全国中学生物理竞赛课件9：动量与动量守恒 42页

中 国 航 天 CZ 1F ★ I p  0tFt mv mv  动量定理 ♠ 动量定理的应用 ♠ (1)遵从矢量性与独立性原理 (3)尽量取大系统与整过程 i iI p  如图所示，顶角为2θ、内壁光滑的圆锥体倒立竖直固 定在P点，中心轴PO位于竖直方向，一质量为m的质点以角速度ω绕 竖直轴沿圆锥内壁做匀速圆周运动，已知a、b两点为质点m运动所 通过的圆周一直径上的两点，求质点m从a点经半周运动到b点，圆 锥体内壁对质点施加的弹力的冲量．分析受力： mg FN F向 运动半周动量变化量为 2 2   p mv m r 2cotmg mr  2 cotgr  其中轨道半径r由  合外力冲量为 2 cotI gm 重力冲量为  GI mg I IG IN 弹力冲量为  2 22cot  NI mg m a b 2θ O ω P 如图所示，质量为M的小车在光滑水平面上以v0向左匀速运动， 一质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的高 度仍为h．设M>>m，碰撞时弹力FN>>mg，球与车之间的动摩擦因 数为μ，则小球弹起后的水平速度为 A. B. 0 C. D. –v0 2gh 2 2gh M h 小球与车板相互作用，小球动量发生变化：水平方向动量 从0→mvx，竖直方向动量大小不变，方向反向，对小球分别 在竖直、水平方向运用动量定理。 设小球与车板相互作用时 间t，小球碰板前速度vy，由 21 22 y ymv mgh v gh 得 由动量定理 Ff FNN xF t mv  水平方向 2 2xv gh  2 2NF t m gh m gh   直方向竖 m v0 如图所示，滑块A和B用轻线连接在一起后放在水平桌面上， 水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑 动．已知滑块A、B与水平桌面之间的动摩擦因数均为μ．力F作用 时间t后A、B连线断开，此后力F仍作用于B．试求滑块A刚刚停住 时，滑块B的速度大小？两滑块质量分别为mA、mB． A B F 设绳断时A、B速度为V，绳断后A运 动时间为T;则在t+T时间内对系统有    A B B BF m m g t T m v       而在t时间内对系统有    A B A BF m m g t m m V       其中 V g T      A B A B F m m gT tg m m          A B A B B B F m m g Ft m mv m g             A B A B F m m g tm m    如图所示，椭圆规的尺AB质量为2m，曲 柄OC质量为m，而套管A、B质量均为M．已知 OC=AC=CB=l；曲柄和尺的重心分别在其中点上；曲柄绕 O轴转动的角速度ω为常量；开始时曲柄水平向右，求：曲 柄转成竖直向上过程中，外力对系统施加的平均冲量． C B A O  确定曲柄m、尺2m、套管A、B 质心的速度，确定质点系的动量 变化，对系统运用动量定理 曲柄、尺的质心及套管A、B的速度相关关系如示 C B A O t v 曲柄质心速度 2 lv  Cv 尺质心速度 cv l 套管A速度 Cv Anv Av 套管B速度 Cv Anv 2 m lp 动量 动量 2cp m l 2ABp M l 系统动量大小不变为 5 22p m M l     0p tp 由动量定理，在从水平变成竖直过程中 0tI p p  p 52 22 m M l     如图所示，光滑的水平面上停着一只木球 和载人小车，木球质量为m，人和车总质量为M，已知 M∶ m=16∶ 1，人以速率v沿水平面将木球推向正前方的固 定挡板，木球被挡板弹回之后，人接住球后再以同样的对 地速率将球推向挡板．设木球与挡板相碰时无动能损 失．求人经过几次推木球后，再也不能接住木球？ 对木球与载人小车这个系统， 动量从初时的0，到最终末动 量至少为（M+m）v，是墙对 木球冲量作用的结果：  2n mv m M v   17 2 n  经9次推木球后，再也接不住木球 一根均匀的不可伸缩的软缆绳全长为l、质 量为M．开始时，绳的两端都固定在邻近的挂钩上，自由 地悬着，如图（甲）．某时刻绳的一端松开了，缆绳开始 下落，如图（乙），每个挂钩可承受的最大负荷为FN（大 于缆绳的重力Mg），为使缆绳在下落时，其上端不会把挂 钩拉断，Mg与FN必须满足什么条件？假定下落时，缆绳 每个部分在达到相应的最终位置之后就都停止不动． 