《2019-2020年高中物理 第四部分《動(dòng)量和能量》競賽講座講稿 新人教版.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中物理 第四部分《動(dòng)量和能量》競賽講座講稿 新人教版.doc（12頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中物理 第四部分《動(dòng)量和能量》競賽講座講稿 新人教版 一、沖量和動(dòng)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(dòng)量的定義 動(dòng)量矢量性與運(yùn)算 二、動(dòng)量定理 1、定理的基本形式與表達(dá) 2、分方向的表達(dá)式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy … 3、定理推論：動(dòng)量變化率等于物體所受的合外力。即=ΣF外 三、動(dòng)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(gè)方向上滿足a或b，可在此方向應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 四、功和能 1、功的定義、標(biāo)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(zhuǎn)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(shí)，把握“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”這一要點(diǎn) 五、動(dòng)能、動(dòng)能定理 1、動(dòng)能（平動(dòng)動(dòng)能） 2、動(dòng)能定理 a、ΣW的兩種理解 b、動(dòng)能定理的廣泛適用性 六、機(jī)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(xué)領(lǐng)域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達(dá) 2、機(jī)械能 3、機(jī)械能守恒定律 a、定律內(nèi)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(jī)械能的增量等于外力與耗散內(nèi)力做功的代數(shù)和。 七、碰撞與恢復(fù)系數(shù) 1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機(jī)械能損失分類） 碰撞的基本特征：a、動(dòng)量守恒；b、位置不超越；c、動(dòng)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(jī)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 = 對于結(jié)果的討論： ①當(dāng)m1 = m2 時(shí)，v1 = v20 ，v2 = v10 ，稱為“交換速度”； ②當(dāng)m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0時(shí)，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③當(dāng)m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0時(shí)，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ， b、非（完全）彈性碰撞：機(jī)械能有損失（機(jī)械能損失的內(nèi)部機(jī)制簡介），只滿足動(dòng)量守恒定律 c、完全非彈性碰撞：機(jī)械能的損失達(dá)到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個(gè)整體，故有 v1 = v2 = 3、恢復(fù)系數(shù)：碰后分離速度（v2 － v1）與碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即： e = 。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 當(dāng)e = 0 ，碰撞為完全非彈性； 當(dāng)0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞為非彈性； 當(dāng)e = 1 ，碰撞為彈性。 八、“廣義碰撞”——物體的相互作用 1、當(dāng)物體之間的相互作用時(shí)間不是很短，作用不是很強(qiáng)烈，但系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒時(shí)，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(jī)械能可能膨脹）。此時(shí)，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)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(dòng)時(shí)，機(jī)械能損失的重要定勢：－ΔE = ΔE內(nèi) = f滑S相 ，其中S相指相對路程。 第二講 重要模型與專題 一、動(dòng)量定理還是動(dòng)能定理？ 物理情形：太空飛船在宇宙飛行時(shí)，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會(huì)定時(shí)遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設(shè)單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質(zhì)量為m ，垃圾的運(yùn)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(yīng)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(shí)間”和所考查的“物理過程時(shí)間”的差異。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。 先用動(dòng)量定理推論解題。 取一段時(shí)間Δt ，在這段時(shí)間內(nèi)，飛船要穿過體積ΔV = SvΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動(dòng)量ΔP ，其動(dòng)量變化率即是飛船應(yīng)給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。 = = = = = nmSv2 如果用動(dòng)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(jìn)x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應(yīng)飛船和被粘附的垃圾的動(dòng)能增量，而飛船的ΔEk為零，所以： W = ΔMv2 即：vΔt = （n m SvΔt）v2 得到： = nmSv2 兩個(gè)結(jié)果不一致，不可能都是正確的。