经历的时间。 (2)从小车启动到最终木板静止,木板的总位移。 解析: (1)小车与木板相向运动 对小车:小车在木板的摩擦力作用下向右运动: f ? ma1 ? 40( N ) 对木板: f / ? ? ?m ? M ?g ? Ma2 小车和木板对大地的总位移为: L ? 木板对大地的位移为: S ?

a2 ? 2(m / s 2 )
1 2 1 a1t ? a 2 t 2 2 2
∴ t?

2L ? 2( s ) a1 ? a 2

1 1 a 2 t 2 ? ? 2 ? 2 2 ? 4(m) 2 2

(2)小车与木板碰撞前小车的速度方向向右,大小为: v1 ? a1t ? 8(m / s) 小车与木板碰撞前木板的速度方向向左,大小为: v2 ? a2 t ? 4(m / s) 由动量守恒,向右为正方向: mv ? Mv2 ? (m ? M )v 1 此后小车与木板共同向右运动,设位移为 S/:

v ? 2(m / s)

? ? ?m ? M ?gS / ? 0 ?

1 ?m ? M ?v 2 2

S / ? 2(m)

木板的总位移为: S0 ? S ? S / ? 4 ? 2 ? 2(m) 11.如图所示,滑块 A、B 的质量分别为m1 与m2,m1<m2,由轻质弹簧相连接,置于水平 的气垫导轨上。用一轻绳把两滑块拉至最近,使弹簧处于最大 压缩状态后绑紧。 两滑块一起以恒定的速度 v0 向右滑动。 突然, 轻绳断开,当弹簧伸长至本身的自然长度时,滑块 A 的速度正 好为零。问在以后的运动过程中,滑块 B 是否会有速度等于零 的时刻?试通过定量分析,证明你的结论。 解:当弹簧处于压缩状态时,系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和。当弹簧 伸长到其自然长度时, 弹性势能为零, 因这时滑块 A 的速度为零,故系统的机械能等于滑块 B 的动能。设这时滑块 B 的速度为 v,则: EB ? m2v2 / 2 由动量守恒定律:(m1+m2)v0=m2v
2 得: EB ? (m1 ? m2 )2 v0 / 2m2







假定在以后的运动中,滑块 B 可以出现速度为零的时刻,并设此时滑块 A 的速度为 v1。这 时,不论弹簧是处于伸长还是压缩状态,都具有弹性势能 Ep。由机械能守恒定律得:

(m ? m 2)v 2 0 1 m1v12 ? E p ? 1 2 2m2



根据动量守恒 (m1+m2)v0=m1v1
2 2 (m1 ? m2 )v0 (m ? m2 )v0 ? Ep ? 1 2m1 2m2



出v1,代入④ 式得:



2 2 (m1 ? m2 )v0 (m1 ? m2 )v0 因为 Ep ≥0,故得: ? 2m1 2m2



即 m1≥m2,与已知条件m1<m2 不符 可见滑 B 的速度永不为零,即在以后的运动中,不可能出现滑动 B 的速度为零的情况 12. 在光滑的水平面上停放着一辆质量为 M 的小车, 质量为 m 的物体与一轻弹簧固定相连, 弹簧的另一端与小车左端固定连接,将弹簧压缩后用细线将 m 栓住,m 静止在小车上的 A 点,如图所示。设 m 与 M 间的动摩擦因数为 μ,O 点为弹簧原长位置,将细线烧断后,m、 M 开始运动。 (1) 当物体 m 位于 O 点左侧还是右侧时, 物体 m 的速度最大?简要说明理由。 (2)若物体m达到最大速度 v1 时,物体 m 已相对小车移动了距离 s。求此时 M 的速度 v2 和这一过程中弹簧释放的弹性势能 Ep?(3) O A 判断 m 与 M 的最终运动状态是静止、 匀速运动还是相对往复运动? 并简要说明理由。 解: (1)m速度最大的位置应在 O 点左侧。因为细线烧断后,m在弹簧弹力和滑动摩擦力 的合力作用下向右做加速运动,当弹力与摩擦力的合力为零时,m的速度达到最大,此时弹 簧必处于压缩状态。此后,系统的机械能不断减小,不能再达到这一最大速度 (2)选m、M为一系统,由动量守恒定律得:mv1=Mv2 设这一过程中弹簧释放的弹性势能为 EP,则:EP=mv12/2+Mv22/2+μmgs 得: v2=mv1/M,Ep=m[ (M+m)v12/2M+μgs] (2)m与M最终将静止,因为系统动量守恒,且总动量为零,只要m与M间有相对运动, 就要克服摩擦力做功,不断消耗能量,所以,m与M最终必定都静止 13.一平直长木板 C 静止在光滑水平面上,今有两小物块 A 和 B 分别以 2v0 和 v0 的初速度 沿同一直线从长木板 C 两端相向水平地滑上长木板,如图所示。设 A、B 两小物块与长木板 C 间的动摩擦因数均为 μ,A、B、C 三者质量相等.① 若 A、B 两小物块不发生碰撞,则 由开始滑上 C 到静止在 C 上止,B 通过的总路程是多大?经过的时间 A B C 多长?②为使 A、 两小物块不发生碰撞, B 长木板 C 的长度至少多大? 解: (1)B 从 v0 减速到速度为零的过程,C 静止,B 的位移: s1 ?
2 v0 2? ? g

?所用的时间:t1=v0/μ g ?此后 B 与 C 一起向右做加速运动,A 做减速运动,直到相对静止,设所用时间为 t2, 共同速度为 v:对 A、B、C,由动量守恒定律得:mA· 0-mBv0=(mA+mB+mC)v 2v ∵ mA=mB=mc ∴ v=v0/3 ?对 B 与 C,向右加速运动的加速度 ? a=μmAg/(mB+mc)=μg/2 ∴ t2=v/a=2v0/3μg Δ t 内B向右移动的位移 s2=vt2/2=v02/9μg 故总路程 s=s1+s2=11v02/18μg 总时间 t=t1+t2=5v0/3μg (2)设车的最小长度为 L,则相对静止时 A、B 刚好接触,由能量守恒得:

mA

(2v0 )2 v2 1 ? mB 0 ? (mA ? mB ? mC )v 2 ? ? ? mB g ? s ? ? ? mA g ( L ? s ) 2 2 2
2 7v0 3? ? g

联立得: L ?

14.N 个质量均为 m 的小滑块等间距地排成一行,静止在光滑的水平面上。现有一质量为 M(M>m)的滑块以速度 v0 从左方沿小滑块连线的方向滑行,与小滑块正碰,假设滑块之 间的碰撞没有能量的损失,则所有滑块的最终速度? 解析:质量为 M 的滑块与质量为 m 的第 1 个小滑块第一次碰撞: ∵ Mv0 ? MvM 1 ? mvm1 ∴ vM 1 ?

M ?m v0 M ?m

1 1 1 2 2 Mv0 ? MvM 1? mvm 2 1 2 2 2 2M vm1 ? v0 M ?m

由于滑块之间的碰撞为完全弹性碰撞,小滑块质量相等,速度交换,故滑块 n 的速度为:

vmn ?

2M v0 M ?m
2

质量为 M 的滑块与质量为 m 的第 1 个小滑块第二次碰撞后,速度分别为:

vM 2

M ?m ? M ?m? ? vM 1 ? ? ? v0 M ?m ? M ?m?
N

vm 2 ?

2M ( M ? m) v0 ( M ? m)2
N ?1

??

同理: 质量为 M 的滑块与质量为 m 的第 1 个小滑块第 N 次碰撞后,速度分别为:

? M ?m? vMN ? ? ? v0 ? M ?m?

vmN ?