甲 乙 x xA B C 松开左缆绳,自由下落h时，左侧绳速度为 挂钩所受的力由两部分组成：一是承静止悬挂在 钩下的那部分缆绳的重；一是受紧接着落向静止 部分最下端的绳元段的冲力F，挂钩不被拉断，这 两部分力的总和不得超过钩的最大负荷 2gh 研究左边绳处于最下端的极小段绳元Δx:受右 边静止绳作用,使之速度在极短时间Δt内减为0, 由动量定理 F t m v     2 2 ghv 因时间极短内,忽略重力冲量,元段的平均速度取 2 22 ghMF t t ghl        hF Mg l   当左边绳全部落下并伸下时,h=l F Mg  挂钩不断的条件是 2NF Mg>  0Lx nn    　　　　　 一根铁链，平放在桌面上，铁链每单位长度的质量为 λ．现用手提起链的一端，使之以速度v竖直地匀速上升，试求在从 一端离地开始到全链恰离地，手的拉力的冲量，链条总长为L． 图示是链的一微元段离地的情景，该段微元长 F Δx 该段微元质量 m x    设该元段从静止到被提起历时Δt， 那么竖直上升部分长x的链条在手的拉 力F、重力的冲量作用下，发生了末段 微元动量的变化，由动量定理:  gF x t m v     2g= xF x v vt        2 gF v x   2gvt v   0, Lt v     力随时间线性变化，故可用算术平均力求整个过程手拉力F的总冲量： 2 1 2 LI v gL v         2 2 gL Lvv   　　　　　 如图所示，水车有一孔口，水自孔口射出．已知水面 距孔口高h，孔口截面积为a，水的密度为ρ．若不计水车与地面的摩 擦，求水车加于墙壁的水平压力． h 先求水从孔口射出的速度v 21 2gha x a x v       对处于孔口的一片水由动能定理: 2v gh 对整个水车，水平方向受墙壁的压力F，在时间Δt内有质量为 2gh t a    的水获得速度 2gh 由动量定理: 2 2F t gh t a gh       2F ahg 水车加于墙壁的压力是该力的反作用力 ,大小为 2 hF a g  逆风行船问题: 如图,帆船在逆风的情况 下仍能只依靠风力破浪航行．设风向从B向A，．位于A 点处的帆船要想在静水中最后驶达目标B点，应如何操纵 帆船？要说明风对船帆的作用力是如何使船逆风前进达 到目标的． A B 风向设计如示航线 风向 F 风 对帆F1 F2航线 船帆 A B φ 航向与风向成θ角 风吹到帆面，与帆面发生弹性碰撞后以同样的反射 角折回．风与帆的碰撞，对帆面施加了一个冲量， 使船受到了一个方向与帆面垂直的压力F，这个力 沿船身方向及垂直于船身方向的分力F1和F2，F2正 是船沿航线前进的动力，F1则有使船侧向漂移的作 用，可以认为被水对船的横向阻力平衡． 风帆与船行方向成φ角 只要适时地改变 船身走向，同时 调整帆面的方位， 船就可以依靠风 力沿锯齿形航线 从A驶向B． 续解 Δmv 设帆面受风面积为S，空气密度为ρ，风速为v，在Δt时间内到达帆面并被反弹的空气质量是 F2 F1 F 风 对帆 Δmv Δp Δm  φ sinm v t S        反弹空气动量变化量    2 sin sinp v t S v             2 22 sinS v t      由动量定理,帆(船)对风的冲力  2 22 sinF t S v t       帆(船)受到的前进动力F2为  2 2 22 sin sinS vF       φ 将风即运动的空气与帆面的碰撞简化为弹性碰撞! 船沿航线方向的动力大小与扬帆方向有关，帆面与 船行方向的夹角φ适当，可使船获得尽大的动力． 设风筝面与水平成θ角，风对 风筝的冲力为F，其中作为风 筝升力的分量为Fy，风筝面积 为S，右图给出各矢量间关系 　　　　　 放风筝时，风沿水平方向吹来，要使风筝得到最大上 升力，求风筝平面与水平面的夹角．设风被风筝面反射后的方向遵 守反射定律． mv mΔv F Fy θ sinm vt S   mv 风筝截面  22 sin cos 90F t v S      2 22 sin cosyF v S    4 2 2 2 sin cos2 2Sv     22 2 22 2 1 cos cosSv    根据基本不等式性质 2 2 12cos 1 cos , cos 3     当 时 max 24 3 9yF F Sv 由动量定理：   反冲模型 ♠ M m ※系统总动量为零 ※平均动量守恒 2 21 1 2 2kE mv MV   在系统各部分相互作用过程的各瞬间，总有 1 2 1 2 m mS Sv v t t    : : 1 1 2 20 m v m v  21 1 20 m v m v  1 1 2 20 m mm s m s  ※常以位移表示速度 ※须更多关注“同一性”与“同时 性”“同一性”:取同一惯性参考系描述m1、m2的动量 “同时性”:同一时段系统的总动量守恒 O x S人 一条质量为M、长为L的小船静止在平静的 水面上，一个质量为m的人站立在船头．