分析動(dòng)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(jī)械能，因此，認(rèn)為“引擎做功就等于垃圾動(dòng)能增加”的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的。但在動(dòng)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(gè)解沒有毛病可挑，是正確的。 （學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖1所示，全長L、總質(zhì)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(dòng)量定理的分方向應(yīng)用 物理情形：三個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B和C ，質(zhì)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（π－α）?，F(xiàn)對質(zhì)點(diǎn)C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點(diǎn)A開始運(yùn)動(dòng)的速度。 模型分析：首先，注意“開始運(yùn)動(dòng)”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(gè)質(zhì)點(diǎn)均可用動(dòng)量定理，但是，B質(zhì)點(diǎn)受沖量不在一條直線上，故最為復(fù)雜，可采用分方向的形式表達(dá)。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度可以尋求到兩個(gè)約束關(guān)系。 下面具體看解題過程—— 繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I1 ，BC繩對B、C兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I2 ；設(shè)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(shè)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(shè)v2與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示），設(shè)C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。 對A用動(dòng)量定理，有： I1 = m1 v1 ① B的動(dòng)量定理是一個(gè)矢量方程：+= m2 ，可化為兩個(gè)分方向的標(biāo)量式，即： I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 質(zhì)點(diǎn)C的動(dòng)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(gè)方程解六個(gè)未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁復(fù)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(gè)一級式變成四個(gè)二級式： I1 = m1 v1 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(gè)二級式變成三個(gè)三級式： I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡ I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢ 3、最后對㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結(jié)果為： v1 = （學(xué)生活動(dòng)：訓(xùn)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(dá)式，將I2的表達(dá)式代入⑶就行了。 答：β= arc tg（）。 三、動(dòng)量守恒中的相對運(yùn)動(dòng)問題 物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內(nèi)有一個(gè)人和N個(gè)鉛球，系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)車內(nèi)的人以一定的水平速度將鉛球一個(gè)一個(gè)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(dòng)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(dòng)量表達(dá)，就形成了難點(diǎn)，必須引進(jìn)相對速度與絕對速度的關(guān)系。至于“第一過程”，比較簡單：N次拋球和將N個(gè)球一次性拋出是完全等效的。 設(shè)車和人的質(zhì)量為M ，每個(gè)鉛球的質(zhì)量為m 。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個(gè)正方向后，將矢量運(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)算。設(shè)車速方向?yàn)檎业谝贿^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(dòng)量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個(gè)球動(dòng)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(gè)球與（N–1）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u1 。值得注意的是，根據(jù)運(yùn)動(dòng)合成法則，鉛球?qū)Φ氐乃俣炔⒉皇牵?v），而是（-v + u1）。它們動(dòng)量守恒方程為： 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得：u1 = 第二個(gè)球與（N -2）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u2 。它們動(dòng)量守恒方程為： 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得：u2 = + 第三個(gè)球與（N -2）個(gè)球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u3 。鉛球?qū)Φ氐乃俣仁牵?v + u3）。它們動(dòng)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(guān)系，再看uN和v的關(guān)系，不要急于化簡通分）……，uN的通式已經(jīng)可以找出： V2 = uN = + + + … + 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(xiàng)，每項(xiàng)的分子都相同，但①′式中每項(xiàng)的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。 