2020年高考物理專題復習動量和能量

1、2020 年高考物理專題復習 動量和能量第一講 基本知識介紹一、沖量和動量1、沖力（ Ft 圖象特征） 沖量。沖量定義、物理意義 沖量在 Ft 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： I x =Px ，I y =Py 3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即P=F 外t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、功的定義、標量性，功在 FS 圖象中的意義2、功率，定義求法和推論求法

2、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 = FScos = FSF = F S Sb、變力的功：基本原則過程分割與代數(shù)累積；利用FS 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、 W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： Ep = W保）b、力學領域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、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

3、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 + m 2v20 = m 1v1 + m 2v21 m1 v12 + 1 m2 v22 21222m1 v10 +2m2 v220 =2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：（m1 m2 ）v10 2v20（m2 m1）v 20 2v10v1 =， v 2 =m1 m 2m 2 m1對于結果的討論：當 m1 = m2 時

4、，v1 = v 20 ，v2 = v 10 ，稱為“交換速度” ；當 m1 m2 ，且 v20 = 0 時， v1 v10 ，v2 0 ，小物碰大物，原 速率返回；當 m1 m2 ，且 v20 = 0 時，v1 v 10 ，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 = v 2 =m1v10 m 2v20m 1 m23、恢復系數(shù)：碰后分離速度（ v2 v 1）與碰前接近速度（ v10 v 20）的比值， 即：e = v2 v1 。根據(jù)“碰

5、撞的基本特征” ， 0 e 1 。v10 v 20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(jīng)有意義，如彈性碰 撞中 v1 = v 10 ，v2 = v 20 的解。2、物體之間有相對滑動時， 機械能損失的重要定勢： E = E內 = f 滑·S相 ，其中 S 相指相對路程第二講 重要模型與專題

6、 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。物理過

7、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 t ，在這段時間內，飛船要穿過體積 V = S·vt 的空間，遭遇 nV 顆太空垃圾，使它們獲得動量 P ，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。F = P = M v = m n V v = m nSv t v = nmSvt t t t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 = v t 的位移，引擎推力 F須做功W = Fx ，它對應飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的 Ek為零，所以： 12W = Mv2212即： Fvt = (n m S·

8、;vt )v2得到： F = 1 nmSv22兩個結果不一致，不可能都是正確的。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 = Ft ，由此推出的 F = P必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平t衡條件， F 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：

9、解題思路和上面完全相同答：Mv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 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（） ?，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(chǎn)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

10、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 I 1 ，BC 繩對 B、C兩質點的沖量大小相等（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 I1+I2，矢量和既不沿 AB ，也不沿 BC方 向，可設 v2與 AB 繩夾角為，如圖 3 所示），設 C獲得速度 v3（合沖量 I +I2沿 BC方 向，故 v3 沿 BC方向）。對 A 用動量定理，有：I 1 =m1v1B的動量定理是一個矢量方程： I1+I2= m2 v2，可化為兩個分方向的標量式

11、， 即：I 2cos I 1 = m2 v 2cosI 2sin = m2 v 2sin 質點 C 的動量定理方程為：I I 2 = m3 v 3AB繩不可伸長，必有 v1 = v 2cos六個方程解六個未知量（ I 1、I 2 、 v1v3 、）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、先用式消掉 v2 、 v3，使六個一級式變成四個二級式：BC繩不可伸長，必有 v2cos（ ） = vI1 = m1 v 1I 2cosI 1 = m2 v 1I 2sin = m2 v 1 tg I I 2 = m 3 v 1(cos + sin tg )2、解式

12、消掉，使四個二級式變成三個三級式：I1 = m1 v 12 m3 sinI 2cosI 1 = m2 v 1I = m 3 v 1 cos + I 2 m2m23、最后對式消 I1 、I2 ，解 v1就方便多了。結果為：Im 2 cosm2 (m1m2m3)2m1m3 sin（學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考： v2 的方位角等于多少？ 解：解“二級式”的即可。代入消 I1 ，得 I 2的表達式，將 I2的表達 式代入就行了。答： = arc tgm1m2 tgm2三、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)。現(xiàn)

13、車內的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車外拋出， 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

14、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) + MV 1Nm得：V1 =v M第二過程，必須逐次考查鉛球與車子(人)的作用。第一個球與( N1)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 v球 地 v球 車 v車 地 ，鉛球對地的速度并不是 (-v )，而是( -v + u 1)。它們動量守恒方程為：0 = m(-v + u 1) + M