如果不计水对 船运动的阻力，那么当人从船头向右走到船尾的时候， 船的位移有多大？ 设船M对地位移为x，以向右方向为正，用 位移表速度，由  0 m L x Mx   x m Lm M    “－”表示船的位移方向向左 人对船的位移 向右取正 船对地的位移 ±未知待求 运算法则 如图所示，质量为M、半径为R的光滑圆环静止 在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块从与O等高处 开始无初速下滑，当到达最低点时，圆环产生的位移大 小为________． R 设圆环位移大小为x，并以向左为正: m M O R x R  0 m R x Mx  有 mx RM m    即 “－”表示环位移方向向 右 m RM m 气球质量为M，下面拖一条质量不计的软梯，质量为m 的人站在软梯上端距地面高为H，气球保持静止状态，求⑴人能安全 到达地面，软梯的最小长度；⑵若软梯长为H，则人从软梯下端到上 端时距地面多高？ H L-汽球相对人 上升高度即绳 梯至少长度  0 mH M L H    ⑴以向下为正，用位移表速度 L M m HM   H 人上升高度h ⑵以向上为正，用位移表速度，  0 mh M H h    h M HM m   如图所示浮动起重机（浮吊）从岸上吊起 m=2 t的重物．开始时起重杆OA与竖直方向成60°角， 当转到杆与竖直成30°角时，求起重机的沿水平方向的 位移．设起重机质量为M=20 t，起重杆长l=8 m，水的阻 力与杆重均不计． 水平方向动量守恒，设右为正，起重机位移x 6030  0 sin60 sin30Mx m l x        0.266mx  重物对起重机水 平位移 x 设右为正，梯形木块位移x， 系统水平方向动量守恒：    1 2 30 cos60m M x m h x m h x        0.15mx   　　　　　 如图所示，三个重物m1=20 kg， m2=15 kg，m3=10 kg，直角梯形物块M=100 kg．三重物由一绕过两个定滑轮P和Q的绳 子相连．当重物m1下降时，重物m2在梯形物块的上面向右移动，而 重物m3则沿斜面上升．如忽略一切摩擦和绳子质量，求当重物m1下 降1m时，梯形物块的位移． m1 m2 m 3 M P Q 60 M 典型情景： vm m vm m M vM M mvm MF m F vm 2 2 0 1 1 2 2m m t mFs m v m v   2 2 0 1 1 2 2M Mt MFs Mv Mv  - 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1( ) ( )2 2 2 2M m mt Mt MF s s mv Mv mv Mv     [“一对力的功”用其中一个力的大小与两物体相对位移的乘积来计算] 模型特征：由两个物体组成的系统，所受合外力为零而相互作用力为一对恒力． 规律种种： ⑴动力学规律 两物体的加速度大小与质量成反比． ⑵运动学规律 两个做匀变速运动物体的追及问题或相对运动问题． ⑶动量规律 系统的总动量守恒． ⑷能量规律 力对“子弹”做的功等于“子弹”动能的增量： 力对“木块”做功等于“木块”动能增 量： 一对力的功等于系统动能增量： 图象1 图象2 图象描述 “子弹”穿出”木块” “子弹”迎击”木块”未穿出 vm vmt vM t d t v 0 t0 1tan f m  1tan f M  t v 0 vm vM m Mmv Mv M m   1tan f m  1tan f M  d 图象描述 “子弹”未穿出”木块” “子弹”与”木块”间作用一对恒力 vm ≤d t v 0 t0 1tan f m  1tan f M  t v 0 vm mmv M m 1tan f m  1tan f M  Δ s m mmv M m t0 v 如图所示，长为L的木板A右边固定着一个挡板， 包括挡板在内的总质量为1.5M，静止在光滑水平面上，有 一质量为M的小木块B，从木板A的左端开始以初速度v0在 木板A上滑动，小木块B与木板A间的摩擦因数为μ小木块B 滑到木板A 的右端与挡板发生碰撞．已知碰撞过程时间极 短，且碰后木板B恰好滑到木板A的左端就停止滑动．