結(jié)論：第一過程使車子獲得的速度較大。 （學(xué)生活動(dòng)）思考：質(zhì)量為M的車上，有n個(gè)質(zhì)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(gè)人同時(shí)跳下；第二過程，N個(gè)人依次跳下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？ 解：第二過程結(jié)論和上面的模型完全相同，第一過程結(jié)論為V1 = 。 答：第二過程獲得速度大。 四、反沖運(yùn)動(dòng)中的一個(gè)重要定式 物理情形：如圖4所示，長度為L、質(zhì)量為M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個(gè)質(zhì)量為m的人，也是靜止的?，F(xiàn)在令人在船上開始向船尾走動(dòng)，忽略水的阻力，試問：當(dāng)人走到船尾時(shí)，船將會(huì)移動(dòng)多遠(yuǎn)？ （學(xué)生活動(dòng)）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動(dòng)？當(dāng)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(dòng)量守恒嗎？ 模型分析：動(dòng)量守恒展示了已知質(zhì)量情況下的速度關(guān)系，要過渡到位移關(guān)系，需要引進(jìn)運(yùn)動(dòng)學(xué)的相關(guān)規(guī)律。根據(jù)實(shí)際情況（人必須停在船尾），人的運(yùn)動(dòng)不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律應(yīng)選擇S = t 。為尋求時(shí)間t ，則要抓人和船的位移約束關(guān)系。 對人、船系統(tǒng)，針對“開始走動(dòng)→中間任意時(shí)刻”過程，應(yīng)用動(dòng)量守恒（設(shè)末態(tài)人的速率為v ，船的速率為V），令指向船頭方向?yàn)檎颍瑒t矢量關(guān)系可以化為代數(shù)運(yùn)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(shí)刻的瞬時(shí)速度大小關(guān)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(guān)系。即： m = M ① 設(shè)全程的時(shí)間為t ，乘入①式兩邊，得：mt = Mt 設(shè)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(guān)系：s + S = L ③ 解②、③可得：船的移動(dòng)距離 S =L （應(yīng)用動(dòng)量守恒解題時(shí)，也可以全部都用矢量關(guān)系，但這時(shí)“位移關(guān)系”表達(dá)起來難度大一些——必須用到運(yùn)動(dòng)合成與分解的定式。時(shí)間允許的話，可以做一個(gè)對比介紹。） 另解：質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律 人、船系統(tǒng)水平方向沒有外力，故系統(tǒng)質(zhì)心無加速度→系統(tǒng)質(zhì)心無位移。先求出初態(tài)系統(tǒng)質(zhì)心（用它到船的質(zhì)心的水平距離x表達(dá)。根據(jù)力矩平衡知識，得：x = ），又根據(jù)，末態(tài)的質(zhì)量分布與初態(tài)比較，相對整體質(zhì)心是左右對稱的。弄清了這一點(diǎn)后，求解船的質(zhì)心位移易如反掌。 （學(xué)生活動(dòng)）思考：如圖5所示，在無風(fēng)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(zhì)量分別為m和M ，此時(shí)人離地面高h(yuǎn) ?，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(yīng)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(xué)生活動(dòng)）思考：如圖6所示，兩個(gè)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(zhì)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(shí)，大斜面后退的距離。 解：水平方向動(dòng)量守恒。解題過程從略。 答：（a－b）。 進(jìn)階應(yīng)用：如圖7所示，一個(gè)質(zhì)量為M ，半徑為R的光滑均質(zhì)半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個(gè)質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，由靜止開始沿球面下滑。試求：質(zhì)點(diǎn)離開球面以前的軌跡。 解說：質(zhì)點(diǎn)下滑，半球后退，這個(gè)物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細(xì)分析，由于同樣滿足水平方向動(dòng)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(biāo)則需要從數(shù)學(xué)的角度想一些辦法。 為尋求軌跡方程，我們需要建立一個(gè)坐標(biāo)：以半球球心O為原點(diǎn)，沿質(zhì)點(diǎn)滑下一側(cè)的水平軸為x坐標(biāo)、豎直軸為y坐標(biāo)。 由于質(zhì)點(diǎn)相對半球總是做圓周運(yùn)動(dòng)的（離開球面前），有必要引入相對運(yùn)動(dòng)中半球球心O′的方位角θ來表達(dá)質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)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(shí)際上已經(jīng)是一個(gè)軌跡的參數(shù)方程。為了明確軌跡的性質(zhì)，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(zhì)點(diǎn)的軌跡是一個(gè)長、短半軸分別為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(shí)，有時(shí)遇到力的作用點(diǎn)位移與受力物體的（質(zhì)心）位移不等，S是取力的作用點(diǎn)的位移，還是取物體（質(zhì)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(jié)果雙手前進(jìn)了一段位移而講臺未移動(dòng)。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(shí)，S是否可以取繩子質(zhì)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(dòng)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(gè)事例中，S若取作用點(diǎn)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(diǎn)并未移動(dòng)，而只是在不停地交換作用點(diǎn)），S若取物體（受力者）質(zhì)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(jié)論出現(xiàn)了本質(zhì)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(zhuǎn)化的量度”這一根本點(diǎn)。 