高中物理竞赛(动量)1.pdf

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1、1 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=mv2-mv1(是矢量关系)。3.动量定理的推广：vmtF。1.如图所示,水平面上有二个物体A和B,质量分别为mA=2Kg,mB=1Kg,A与B相距一定的距离,A以v0=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/s2)（答案：8s）解：对系统，有动量定理：-mAgtA-mBgtB=0-mAv0,tB=8s.2.以速度大小

2、为v1竖直向上抛出一小球,小球落回地面时的速度大小为v2,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：(v1+v2)/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stv。上升过程，有动量定理:-mg t-kv t=m v,求和得:mgt上+ks=mv1.同理下落过程:mgt下-ks=mv2.两式相加得:t=t上+t下=(v1+v2)/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

3、）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F1=mg/2 和落到桌面上的铁链对桌面的冲力F2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v0=gLgL22,末速度v=0,质量m=v0tm/L.有动量定理:.),(0)(11mgLgtmmgLgtmFLgmtmgF得所以铁链对桌面的压力F=F1+F2=3mg/2.(F2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：21m

4、g(1+3x/L)解:当左边绳端离钉子的距离为x时,左边绳长为x=21(L-x),速度gxv2.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21v 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21v tg(=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-21v tg)t=0-(-21v tv),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。2 所以T=21v2=gx,因此钉子对右端绳的作用力F=21(L+x)g+T

5、=21mg(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Nmg,小球与小车间的动摩擦因数为,求小球弹起后的水平速度。答案：gh22或Mv/(M+m)解：小球刚落到车上量的竖直速度gHv20。设小碰后的水平速度为v，竖直方向的速度变为2v0，平均支持力为N，在竖直方向：Nt=2mv0,在此过程中摩擦力产生的冲量:ft=Nt=2mv0,根据动量定理：2mv0=mv,得小球弹起后的水平速度v=2v0=gh22若2mv0mv,实际上小球离开小车前摩擦力

6、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：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2.6.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v0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）mMmvvmMv0)(；（2）mMmvvmMv0)(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)v0=Mv+m(v-v),得mMmvvmMv0)(。人对地的速度v-v(向后)，则：(M+m)v0

7、=Mv-m(v-v),得mMmvvmMv0)(。（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)v0=Mv+m(v+v),得mMmvvmMv0)(。车对地的速度v(向后)：(M+m)v0=-Mv+m(v-v),得mMmvvmMv0)(（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：mMMLgv0）解：设人起跳的速度大小为v0,与水平面的夹角为，则人的水平位移：gvgvvx

8、2sinsin2cos2000，对人而言，=45 时，x1最大，v0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+mv0soc=0,得车的速度v=mv0soc/M,人落到车的右端条件：LgvMmvgvsin2cos2sin0020，3 得起跳的速度大小：2sin)(0mMMLgv，当=45 时，v0最小，起跳的最小速度：mMMLgv0。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

9、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.（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2gR（g为重力加速度）且211k，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）ghkRvRhkRv21221281/1,;)8(1/1,时当时当；(2)212k 解(1):设总数为N,则第一次1=N/2R,在这些小球中任取一只,刚碰时,20ghv设碰撞时间t,平均力为F,其竖直速度不变,所以F t=2mv0,板有切线方向的速度v1=R

10、.这样使小球在切线方向获得速度v2.当v22mg,忽略重力,有动能定理(kx1/2)x1=212mv2,得kmgHx1。（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：1221221222,21212121xxkxmvkxkx得，打入的深度12)12(xx。第三次：132122233,212121xxkxkxkx得，打入的深度13)23(xx。同理，第n次打入的深度kmgHnnxnnxn)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

11、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：227LmgHk）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45。设小球刚射出时对地速度的分量分别为vx及vy,车的速度为v.有系统在x方向动量守恒mvx=3mv-(1)在发射过程中,有机械能守恒2222)3(21)(2121vmvvmkLyx-(2)小球的竖直速度与射高的关系gHvy22-(3)再有小球的速度与相对速度的关系xyvvv045tan-(4)5 有以上四个方程得227LmgHk.11.如图

12、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,起先小 车和铁块一起以v0=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Mm,物体最后停在墙边，有能量守恒定律：20)(21vmMmgL，得L=5.4m。(2)第一次碰撞后小车以v1=v0向左弹回,其a=mg/M=10m/s2,向左滑行最远时小车的速度为零，最远距离为2021122vm

13、gMavs=1.8m;有动量守恒,以v2=v1/3 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922121222svmgMavs同理11199nnnsss.所以小车的总路程:s总=2(s1+s2+s3+)=2 s1129191911n=05.49/1121Sm3.连接体12.质量分别为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的轻绳AB和BC连结,角ABC为-,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：23132122sin)(cosmmmmmmJm）解:设A开