求： ⑴若 在小木块B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦 力对木板A做正功还是做负功？做多少功？⑵讨论木板A和 小木块B在整个运动过程中，是否有可能在某段时间里相对 地面运动方向是向左的？如果不可能，说明理由；如果可 能，求出能向左滑动，又能保证木板A和小木块B刚好不脱 离的条件． 2 03 ,160 vL g   这是典型的“子弹打木块”模型：A、B间相互作用着一 对等大、反向的摩擦力Ff=μMg而系统不受外力，它的变化在 于过程中发生一系统内部瞬时的相互碰撞．小木块B与挡板碰 撞前、后及整个过程均遵从动量守恒规律；A、B两者加速度 大小与质量成反比；碰撞前木块“追”木板，碰撞后则成木板 “追”木块 . L B A v0 系统运动v-t图 t1 t 1 + t2 v0 B A V L A B L 2 3A Bg ga a   由系统全过程动量守恒  0 1.5Mv M M V  0 2 5 V v 续解 AV 由图象求出B与挡板碰后时间t2:   2 2 2 2 1 1 5 2 2 3A BL t t a a t g      2 6 5 t L g得 查阅 碰后板A的速度VA: 2 2 3AV V g t   0 2 v v-t图 由动能定理,摩擦力在碰后过程中对木板A做的功 2 2 0 0 1 21.52 5 4f vW M v           2 0 27 400 Mv  B能有向左运动的阶段而又刚好不落下A板应满足两个条件： 一是B与挡板碰后B速度为负: 0 2 2 05BV v g t   < 2 02 15 v gL > 一是一对摩擦力在2L的相对位移上做的功不大于系统动能的增量，即 : 2 2 0 0 1 1 5 22 2 2 2 5mg l Mv M v         2 03 20 v gL  2 2 0 02 3 15 20Lv v g g  <当 时木块B可在与挡板碰撞后的一段时间内相对 地面向左运动并刚好相对静止在板A的左端 推证两光滑物体发生弹性碰撞时，接近速度 与分离速度大小相等，方向遵守“光反射定律”，即入射 角等于反射角. 如图，设小球与平板均光滑，小球与平板发生完全弹性碰撞，木板质量为M，小球 质量为m，沿板的法向与切向建立坐标系，设碰撞前，板的速度为V，球的速度为v， 碰撞后，分别变为 V v 和 x y 0 V v ∵两者发生完全弹性碰撞，系统同时满足动量与动 能守恒： x x x xMV mv MV mv           2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 2 2 2 2x y x y x y x yM V V m v v M V V m v v          y y y yV V v v      x x xxM V V m v v       2 2 2 2 2 2 2 2 x y x y x y x yM V V V V m v v v v          两式相除 x x x xV V v v     x x x xv V v V     球与木板的接近速度与分离速度大小相等 方向: tan tany y y y x x x x v V v V v V v V           弹弓效应 如图，质量为m的小球放在质量为M的大球顶上，从 高h处释放，紧挨着落下，撞击地面后跳起．所有的碰撞 都是完全弹性碰撞，且都发生在竖直轴上．⑴小球弹起可 能达到的最大高度？⑵如在碰撞后，物体M处于平衡，则 质量之比应为多少？在此情况下，物体m升起的高度为多 少？ h 大球刚触地时两球速度v均为 2v gh ， 大球与地完全弹性碰撞,速度变为 2v gh  相对大球,小球以2v速度向下接近大球,完 全弹性碰撞后以2v速度向上与大球分离! 小球与大球碰撞后对地速度变为 3 2V gh对小球,由机械能守恒  21 3 22 mm gh mgH 9mH h M m⑴当 时 ⑵若碰后大球处于平衡, 则 2Mv mv m v   3:M m   21 2 22 m gh mgH由 4H h 　　　　　 如图所示，AB部分是一光滑水平面，BC部分是倾角 为θ（０＜θ≤90 °）的光滑斜面（θ＝90°时为竖直面）．一条伸直 的、 长为l的匀质光滑柔软细绳绝大部分与Ｂ棱垂直地静止在AB面上， 只是其右端有极小部分处在BC面上，于是绳便开始沿ABC下滑. ⑴ 取θ＝90°，试定性分析细绳能否一直贴着ABC下滑直至绳左端到达 Ｂ？⑵事实上，对所给的角度范围（０＜θ≤90 °）， 细绳左端到 Ｂ棱尚有一定距离时，细绳便会出现脱离ABC约束（即不全部紧贴 ABC）的现象．