第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內(nèi)能的生成必然是由人的生物能轉(zhuǎn)化而來，人肯定做了功。S宜取作用點(diǎn)的位移； 第2例，求拉力的功，在前面已經(jīng)闡述，S取作用點(diǎn)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(diǎn)位移； 第4例，氣體內(nèi)能的增加必然是由人輸出的，壓力做功，S取作用點(diǎn)位移。 但是，如果分別以上四例中的受力者用動(dòng)能定理，第1例，人對講臺不做功，S取物體質(zhì)心位移；第2例，動(dòng)能增量對應(yīng)S取L/2時(shí)的值——物體質(zhì)心位移；第4例，氣體宏觀動(dòng)能無增量，S取質(zhì)心位移。（第3例的分析暫時(shí)延后。） 以上分析在援引理論知識方面都沒有錯(cuò)，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(xué)中，功的狹義概念僅指機(jī)械能轉(zhuǎn)換的量度；而在物理學(xué)中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉(zhuǎn)換的量度。所以功也可定義為能量轉(zhuǎn)換的量度。一個(gè)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(jī)械能、電能、熱能、化學(xué)能等各種形式，也可以多種形式的能量同時(shí)發(fā)生轉(zhuǎn)化。由此可見，上面分析中，第一個(gè)理論對應(yīng)的廣義的功，第二個(gè)理論對應(yīng)的則是狹義的功，它們都沒有錯(cuò)誤，只是在現(xiàn)階段的教材中還沒有將它們及時(shí)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(diǎn)的位移；求狹義的功，S取物體（質(zhì)心）位移。 那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家?guī)c(diǎn)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(dòng)能定理中的功肯定是指狹義的功。 當(dāng)然，求解功地問題時(shí)，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對復(fù)雜一些。如果認(rèn)為所求為狹義的功，S取質(zhì)心位移，是做了功，但結(jié)論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個(gè)處理：將復(fù)雜的形變物體（人）看成這樣一個(gè)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(jī)構(gòu)，也是得到能量（機(jī)械能）的機(jī)構(gòu)——這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應(yīng)理解為廣義功為宜。 以上四例有一些共同的特點(diǎn)：要么，受力物體情形比較復(fù)雜（形變，不能簡單地看成一個(gè)質(zhì)點(diǎn)。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉(zhuǎn)化不是封閉的（涉及到第三方，或機(jī)械能以外的形式。如第1例）。以后，當(dāng)遇到這樣的問題時(shí)，需要我們慎重對待。 （學(xué)生活動(dòng)）思考：足夠長的水平傳送帶維持勻速v運(yùn)轉(zhuǎn)。將一袋貨物無初速地放上去，在貨物達(dá)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(shí)，是否可以用W = fS ？ 解：按一般的理解，這里應(yīng)指廣義的功（對應(yīng)傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點(diǎn)的位移。注意，在此處有一個(gè)隱含的“交換作用點(diǎn)”的問題，仔細(xì)分析，不難發(fā)現(xiàn)，每一個(gè)（相對皮帶不動(dòng)的）作用點(diǎn)的位移為2S 。（另解：求貨物動(dòng)能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。） 答：否。 （學(xué)生活動(dòng)）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。 六、機(jī)械能守恒與運(yùn)動(dòng)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(zhì)量分別為m1和m2的A、B兩個(gè)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(shí)，認(rèn)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(yùn)動(dòng)L/2時(shí)的速度v2 。 模型分析：A、B系統(tǒng)機(jī)械能守恒。A、B兩球的瞬時(shí)速度不等，其關(guān)系可據(jù)“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。 （學(xué)生活動(dòng)）A球的機(jī)械能是否守恒？B球的機(jī)械能是否守恒？系統(tǒng)機(jī)械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個(gè)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(jī)械能守恒，（設(shè)末態(tài)A球的瞬時(shí)速率為v1 ）過程的方程為： m2g = + ① 在末態(tài)，繩與水平桿的瞬時(shí)夾角為30，設(shè)繩子的瞬時(shí)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(dòng)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(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質(zhì)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(dòng)，但兩桿始終保持在豎直平面內(nèi)。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90時(shí)，質(zhì)量為2m的小球的速度v2 。 模型分析：三球系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，并注意約束關(guān)系——兩桿不可伸長。 （學(xué)生活動(dòng)）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會(huì)怎樣？ 