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

v0
N

故质量为 M 的滑块的最终速度为: vMN

? M ?m? ?? ? v0 ? M ?m? 2M ? M ? m ? ? ?? ? M ?m ? M ?m?
N?p

则质量为 m 的第 p 个小滑块的最终速度为: vmp

v0

15. 如图所示, 厚度不计的圆环套在粗细均匀、 长为 L 的棒的上端, 圆环和棒的质量均为 m, 圆环与棒之间的最大静摩擦力等于 mg 的 k 倍(k>1) ,棒能沿光滑的细杆 A AB(B 端固定在地面上)上下滑动,棒与地面碰撞时碰撞时间极短,且无 能量损耗。设棒从其下端距地面高度为 H 处由静止开始自由下落,与地经 L 过 n 次碰撞后,圆环从棒上滑落。 1.分析说明在第二次碰地以前的过程中,环与棒的运动情况,并求出环与 棒刚达到相对静止时,棒下端距地面的高度 H/。 B 2.求出 n、H、L、k 四个量之间应满足的关系。 解析: (1)棒与地面第一次碰撞后的瞬间,棒的速度大小为 v1 ? 2 gh ,方向竖直向上,环 的速度大小为 v1 ? 2 gh ,方向竖直向下。

碰地后棒以加速度 a1 ? (1 ? k ) g 向上做匀减速运动,而环以加速度 a1 ? (k ? 1) g 向下做 匀减速运动,当二者的速度达到相同时,速度方向向下。用 t 表示二者从碰地后到速度刚好 相同时所经历的时间,v 表示速度相同时的共同速度。则:

v ? v1 ? (k ?1) gt ? ?v1 ? (1 ? k ) gt

t?

2gh v1 ? kg kg
v ? v1 ? (k ? 1 gt ? ) 2 gh k

对棒: H ? v1t ?
/

1 k ?1 (1 ? k ) gt 2 ? 2 H 2 k

环与棒达到共同速度 v 后以共同的加速度 g 向下作匀加速运动,到二者与地面发生第二 次碰撞。 (2)棒在第一次与地面相碰后到棒与环具有共同速度 v 的过程中,环相对于棒下滑的距离
2 2 为: s1 ? ?v1t ? (1 ? k )t ? ? ? ?v1t ? (k ? 1) gt ? ? ? ? 2 k ? ?

?

1

?

2H

环与棒达到共同速度 v 以前,棒先向上减速到零,而后向下加速到 v,棒上升的最大高

v2 1 度为: H ? H ? ? H 2g k
// /

棒与地面第二次碰撞前的运动状态为棒与环从高为 H//处自由下落, 故棒与地面第二次碰 撞后,环相对于棒下滑的距离为: s2 ?
3 4

2H // ?1? ? 2? ? H k ?k?
n ?1

2

?1? ?1? ?1? 同理: s3 ? 2 ? ? H 、 s4 ? 2 ? ? H 、 ?? sn?1 ? 2 ? ? ?k? ?k? ?k?
若使棒与地经过 n 次碰撞后,圆环从棒上滑落,则应满足:

?1? H 、 sn ? 2 ? ? H ?k?

n

(s1 ? s 2? ? ? sn? ) ? L ? (s1 ? s 2 ? ? ? sn? 1 sn ) ? 1
n ?1 ? 1 ? 1 ?2 ?1? ? 即: 2 H ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? L ? 2 H ?k? ? ?k ? k ? ? ? n ? 1 ? 1 ?2 ?1? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? ?k? ? ?k ? k ? ? ?

由等比数列前 n 项合公式: sn ?

a1 (1 ? q n ) 1? q

1? ?1? ?1 ? ? ? k ? ?k? ? 化简为: 2 H 1 1? k

n ?1

? ? ? ?

n 1? ?1? ? ?1 ? ? ? ? k ? ?k? ? ? ? L ? 2H ? 1 1? k

上式即为 n、H、L、k 四个量之间应满足的关系。 16.在光滑的水平地面上等距离的放着足够多的完全相同的质量为 m 的正方形小木块,依 1 2 ??