15、 +(N-1)m u1m得：u1 =vM Nm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 + u 2) + M+(N-2)m u2得：u2 =mmv + v M Nm M (N 1)m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 + u 3)。它們動量守恒方程為：M+(N-2)mu2 = m(-v + u 3) + M+(N-3)m u3得：u3 =m v +M Nmmv(N 1)mmv(N 2)mv +v +v + +v以此類推(過程注意：先找

16、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(jīng)可以找出：V2 = u N =M NmM (N 1)mM (N 2)mMmv即： V2 =i 1 M im我們再將式改寫成：Nmvi1M不難發(fā)現(xiàn)，式和式都有 N 項，每項的分子都相同，但式中每項的分 母都比式中的分母小，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哪一次車子獲nmv。i1 M nm跳。第一過程， N個人同時跳下；第二

17、過程， N個人依次跳下。試問：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

18、學的相關規(guī)律。 根據(jù)實際情況 （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 = vt 。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 v = M V 設全程的時間為 t ，乘入式兩邊，得：

19、mvt = M V t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 受 船 長 L 的 約 束 ， s 和 S 具 有 關 系 ： s + S = L 解、可得：船的移動距離 S = m LMm （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 =mL2(m M)），又根據(jù)，末態(tài)的質量分

20、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和 M ，此時人離地面高 h 。現(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：mMMh 。思考：如圖 6 所示，兩個傾角相同的斜面，互相倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大生活動）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 ，

21、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： m （ ab）。Mm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

22、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的方位角來表達質點的瞬時 位置，如圖 8 所示。由“定式”，易得：x = M Rsin Mm 而由圖知： y = Rcos 不難看出，、兩式實際上已經(jīng)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)消掉，使它們成為：22x2+ y22 = 1R和 M R 的橢 Mm（ M R）2 R Mm這樣，特征就明顯了：質點的軌跡是一個長、短半軸分別為 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

23、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，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

24、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(jīng)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

25、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， 上面分析中， 第一個理論對應的廣義的功， 第二個理

26、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（人）看成這樣一 個相對理

27、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

28、的水平傳送帶維持勻速 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

29、“第 3 例”。 答：否。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

30、： a、“微元法”判斷兩個 WT 的代數(shù)和為零； b、無非彈性碰撞，無摩擦， 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：mv1 + mvsin = 2mv2L1m1v12 + 1m2v 2222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 ° , v 2 = v/sin30兩式合并成： v1 = v 2 tg30 ° = v 2/ 3 解、兩式，得： v2 = 3m2gLm1 m2七、動量和能量的

31、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

32、直方向夾角斜向左） ，對題設過程，三球系統(tǒng)機械能守恒，有：mg( L-21 mv12 + 1 mv2 +2 1 2121 2mv 22三球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：左邊桿子不形變，有：v1cos45°= vcos（45 ° - ）右邊桿子不形變，有：vcos（45 °+ ） = v 2cos45°四個方程，解四個未知量（ v1 、v2 、v 和），是可行的。推薦解方程的步驟如1、兩式用 v2替代 v1和 v，代入式，解值，得：tg = 1/4173、將 v1 、v 的替代式代入式解 v2即可。結果：3gL(2 2)202、在回到、兩式，得：5 v1 =v

33、2 , v =3（學生活動）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度分別是多 少？解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，為零。一個能量方程足以 解題。答： 0 、 2gL 、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。32答：L8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1 m( v12x + v212y)三個方程，解三個未知量v2 、v1x、v1y

34、）是可行的，但數(shù)學運算繁復，推薦步能守恒知識，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：v點 半球 = v 點 地 + v 地 半球 = v點 地 - v 半球 地其中 v半球 地必然是沿地面向左的， 為了書寫方便， 我們設其大小為 v2 ；v點 半球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 v點 地 （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 + v 1x) tg 質點和半球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：

35、Mv2 = mv 1x對題設過程，質點和半球系統(tǒng)機械能守恒，有：mgR(1-cos ) =1 Mv22 +12mv1 ，即：12mgR(1-cos ) =Mv 22 +驟如下1、由、式得：Mv2 ，mv 1y = ( m M tg ) v 2m2、代入式解 v2，得：v2 =M22m 2gR(1 cos )2 Mm (M m)2 tg23、由 v12 = v12x +v12y 解v1 ，得：v1 =222gR(1 cos )(M 2 2Mm sin 22M 2 Mm22 m sin ) 2 m(M m)sinv1的方向：和水平方向成角， = arctg v1y = arctg （ M mtg

36、） v1xM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v相2g(m M)(1 cos )2 。R(M msin2 )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素 = 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