试求该距离x． A B C ⑴θ＝90° x 1T l x x x xF mg mgl l l l                细绳贴着ABC下滑，到达B处的绳元水平速度 越来越大，这需要有更大的向左的力使绳元的水 平动量减为零，但事实上尚在水平面上的绳段对 到达B处的绳元向左的拉力由力的加速度分配法 可知随着下落段x增大,FT先增大后减小! 细绳做不到一直贴着ABC下滑直至绳左端到达B C 当 时, 2 4Tm l mgx F  续解 A B θ C ⑵设有x长的一段绳滑至斜面时绳与棱B间恰无作用，此时绳的速度设为v，则由机械 能守恒： x v vFTΔmg FT 21sin2 2 x xmg mvl   singx lv  考察处在B处的微元绳段Δm受力:    cos cos 1T T v tF F t mvl        微元段Δm在水平冲量作用下水平动量由Δmv变为Δmvcosθ sinT l x xF mgl l       由动量定理 其中 2x l 即细绳左端到B棱尚有一半绳长的距离时，细 绳便会出现不全部紧贴ABC的现象 ! 　　　　　 质量为0.1 kg的皮球，从某一高度自由下落到水平地 板上，皮球与地板碰一次，上升的高度总等于前一次的0.64倍．如果 某一次皮球上升最大高度为1.25 m时拍一下皮球，给它一个竖直向下 的冲力，作用时间为0.1 s， 使皮球与地板碰后跳回前一次高度．求 这个冲力多大？ 球与地碰撞恢复系数 0.64 0.81e   某一次，皮球获得的初动能  2 2k FtE m  落地时速度由    2 2 2 1 1 2 1 22 2 Ft Ftmv mgh v ghm m      起跳时速度 2 2v gh   则 2 2 2 2 gh e Ftgh m   代入数据得 2 2 2 5 0.8 0.125 0.1 F   N3.75F  　　　　　 一袋面粉沿着与水平面倾斜成角度α＝60°的光滑斜 板上，从高H处无初速度地滑下来，落到水平地板上．袋与地板之间 的动摩擦因数μ＝0. 7，试问袋停在何处？如果H＝2 m,α＝45°， μ=0.5，袋又将停在何处？ 本题要特别关注从斜板到水平地板的拐点，袋的 动量的变化及其所受的摩擦力与支持力冲量情况． 在μ=0.7 α= 60°情况下 p cos60xp p  sin60yp p  60 2p m gH 到水平板时两个方向动量减为零所需冲量可由动量定理确定： f x x N y y F t p F t p   cos60 sin60 x y t p t p    3 0.7 3   1< 即水平分量先减为零! ∴袋就停在斜面底端 在μ=0.5 α= 45°情况下 cos45 sin45 x y t p t p    1 0.5  1> 竖直分量先减为零! 续解 竖直分量减为0时,水平动量设为px′,则由动量定理 y x xp p p    2 sin45 2 cos45 xm gH m gH p    2x Hp m g  袋将离开斜板底端，在水平地板滑行S后停止，由动能定理 2 2 8 xp mgHmgS m    m0.54 HS  得 袋将停在水平地板上距斜板底端0.5m处 　　　　　 一球自高度为h的塔顶自由下落，同时，另一完全相 同的球以速度 自塔底竖直上抛，并与下落的球发生正碰． 若两球碰撞的恢复系数为e，求下落的球将回跃到距塔顶多高处？ 2v gh 两球相对速度（亦即接近速度） 2gh 到两球相遇历时 2 ht gh  此时两球速率相同 1 2 2 ghv v  上球下落了 2 1 1 2h gt 4 h 2 1 2 1 v ve v v    由牛顿碰撞定律 碰后两球分离速度 2 1 2v v e gh   ∵两球完全相同 2 1 2 ghv v e    设回跳高度距塔顶H,由机械能守恒 2 22 4 gh he g H              214H h e  　　　　　 如图所示，定滑轮两边分别悬挂质量是2m和m的重 物A和B，从静止开始运动3秒后，A将触地(无反跳)．试求从A第一次 触地后：⑴经过多少时间，A将第二次触地？⑵经过多少时间系统停 止运动？ ⑴整个系统一起运动时 3 3 2mg mga g m   初时质量为2m的物块A离地高度 m2 132 151h tg    A着地后，绳松，B以初速度 v1=at1=10m/s竖直上抛 经 s12 2v g  落回原处并将绳拉紧! 