14、始运动时物体的速度分别为v1,v2,v3,求v1,因m1只受到BA绳的拉力,m3只受到BC绳的拉力,所以当A刚开始运动时v1沿AB方向,v3沿BC方向,设v2与BC夹角为,沿BC方向动量定理：J=m1v1cos+m2v2cos+m3v3垂直BC方向动量守恒m1v1sin=m2v2sin沿绳方向速度相等(绳不可伸长)v1=v2cos(+),v3=v2cos得:231321221sin)(cosmmmmmmJmv13.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

15、杆方向的作用力）已知杆AB与BC的夹角为-，/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：vmI22sin31sin3）6 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；Cv表示t末了时刻C沿平行于DE方向速度的大小，Bv表示t末了时刻B沿平行于DE方向速度的

16、大小，Bv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CmIvsin，vmIIcos对B有BmIvsin，对AB有BmIvv2cos沿B、C沿杆的方向的分速度必相等故有sincossinBBCvvv有以上五式，可解得vmI22sin31sin3三.碰撞1.完全非弹性碰撞：碰后v1=v2=v,只有压缩过程，动能损失最大。动量守恒：m1v1+m2v2=(m1+m2)v.2.完全弹性碰撞：能恢复原状，无机械能损失。由动量守恒：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2，或m1(v1-v1)=m2(v2-v2)机械能守恒：22221122221121212121vmvmvmvm，或m1(v

17、1-v1)(v1+v1)=m2(v2-v2)(v2+v2)。解得碰后的速度：221121211222121212112,2vmmmmvmmmvvmmmvmmmmv。讨论：当m1=m2时，v1=v2,v2=v1.速度交换。当一个物体静止时，如v2=0,121121212112,vmmmvvmmmmv.当m1m2时，v1=v1,v2=2v1.3.一般碰撞：由动量守恒：m1v1+m2v2=m1v1+m2v2.机械能关系：22221122221121212121vmvmvmvm。4.恢复系数：2112vvvve（在力作用方向上速度分量）。弹性碰撞:v2-v1=v1-v2,e=1（相对速度大小不变）.其

18、它碰撞：em,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.7（答案：h9）解:小球着地时的速度为v=gh2。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Mm,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hgvH92)3(2.四.质心运动定律1.质心：xc=(m1x1+m2x2+)/(m1+m2+),质心和重心不一定重合。2.质心运动定律：F合=MaC。当F合=0 时，系统的质心作匀速运动或静止，其速度为212211mmvmvmvc。质点系

19、的总动量P总=M总vc，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m1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T0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m2的小物体,同样让m1从D点开始以v的速度向右运动,并与m2发生正碰,那么从m1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m1和m2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m1和m2作为一个物体,它们的质心作匀速运动.第一种情况：第一次m1在滑到O点前直板翻倒,因m2对O点不产生力矩

20、,运动的时间不变,T=T0）。第二种情况：若第一次m1滑过O点离O点的距离为L后直板翻倒,则vLDOT0.设E是直板质心的位置,M是直板的质量,则有m1gL=MgOE.第 二 次 设m1和m2的 质 心 在 板 的C点,则 可 以 把m1和m2看 作 是 有 质 心C点 开 始 运动,OC=211mmmDO,质心的速度为vc=211mmmv,再设质心滑过O点离O点距离为x时直板翻倒,应有(m1+m2)gx=MgOE=m1gL,得x=211mmmL,运动的时间t=0TvLDOvxOCC.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

21、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B21L,第二只苍蝇的质量可任意值;Mm,mMmMnm)(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mMmLB-或由质心定律，对末端，质心的位置mMmBLMBLmMML)()2(02 8 (1)如果M m,则B21L,即整根麦管在桌内,第二只苍蝇的质量可

22、任意值.(2)如果Mm,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(21L-B)-由、式得mMmMnm)(,第二只苍蝇质量的最大值mMmMnm)(.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)/(222222RymMMRx 解:设A的坐标(相对圆心)为(x1、0),B的坐标为

23、(x2、y2),如图所示.有质心定律mx1-Mx2=0 几何关系Rsin=x1+x2，Rcos=y2-消去和x1,得1)/(222222RymMMRx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v0进入框架内，方向如图所示，=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

24、位移大小。（2）小球离开框架时，框架的速度大小。答案：（1）mMma22;（2）02vmMmv 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00224cos2vavat，系统质心的速率0vmMmvc在t时间内质心的位移大小mMmatvscc22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mMmatvsscc22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