次为 1、2、3、??,如图所示。在木块 1 的正前方有质量为 4m 的大木块,大木块与木块 1 的的间距与相邻的木块的间距相等,均为 L,初始均处于静止状态。 现用一恒力 F 一直作用在大木块上,使其与木块 1 发生碰撞,而后又与木块 2、3、?? 发生碰撞,假设所有的碰撞均为完全非弹性碰撞,则大木块在第几个小木块被碰之前,其速 度可达到最大值。 解析:设 W ? FL ,E1、E2、?? En 分别为木块 1、2、?? n 被碰前大木块(包括与大木 块粘连在一起的小木块)的动能,E1/、E2/、?? En/分别为木块 1、2、?? n 被碰后大木 块(包括与大木块粘连在一起的小木块)的动能,则由动能定理和动量守恒:

Mv0 ? (M ? m)v1

Mv0 ? (M ? 2m)v2 ??

Mv0 ? (M ? nm)vn

E1 ? W ; E1/ ?

4 4 4 5 ?4 5? / E1 ? W ; E2 ? E1/ ? W ? ( ? 1)W ; E2 ? E2 ? ? ? ?W 5 5 5 6 ?6 6?

?4 5 ? E3 ? E2/ ? W ? ? ? ? 1?W ; ?6 6 ? ?4 5 6 ? E4 ? E3/ ? W ? ? ? ? ? 1?W ?7 7 7 ?
En ?

E3/ ?

6 ?4 5 6? E3 ? ? ? ? ?W 7 ?7 7 7?

??

4 ? 5 ? 6 ? ? ? (n ? 3) n(n ? 7) W? W (等差数列求合) n?3 2(n ? 3)
1 1 ? 4m ? (n ? 1)m? vn2 ? (n ? 3)mvn2 2 2
式中为大木块与第 n 块小木块碰撞前的

又∵ En ?

速度,故: vn ?

n(n ? 7)W (n ? 3)2 m
整理得: ( y ?1)n2 ? (6 y ? 7)n ? 9 y ? 0 ,当 y=1 时,此式为一元

令: y ?

n(n ? 7) (n ? 3) 2

一次方程,将 y=1 代入得:n=9;若 y≠1,则若使方程有实数解,则:

? ? (6 y ? 7)2 ? 4( y ?1) ? 9 y ? 0 ( y ?1)n2 ? (6 y ? 7)n ? 9 y ? 0
∴ v?

y?

49 49 49 ,即 y 的最大值为 ,将 y ? 代入 48 48 48

得 n=21,即当 n=21 时,y 有最大值,vn 有最大值。

49W 49 FL ? 48m 48m

17.在离地面某一高度有一质量为 m1 的小球 1,在其正下方地面处有另一小球 2,现令小球 1 从静止出发开始下落,同时令小球 2 以某一初速度竖直上抛,使上、下两球 1 在空中相碰,相碰处离地面的高度为小球 1 落前高度的 3/4,如图所示。碰的时 H/4 间极短, 且不损失机械能。 假设小球 2 的质量 m 可以取 m=m1、 1、 1?? nm1, 2m 3m 要想碰后球 1 最后上升的高度最大,试论证上抛小球质量应为多少?
3H/4 2

解析:设球 1 从下落到两球相碰的时间为 t,小球 2 上抛的初速度为 v0 ∵

1 1 H ? gt 2 ?? ① 4 2

3 1 H ? v0t ? gt 2 ?? ② 4 2

设两球相碰前球 1 的速度为 v1,因为无论小球 2 的质量是多少,当以同样的速度上抛时, 在同样的时间内,上升的高度相同,末速度也相同,现以 vn 表示球 2 的速度,则:

v1 ? g t ?? ③

vn ? v ? g t ?? ④ 0
/

由①②③④得: vn ? v1 ??⑤
/

设两球相碰后球 1 的速度为 v1 ,球 2 的速度为 vn ,设向上为正方向,则:
/ / ∴ nm1vn ? m1v1 ? nm1vn ? m1v1 ??⑥

1 1 1 1 2 2 2 nm1vn ? m 1 21? nm v1 / ? m v 1 /1??⑦ v n 2 2 2 2
即:m=3m1
/ vn ?