此瞬时A、B相互作用，B被拉离地面，由动量守恒 2m 1 1 1 2 23 3 3 v atmv mv v    此后，两者以v2为初速度、a=g/3做匀变速运动（先反时针匀减 速、后顺时针匀加速），回到初位置即A第二次触地须经时间 m s2 1 22 2 3 / 3 v vt a g     则A的第一、二次着地总共相隔 1 1 12 2 4v v v g g g   s4 续解 ⑵第二次着地时两物块的速度 1 2 2 3 vv v   A再次被拉离地面时两物块的速度由 A着地后，绳松，B以初速度 v1/3竖直上抛,经 12 3 v g 落回原处 并将绳拉紧! 1 1 3 3 233 3 v vm mv v   此后，两者以v3为初速度、a=g/3做匀变速运动（先反时针匀减 速、后顺时针匀加速），A第三次触地须经时间 3 1 1 22 2 23 / 3 3 v v vt a g g     则A的第二、三次着地总共相隔 1 1 1 2 32 2 43 3 3 v v v g g g   以此类推，到第n次着地时 1 24lim 3nn vT g   2 11 34lim 11 3 n n            s6 自开始运动到最终停止共用 s0 9T t  查阅 　　　　　 如图所示，质量为m1、m2的物体，通过轻绳挂在双 斜面的两端．斜面的质量为m，与水平面的夹角为α1和α2，整个系统 起初静止，求放开后斜面的加速度和物体的加速度．斜面保持静止 的条件是什么？忽略所有摩擦． m1 m α1 α2 m2 设斜面加速度为a，而物体对斜面的加速度为a0 aa0 a2 a0a1 Xa 在所设坐标方向上 a    1 0 1 2 0 20 cos cosm a a m a a ma      由系统水平方向动量守恒 对m1、m2分别列出动力学方程 m1a T m1g N1 m2a T m2g N2 1 1 1 1 1 0sin cosT m g ma ma    a 由上三式解得         1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 cos cos sin sin cos cos m m m m g m m m m m m m              续解 2 2 2 2 2 0sin cosm g T m a m a            1 2 1 1 2 2 0 2 1 1 2 2 1 2 1 2 sin sin cos cos m m m m m ga m m m m m m m             而               2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 2 2 sin sin cos cos 2 cos cos cos cos cos m m m m m m m m m m m m g m m m m m m a m                                       2 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 sin sin cos cos 2 cos cos cos cos cos m m m m m m m m m m m m g m m m m m m a m                         当a=0，即 1 1 2 2sin sin 0m m   斜面静止！ 时1 2 2 1 sin sin m m   查阅 　　　　　 小滑块A位于光滑的水平桌面上，小滑块B处在位于 桌面上的光滑小槽中，两滑块的质量都是m，并用长L、不可伸长、 无弹性的轻绳相连，如图．开始时A、B间的距离为L/2，A、B间连 线与小槽垂直．今给滑块A一冲击，使其获得平行于槽的速度v0，求 滑块B开始运动时的速度． v0 B A 当轻绳刚拉直时滑块A速度由 v0变为vA，速度增量沿绳方向， 滑块B速度设为vB，沿槽；各 速度矢量间关系如图, 其中vn表 示A对B的转动速度． v n vA vB Δv A B vB沿槽方向系统动量守恒： 0 cosB Amv mv mv    又由图示矢量几何关系有 ： 30 30   0 sin 30 sin30 Av v     α v0  sin60 sin 60 A Bv v     0 0 3tan 3 B B v v v v    0 cos 3 tanA vv     0 0 1 3tanB vv v     0 3 7Bv v  0 0 0 31 3 B B B vv v v v v      0 0 0 3 4 B B v v vv v   　　　　　 如图所示，将一边长为l、质量为M的正方形平板放 在劲度系数为k的轻弹簧上，另有一质量为m（m＜M）的小球放在一 光滑桌面上，桌面离平板的高度为h．