25、v=v0,方向如图所示9 小球对地的速度vvv球（邻边与对角线关系）由动量守恒定律：)(0vvmvMvm上式可写成)()(000vvMmmvvmMmv)(0vv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02vmMmv3质心系的动能（冠尼希定理）以二个质点为例，质量分别为m1和m2，相对于静止参考系的速度分别为1v和2v，质心C的速度为cv，二质点相对于质心的速度分别为1v和2v，于是2211,vvvvvvcc，质点系的动能2222112121vmvmE，把1v和2v代入，且)(22112211vmvmvvvmvvmccc，括号中的求和表示质心对于自己的速

26、度（或两物体相对质心的动量为零），心定为零。质点系的动能EEvmvmvmmvmvmEcc2222112212222112121)(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rv和质心的速度cv表示：根据动量守恒定律cvmmvmvm)(212211，和相对速度关系12vvvr可得1v和2v，代入质点系的动能2222112121vmvmE得22121221)(21)(21rcvmmmmvmmE。4.质点系动能定理：21222121mvmvWW内外5.角动量定理和角动量守恒定律（

27、1）质点的角动量：L=mvrsin；（2）角动量定理:Mt=L2-L1.（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MA=60kg，MB=70gk，它们的速率vA=5m/s，vB=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

28、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，MALA=MBLB，LA+LB=1.3m,得LA=07m,LB=0.6m，接触后绕质心转动。以两人为系统，初角动量L1=MAvALA+MBvBLB，未角动量L2=MALA2+MBLB2，有角动量守恒定律得角速度22BBAABBBAAALMLMLvMLvM=11.54rad/s.10 (2)拉手前的总动能42502121221BBAAkvMvMEJ，拉手后质心的速度BAAABBcmmvmvmv=3.1m/s 拉手后的总动能4250)

29、(21)(21)(212222BBAAcBAkLMLMvmmEJ。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v0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），42/1e。（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

30、）021v 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021vvc质点系的初动能为22121221200)(21)(2121rcvmmmmvmmmE开始时两物体的相对速度为v0,经n次碰撞后的相对速度0vevnrn经n次碰撞后质点系的动能为22121221)(21)(21rncvmmmmvmmE根据题意：%4021414120202200mvvmemvEEn，得4n，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

31、心的速度：021vvvc五.综合题例23.一袋面粉沿着与水平面成=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=0.7。求：（1）袋停在何处。（2）如果=45，=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gHv20，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=mv0sin,在此过程中摩擦力产生的冲量:ft=Nt=mv0sin=0.6mv0,而袋的水平动量：Px=mv0cos=0.5mv0,因ftPx,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

32、面下端。11（2）当=45，=0.5 时，摩擦力产生的冲量:ft=Nt=mv0sin=0.35mv0,而袋的水平动量：Px=mv0cos=0.71mv0,在袋与地碰撞过程中，有动量定理：-ft=mv-0.71mv0,得v=0.36v0.在袋滑行过程中，有动能定理：-mgs=0-21mv2,得gvs22=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：)(2mMmMgT 解:杆水平时,球和板有共同的水平速度,有

33、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gLv2.设此时球对地的加速度am,板对地的加速度aM。则球相对转动点(板)的加速a=am+aM=Lv2-(1)对M:T=MaM-(2),对m:T=mam-(3),有(1)、(2)、(3)得)(2mMmMgT.或若取板为参照系时,有LvmmMTT2,得)(2mMmMgT.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v0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

34、为v0/2.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v0)水平向右运动,子弹仍以v0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)5240vLt 解:(1)有动量守恒,子弹穿出木块时,木块的速度为v=v0/4,对木块s=v0t/8;对子弹s+L=3v0t/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=(v0-v)t/2,s=v t,得vvLt02;对子弹有动量定理ft=m(v0-v).有此两式得fLmt2，Lmvf16520,代入上式得时间5

35、240vLt26.一块足够长的木板，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。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：12（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）gnn32)13)(15(；（2）nvnn4)2)(1(0 解：（1）有动量守恒)32(20000nvvvvmnmv，得共同速

36、度4)1(0vnv。木块在木板上运动时，所受滑动摩擦力mgf有动能定理202)(2121nvmmvfsn，得gnnsn32)13)(15(（2）设第)1(n号木块的最小速度为1nv，此时第n块木块的速度为nv，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nnmvvnmmnnvvvvm10000)1()32(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(nnvvnvnv，或10nnvvv有、两式可得nvnnvn4)2)(1(01。27.如

37、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v0=5m/s的速度开始向右运动，物体与箱底间的动摩擦因数=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：mv0=(M+m)v-有能量守恒：220)(2121vmMmvmgs相-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-mgt=mv-mv0,得t=