若使球 1 上升的最高,则球 2 应将与球 1 碰装前的全部动能在碰撞过程中全部给球 1,即 碰后: vn ? 0 ??⑧ 由⑤⑥⑦⑧得:n=3 由⑤⑥⑦也可得: v1 ?
/

3n ? 1 4 ? ? v1 ? ? 3 ? ? v1 n ?1 n ?1 ? ?

n?3 4 ? ? v1 ? ?1 ? ? v1 n ?1 ? n ?1 ?

由上述的表达式得,当 n→∝时,v1/的极限为 3v1,即球 2 对球 1 的质量大的越多越好, 并非象 “若使球 1 上升的最高, 则球 2 应将与球 1 碰装前的全部动能在碰撞过程中全部给球 1”的结论。 18.光滑的水平地面上静止一质量为 M 的小车,一长度为 L 的细线一端系一个质量为 m 小 球,另一端系在固定在小车的细杆上,如图所示。现将细线水平拉直, 由静止释放,求当细线与竖直方向成θ 角度时,小球的速度为多大? 解析:因为小球向下摆动的过程中,小车也在运动,在某一时刻小球 摆至 P 点,设 P 点的坐标为(x、y) ,如图所示。由动量守恒: ∵ mvx ? MV ∴ mvx ? ?t ? MV ? ?t O B θ P/ A α P

即小车与小球在水平方向上的位移关系有: msOB ? MsAP/ ∴ sOB ?

ms AP/ M

?

m( sOA ? sOP/) m( L ? x) ? M M
m( L ? x) ( M ? m) x ? mL ? M M

sBP/ ? sOP / ? sOB ? x ?
对Δ BPP : s
/

2 BP/

?s

2 PP/

?s

2 BP

? (M ? m) x ? mL ? 2 2 即: ? ? ? y ? L ??① M ? ?
2
2

mL ? ? ?x? ? y2 M ?m? ? 对上式整理得: 其半长轴为 a=L, ? 2 ? 1 此式表明小球的运动轨迹为椭圆, 2 L ? ML ? ? ? ?M ?m?
半短轴为 b ?

ML 。 (小球的速度方向为此椭圆上的 P 点的切线方向) M ?m

∵ y ? L cos ? 代入①式得: x ? 对①式 y 求导,得: y ?
/

( M sin ? ? m) L M ?m

[( M ? m) x ? mL]( M ? m) M2y

( M sin ? ? m) L M ?m tg? 代入上式,得过 P 点的斜率: k ? ? M ?m M M ?m tg? 此时小球的速度方向与水平方向成α 角,故: tg? ? k ? M
将 y ? L cos ? 、 x ? 再求出: cos ? ?

M M ? (M ? m)2 tg 2?
2

?? ②

∴ mv cos ? ? MV ?? ③ 由②③④得: v ?

mgL cos ? ?

1 2 1 mv1 ? MV 2 2 2

?? ④

2 gL cos ? [ M 2 ? ( M ? m)2 tg 2? M 2 ? Mm ? (M ? m)2 tg 2?