如果将小球以水平速度v0抛出 桌面后恰与平板在中点O处做完全弹性碰撞，求: ⑴小球的水平初速 度v0应是多大？ ⑵弹簧的最大压缩量是多大？ M k v0 O m h ⑴设球对板的入射速度v方向与竖直成θ， 大小即平抛运动末速度 v 2gh  2 cos ghv  平抛运动初速度 tantan 2 4 l h   而  0 2 tanv gh  则 0 2 4 lgh hv  ⑵根据弹性碰撞性质，设球与板碰后速度变为v′， 板速度为V ，球离开板时对板的速度大小为v， 方向遵守反射定律，矢量关系如图示： v xv yv v V  sin cos x y v v v v V        由图示关系 由动能守恒  2 2 2 21 1 1 2 2 2x ymv m v v MV       2 2 21 1 1sin cos2 2 2m v m v V MV     2 cosmV vM m   得 2 2m gh M m   此后板在运动中机械能守恒，可得板向下运动 2 21 1 2 2kx MV 2 2m Mgh M mx k 则弹簧总压缩量为 2 2Mg m Mgh k M m kl    　　　　　 物体以速度v0=10m/s从地面竖直上抛，落地时速度 vt=9 m/s，若运动中所受阻力与速度成正比，即f=kmv，m为物体的 质量，求物体在空中运动时间及系数k． 本题通过元过程的动量定理,用微元法求得终解! 本题研究过程中有重力冲量与阻力冲量,其中阻 力冲量为一随时间按指数规律变化的力! 设上升时间为T,取上升过程中的某一元过程：该过程小球上升了T/n(n→ ∞)时间，速度从vi减少为vi+1，各元过程中的阻力可视为不变为 fi iF kmv i iF mg kmv 合外力 根据动量定理，对该元过程有    1i i i Tmg kmv m v vn     即 1i i i v v T g kv n   对该式变形有 1i i i g kv g kv kT g kv n      1ig kv   11 i i g kv kT g kv n   1 1i i g kv kT g kv n    在各相同的上升高时间T/n微元中，合外力大小成等比数 列递减、因而动量的增量是成等比数列递减的，其公比为 续解 则 1 1 n n i i g kv kT g kv n              1 n kTkTkT n           对上式两边取极限:   1lim lim 1 nn kTkTi n ni g kv kT g kv n                      0kv 0 10 kT ge g k    1 10ln gT k k g  0i TmgT km v mvn   上升过程的动量定理表达为: 上升高度 同理,对下落T′过程由    1i i i Tmg kmv m v vn      1 1i i g kv kT g kv n     对此式两边取n次方当n→∞极限: 续解 1lim lim 1 nn kTkTi n ni g kv kT g kv n                0 tkv kT t g eg kv  1 ln 9 gT k g k    i t TmgT km v mvn    下落过程的动量定理表达为: 下落高度 查阅 上、下落过程的动量定理表达式相加为:    0tmg T T m v v   0tv vT T g   1.9 s t T T   1 10ln 9 g k k g k    1.9 -10.058 sk  上、下落过程的时间表达式相加为: 　　　　　 如图所示，四个质量均为m的质点，用同样长度且 不可伸长的轻绳联结成菱形ABCD，静止放在水平光滑的桌面上．若 突然给质点A一个历时极短沿CA方向的冲击，当冲击结束的时刻， 质点A的速度为v，其它质点也获得一定的速度，∠BAD＝2α（α＜ π/4）．求此质点系统受冲击后所具有的总动量与总动能． A B C D 2αv v D v C v vn v C vn D点速度与A点速度及C 点速度相关关系如示: 图 2 sinc nv v v  由 知 I1 I2  设AD绳上力的冲量为I1，CD绳上力的 冲量为I2，则由动量定理  1 2 cos DxI I mv  x y  1 2 sin DyI I mv  对质点D 2 cv vm  22 cos cI mv  cot2 cv vm  对质点C 2 cos2 1 2sinc vv   2 2 c c v vp m v v       2 4 1 2sin mv   2 2 21 2 cot2 2 c c v vE m v v            2 2 2 1 2 sin mv  