設(shè)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(shè)過程，三球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有： mg( L-L) = m + mv2 + 2m ① 三球系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有： mv1 + mvsinθ= 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(gè)方程，解四個(gè)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(jié)果：v2 = （學(xué)生活動(dòng)）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，θ為零。一個(gè)能量方程足以解題。 答：0 、 、0 。 （學(xué)生活動(dòng)）思考：當(dāng)兩桿夾角為90時(shí)，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(zhì)心運(yùn)動(dòng)定律。 答： 。 進(jìn)階應(yīng)用：在本講模型“四、反沖……”的“進(jìn)階應(yīng)用”（見圖8）中，當(dāng)質(zhì)點(diǎn)m滑到方位角θ時(shí)（未脫離半球），質(zhì)點(diǎn)的速度v的大小、方向怎樣？ 解說：此例綜合應(yīng)用運(yùn)動(dòng)合成、動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒知識，數(shù)學(xué)運(yùn)算比較繁復(fù)，是一道考查學(xué)生各種能力和素質(zhì)的難題。 據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成，有： = + = - 其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設(shè)其大小為v2 ；必然是沿半球瞬時(shí)位置切線方向（垂直瞬時(shí)半徑）的，設(shè)大小為v相 。根據(jù)矢量減法的三角形法則，可以得到（設(shè)大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時(shí)，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(zhì)點(diǎn)和半球系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有：Mv2 = mv1x ② 對題設(shè)過程，質(zhì)點(diǎn)和半球系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = M + m ，即： mgR(1-cosθ) = M + m（ + ） ③三個(gè)方程，解三個(gè)未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但數(shù)學(xué)運(yùn)算繁復(fù)，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(gè)附屬結(jié)果：質(zhì)點(diǎn)相對半球的瞬時(shí)角速度 ω = = ?！? 八、動(dòng)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(zhì)量為M = 1 kg的平板車左端放有質(zhì)量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素μ= 0.5 。開始時(shí)，車和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)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(shí)的處理常規(guī)。能量關(guān)系介紹摩擦生熱定式的應(yīng)用。由于過程比較復(fù)雜，動(dòng)量分析還要輔助以動(dòng)力學(xué)分析，綜合程度較高。 由于車與墻壁的作用時(shí)短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當(dāng)兩對作用同時(shí)發(fā)生時(shí)，通常處理成“讓短時(shí)作用完畢后，長時(shí)作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時(shí)，可以認(rèn)為鐵塊與車的作用尚未發(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(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)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(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向?yàn)檎?，必朝墻運(yùn)動(dòng)。 （學(xué)生活動(dòng)）車會(huì)不會(huì)達(dá)共同速度之前碰墻？動(dòng)力學(xué)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(dá)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(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = = ，因方向?yàn)檎?，必朝墻運(yùn)動(dòng)。 車第三次碰墻，……共同速度v3 = = ，朝墻運(yùn)動(dòng)。 …… 以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運(yùn)動(dòng)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(dòng)能為零）。 1、全程能量關(guān)系：對鐵塊和車系統(tǒng)，－ΔEk =ΔE內(nèi) ，且，ΔE內(nèi) = f滑 S相 ， 即：（m + M）v2 = μmgS相 代入數(shù)字得：S相 = 5.4 m 2、平板車向右運(yùn)動(dòng)時(shí)比較復(fù)雜，只要去每次向左運(yùn)動(dòng)的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，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(xué)生活動(dòng)）質(zhì)量為M 、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個(gè)質(zhì)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(yīng)為多少？ 解：由第一過程，得滑動(dòng)摩擦力f = 。 第二過程應(yīng)綜合動(dòng)量和能量關(guān)系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達(dá)木板的另一端，和木板具有共同速度，設(shè)為v ），設(shè)新的初速度為 m =（ m + M ）v m - （ m + M ）v2 = fL 解以上三式即可。 答：= v0 。 第三講 典型例題解析