19.如图所示,在足够大的光滑绝缘水平面的上方,存在着水平向右的匀强电场,场强大小 为 E。质量分别为 m1、m2 的两个小球 1 和 2(可视为质点)置于绝缘水平面上。其中小球 1 带有电量为 q 的正电荷,小球 2 不带电。开始时,小球 2 静止,将小球 1 从距离小球 2 为 s0 处在电场力作用下由静止释放,从而与小球 2 发生碰撞,假设两球碰撞过程中系统无机械 能损失,且两球无电量交换,则两球将发生多次碰撞,试证明: E 1 2 (1)两球相邻两次碰撞的时间间隔具有等时性 s0 (2)两次碰撞的时间间隔内,两球间的最大距离具有等距性 (3)求第 n 次相碰时,两球的速度及位移 解析: (1)设小球 1 在电场中的加速度为 a,两球碰撞前小球 1 的速度为 v0,两球碰撞后小 球 1 的速度为 v1,小球 2 的速度为 v2,由动量守恒定律,则: ∵ qE ? m1a ∴ v1 ?
2 v0 ? 2as0

m1v0 ? m1v1 ? m2v2
2m1 ? v0 m1 ? m2

1 1 1 2 2 m1v0 ? m1v12 ? m2 v2 2 2 2

m1 ? m2 ? v0 m1 ? m2

v2 ?

设第一次两球碰撞到第二两球碰撞的时间间隔为Δ t1,则: ∵ v2 ?t1 ? v1?t1 ?

1 a?t12 2

∴ ?t1 ?

2(v2 ? v1 ) 2v0 ? a a

设两球第二次碰撞前小球 1 的速度为 v1/, 小球 2 的速度为 v2/= v2, 两球碰撞后小球 1 的速
/ 度为 v1//,小球 2 的速度为 v2//,由动量守恒定律,则: v1 ? v1 ? a?t1 ? v1 ? 2v0 / // m1v1/ ? m2v2 ? m1v1// ? m2v2
/ (m1 ? m2 )v1/ ? 2m2v2 m1 ? m2

1 1 1 1 / 2 m1v1/ 2 ? m2v22 ? m1v //1 ? m2v // 2 2 2 2 2 2
// v2 ? / 2m1v1/ ? (m2 ? m1 )v2 m1 ? m2

v1// ?

设第二次两球碰撞到第三两球碰撞的时间间隔为Δ t2,则: ∵ v2 ?t2 ? v1 ?t2 ?
// //

1 2 a?t2 2

∴ ?t2 ?

// / 2(v2 ? v1// ) 2(v1/ ? v2 ) ? a a

/ / ∵ v1 ? v2 ? (v1 ? 2v0 ) ? v2 ? v0

∴ ?t2 ? ?t1 ?

2v0 a

同理可证明,两球第 n-1 次碰撞到两球第 n 次碰撞的时间间隔为Δ t n -1,则: ?tn ?1 ?

2v0 a

(2)在第一次两球碰撞到第二两球碰撞这段时间内,当两球速度相等时,两球间距最大, 设为 sm,时间 t 表示第一次两球碰撞后到两球具有相同速度时所经历的时间,则: ∵ v2 ? v1 ? at

t?

v0 a

∴ sm ? v2t ?

v2 v1 ? v2 v ?v ? t ? 2 1 ? t ? 0 ? s0 2 2 2a

用时间 t / 表示第二次两球碰撞后到两球具有相同速度时所经历的时间,则:
// // ∵ v2 ? v1 ? at /

t?

// / v2 ? v1// v1/ ? v2 v0 ? ? 2 2 a

∴ sm ? v2 t ?
/ // /

// v1// ? v2 / ? t ? s0 2

同理可证明两球在相邻的两次碰撞之间的运动过程中,两球之间的最大距离均为 s0 (3)设两球第 n 次碰撞后小球 1 的速度为 v1 n,小球 2 的速度为 v2 n,则:

v2n ? v1n ? v0 ?? ①
从小球 1 开始运动到第 n 次碰撞所用的总时间: ∵ v0 ? at0 ∴ t0 ?

v0 ?t ? a 2

T?

1 1? ? ?t ? (n ? 1)?t ? ? n ? ? ?t ?? ② 2 2? ?