38、5s.质心的速度mMmvvc0=2.5m/s.在t时间内质心的位移xc=vCt=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=xC-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=10(为了能看清楚,图中的是夸大了的).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=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

39、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13 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,第 一 次 碰 撞 时，1AOB，第 二 次 碰 撞 时，22AOB，第n次 碰 撞 时，nAOBn，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)1(1800nn，11800nn，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

40、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=OCsin600=8.67m.六.刚体力学基础(不要求)1.基本概念(1)力矩；M=FLsin.(2)转动惯量:J=m1r12+m2r22+m3r32+.半径为r作圆周运动的质点（也可看成是平动）：J=mr2。半径为r的圆环：转轴通过圆心垂直圆平面J=mr2；以直径为转轴J=mr2/2。半径为r的圆盘：转轴通过圆心垂直圆盘平面J=mr2/2，以直径为转轴J=mr2/4。转轴过轴线的圆柱J=mr2/2。转轴过圆心的球体：J=2mr2/5。长为L均匀细杆：转轴过端点垂直杆：J=mL2/3；转

41、轴过中心垂直杆J=mL2/12。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.J1=m L2;J2=m(2L)2;Ji=m(iL)2;6)12)(1()()(3212321122nnnnmLinmLnLinmLimJninini.当n时J=mL2/3。当转轴过中心垂直杆时，L=L/2，m=m/2,J=2J=mr2/12。(3)转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理平行宙定理：cI为过质心轴的转动惯量，I为平行于cI为轴相距为d 的转动惯量，则2mdIIc，如长为L均匀细杆，以不同转轴转动惯量关系J=mL2/3 和J=mL2/12。垂

42、直轴定理：对平面薄板，zI垂直平在为轴的转动惯量，则yxzIII，如圆盘，以不同转轴转动惯量关系J=21mr2和J=41mr2。(4)转动动能：刚体的定轴转动动能EK=21J2；即有转动,又有平动的动能EK=21J2+21mvc2/2.质点的动能EK=21mvc2.（5）角动量：刚体的角动量L=J。（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=21mR2。圆筒J=mR2；球体J=52mR2。解（1）纯滚动时，静摩擦力不做功，机械

43、能守恒：2221)(21mvRvJmgd。14 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=J30.一飞轮直径 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=21MR2。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）2.37105m/s2 解（1）因=2n,所以=（

44、-0）/t=125.6rad/s.转过的角度=21t2,转过的转数N=/2=2.5r（也可用线度来解）.(2)有转动定理M=FR=J，所以F=J/R=47N。（3）当t=10s时，角速度=t=125.610=1256rad/s;线速度v=R=188.4m/s,向心加速度an=R2=2.37105m/s2,切向加速度at=R=18.84m/s2,所以飞轮边缘上一点的加速度ntnaaaa22=2.37105m/s2。31.如图所示，两个物体的质量分别为m1和m2,滑轮的质量不能忽略，其转动惯量为J，半径为R,m2与桌面间的动摩擦因数为，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

45、力T1和水平绳子的拉力T2。答案：22121/RJmmgmgma，22122211/)/(RJmmRJmmgmT，22121122/)/(RJmmRJmmgmT 解：对m1：m1g-T1=m1a-对m2：T2-m2g=m2a-对滑轮，有转动定律：（T1-T2）R=J-a=R-有以上 4式解得系统的加速度：22121/RJmmgmgma。竖直绳子的拉力：22122211/)/(RJmmRJmmgmT。水平绳子的拉力：22121122/)/(RJmmRJmmgmT。讨论：当=0，J=0时：211mmgma；212121mmgmmTT。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

46、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=21mR2；（答案：mg，2g）解：设玩具质心的加速度a,绕质心的角加速度，绳的张力为T，手的加速度a.有牛顿定律：T-mg=ma-有转动定律：TR=J-15 a=a+R-因质心不动，所以a=0，有式得绳子的张力T=mg.有得RgmRmgRJTR22/2,所以得手向上运动的加速度a=a+R=R=2g.3.角动量定理和角动量守恒定律（1）角动量定理:Mt=L2-L1.（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，

47、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=ML2/3。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=30，棒开始转动时的角速度。答案：（1）8.87 rad/s；(2)9412；（3）4.43rad/s 解（1）有角动量守恒定律：LLmJLmv434343，J=ML2/3。得棒开始转动时的角速度)16931(4322mLMLmvL=8.87 rad/s.(2)有机械能守恒，设棒的最大偏角为，22)43(2121)cos1(43)cos1(2LmJLmgLMg073.0232123cos2LmgMgLJLmgMgL，得棒的最大偏角=94 12。（3）当子弹射入的方向与棒的夹角=30 时，有角动量守恒定律：LLmJLmv4343sin43，=4.43rad/s.