对整个系统由动量定理: qE ? T ? m1v1n ? m2v2n ∵ qE ? T ? (2n ? 1) ? qE ?

?t ? (2n ? 1) ? qE ? t0 ? (2n ? 1)m1v0 2

∴ (2n ?1)m1v0 ? m1v1n ? m2v2n ?? ③ 由①②③得:

? 2nm1 ? ? 2nm1 ? qE v1n ? ? ? 1? v0 ? ? ? 1? 2 ? s0 m1 ? m1 ? m2 ? ? m1 ? m2 ?
小球 2 在两球第一次碰撞到第 n 次碰撞过程中的位移:
n ?1 n ?1

? 2nm1 ? qE v2 n ? ? ? s0 ? 2 m1 ? m1 ? m2 ?

s2n ? ? v2n ? ?t ?

2m1v0 ?t ?1 ? 2 ? 3 ? ? ? (n ? 1)? m1 ? m2

mv 2 v m ? n( n ? 1 ) 1 0 ? 0 ? 4 ( ? 1 ) 1 n n 0 ?s m1 ? m2 a m m ? 1 2
从小球 1 开始运动到第 n 次碰撞过程中的位移: 1n ? s2n ? s0 ? ? 4n(n ? 1) s

m1 ? s0 ? s0 m1 ? m2

在光滑的水平地面上,两个物体 A、B 的质量分别为 m1 和 m2,其发生正碰前速度分别为 v1 和 v2,正碰后速度分别为 v1/ 和 v2/。正碰前系统的动能为 Ek ,正碰后系统的动能为 Ek/。 试证明碰撞过程中系统的动能损失Δ Ek 最大时发生了完全非弹性碰撞。
/ / 证明:∵ m1v1 ? m2v2 ? m1v1 ? m2v2

?? ①

碰撞过程中系统的动能损失: ?Ek ? ( m1v1 ?
2

1 2

1 1 1 2 / m2 v2 ) ? ( m1v1/ 2 ? m2v22 ) 2 2 2

?? ②

③④ 由①得: v1/ ?
/ m1v1 ? m2v2 m2v2 ? m1 m1 / 1 1 1 1 m v ? m2v2 m2v2 2 2 / m1v12 ? m2v2 ? m2v22 ? m1 ( 1 1 ? ) 2 2 2 2 m1 m1
2

代入②式得: ?Ek ?

m m (v ? v ) 2 m (m ? m2 ) ? / m1v1 ? m2 v2 ? ? 1 2 1 2 ? 2 1 ? v2 ? ? 2(m1 ? m2 ) 2m1 m1 ? m2 ? ?
∴ 当 v2 ?
/

m1v1 ? m2v2 m1 ? m2

碰撞过程中系统的动能损失Δ Ek 最大。此时有:

v1/ ?

/ m1v1 ? m2v2 m2v2 m1v1 ? m2v2 ? ? m1 ? m2 m1 m1

/ / 即: v1 ? v2 ,故物体 A、B 碰撞后具有相同

的速度时,系统的动能损失Δ Ek 最大。即在完全非弹性碰撞中系统的动能损失Δ Ek 最大。 20.如图所示,两块光滑竖直板 OA、OB 成夹角α =20 的 V 字形固定在光滑的水平面上。一 个小球从 OB 边的 C 点以速度 v =2m/s,并与 OB 边成θ =600 角的方向开始运动,与 OA 发 生碰撞后又折回与 OB 板碰撞, 已知 CC=4m, 设所有碰撞 A 都是弹性的。求: (1)小球经过几次碰撞后又回到 C 点? v (2)此过程所经历的时间? θ CB O α (3)此过程中小球离 C 点的最近距离? 解析: (1)小球每次与板的碰撞均遵守类似光的反射规律。设由 O→A 和由 O→B 的方向分 别为板 OA、OB 的正方向。小球第 1、2、?? n 次与板相碰后的速度方向与被碰板正方向 的夹角分别为θ 1、θ 2、??θ n,如图所示。 由几何关系得: A
0 ?1 ? 1 8 0 ? ? ? ? ) (

θ O α θ
2

1

?2 ? ?1 ? ? ? 1800 ? (2? ? ? ) ??

v C θ B

?n ? ?n?1 ? ? ? 1800 ? (n? ? ? )
令 ?n ? 900 ∴ 90 ? 180 ? (n ? 2 ? 60 )
0 0 0 0

n ? 15

即小球将与两板碰撞 15 次后沿原路返回 C 点。在返回 C 点之前小球将与两板还碰撞 14 次,故小球经过 29 次碰撞后回到 C 点。 (2)若 P1、P2、?? P15 依次表示小球在与板前 15 次碰撞 A P13 时的接组触点,连接 P14、 P15 两点并将其延长,在此延长 P15 θ 13 线上依次截取,如图所示: α θ B O P14 P 4 P/1 ? P 1 P、 3 13 P / ? P P 、?? PC / ? PC P / 12 13 12 1 3 4 1 1 1 P/13 / / / / θ 13 连接 O、P 13,O、P 12,?? O、C ,由图可得: / Δ OP 13P14 ≌Δ OP13P14 P/12 在Δ OP13P12 和Δ OP /13P /12 中,

P/ P/ ? P P 13 12 13 12

O P/ 3 ? O P 3 1 1
OP/13P /12

/ ?13 ? 900 ? 2?

C/

同理可证明:Δ ≌Δ OP13P12 / / Δ OP 12P 11 ≌Δ OP12P11 ?? Δ OP/1C / ≌Δ OP1C ∴ OC ? OC ? 4m
/

∠AOC/=15α =300 故小球此过程通过的路程: 所经历的时间: t ? S v ? 4 2 ? 2s

S ? 2P C / sin 300 ? 4m 15

(3)小球离 C 点的最近距离: dmin ? OC / cos300 ? 2 3m 两根长度均为 L 的刚性轻杆,一端通过质量为 m 的光滑球铰链互相连接,另一端分别接有 质量为 m 和 2m 的小钢球。将此装置的两杆并拢,铰链向上竖直放 A vx m 在光滑水平桌面上,轻敲一下,使球向两边滑,但两杆始终在竖直 θθ 面内,如图所示。求: vy 2m v v1 B 2 (1)铰链与水平面相碰前瞬间的速度大小与方向。 m C (2)当两杆夹角为 90? 时,质量为 2m 的小球的速度。 解析: (1)设两杆夹角为 2θ 时,各球的速度如图所示。由于只有重力做功,系统机械能守 恒, 得

mgL (1 ? cos ? ) ?
2

1 1 1 2 2 2 2 m(v x ? v y ) ? mv1 ? ? 2mv 2 2 2 2
2 2 2

即 2gL(1-cosθ )=vx +vy +v1 +2v2 ?? (1) 由水平方向动量守恒有: mvx+mv1=2mv2 即 vx+v1=2v2 又因杆是刚体:杆两端速度沿杆方向上的速度投影相等 有: v1 cos? ? v x sin ? ? v x cos? (5)

?? (2)

??(3) 当铰链落地时有 θ =90? 得: v1 ? v x ??

v2 sin? ? v y cos? ? vx sin? ?? (4)
vx 由(2)(5)(6)式可得:v1=v2= 、 、

得: v2 ? ?v x ?? (6)

,故只能是 v1=v2= vx=0,且 vA=vy -vx

代入(1)得: v A ? 2gL ,方向竖直向下

(2)当 θ =45 时,由(2) (4)得: v x ? v1 ? 2v2 ; vx ? v y ? v1 ; v y ? vx ? v2 (3)
0

得: v1 ?

5 1 4 2 gL 2 ? 2 v 2 、 v x ? v 2 、 v y ? v 2 ,代入(1)得: v2 ? 3 3 3 20

?

?


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