第四部分动量和能量 第一讲基本知识介绍 冲量和动量 1、冲力(Ft图象特征)→冲量。冲量定义、物理意义 冲量在Ft图象中的意义→从定义角度求变力冲量(F对t的平均作用力) 2、动量的定义 动量矢量性与运算 、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式:2Lk=△P,Σly=△Py… AP 3、定理推论:动量变化率等于物体所受的合外力。即一=∑F外 三、动量守恒定律 1、定律、矢量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足a或b,可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性,功在F-S图象中的意义 2、功率,定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功:W= EScos a=FSF=FsS b、变力的功:基本原则——过程分割与代数累积;利用F-S图象(或先寻求F对S的平均作用 c、解决功的“疑难杂症”时,把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能(平动动能) 2、动能定理 a、ΣW的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力(非保守力)→势能(定义:△Ep=一W保) b、力学领域的三种势能(重力势能、引力势能、弹性势能)及定量表达 机械能 3、机械能守恒定律 定律内容 b、条件与拓展条件(注意系统划分)
1 第四部分 动量和能量 第一讲 基本知识介绍 一、冲量和动量 1、冲力（F—t 图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义 冲量在 F—t 图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F 对 t 的平均作用力） 2、动量的定义 动量矢量性与运算 二、动量定理 1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy … 3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即 t P =ΣF 外 三、动量守恒定律 1、定律、矢量性 2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件 c、某个方向上满足 a 或 b，可在此方向应用动量守恒定律 四、功和能 1、功的定义、标量性，功在 F—S 图象中的意义 2、功率，定义求法和推论求法 3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法 a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS S b、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用 F—S 图象（或先寻求 F 对 S 的平均作用 力） c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点 五、动能、动能定理 1、动能（平动动能） 2、动能定理 a、ΣW 的两种理解 b、动能定理的广泛适用性 六、机械能守恒 1、势能 a、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔEp = －W 保） b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达 2、机械能 3、机械能守恒定律 a、定律内容 b、条件与拓展条件（注意系统划分）
c、功能原理:系统机械能的増量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 、碰撞的概念、分类(按碰撞方冋分类、按碰撞过程机械能损失分类) 碰撞的基本特征:a、动量守恒:b、位置不超越;c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞:碰撞全程完全没有机械能损失。满足- m1v10+ m2 1 m2V20 m1 v m2 v 2 解以上两式(注意技巧和“不合题意”解的舍弃)可得: m -m +2V m m1+m2 对于结果的讨论 ①当m=m2时,v1=v20,v=v10,称为“交换速度”; ②当m>m2,且v20=0时,v1≈vo,v2≈2v b、非(完全)弹性碰撞:机械能有损失(机械能损失的内部机制简介),只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞:机械能的损失达到最大限度:外部特征:碰撞后两物体连为一个整体,故有 n,VIo +m,v m1+m2 3、恢复系数:碰后分离速度(v2-v)与碰前接近速度(v0-v2o)的比值,即: 。根据“碰撞的基本特征”,0≤ε≤ 当e=0,碰撞为完全非弹性 当0<ε<1,碰撞为非弹性 碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”一一物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短,作用不是很强烈,但系统动量仍然守恒时,碰撞的部分规 律仍然适用,但已不符合“碰撞的基本特征”(如:位置可能超越、机械能可能膨胀)。此时,碰撞中“不 合题意”的解可能已经有意义,如弹性碰撞中v1=v1o,v=v2o的解, 2、物体之间有相对滑动时,机械能损失的重要定势:一ΔE=ΔE内=f漕·S相,其中S*指相对路 程 第二讲重要模型与专题 动量定理还是动能定理? 物理情形:太空飞船在宇宙飞行时,和其它天体的万有引力可以忽略,但是,飞船会定时遇到太空 垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗,每颗的平均质量为m,垃圾的运行 速度可以忽略。飞船维持恒定的速率ⅴ飞行,垂直速度方向的横截面积为S,与太空垃圾的碰撞后,将 2
2 c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。 七、碰撞与恢复系数 1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类） 碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。 2、三种典型的碰撞 a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足—— m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 2 1 m1 2 10 v + 2 1 m2 2 20 v = 2 1 m1 2 1 v + 2 1 m2 2 2 v 解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得： v1 = 1 2 1 2 10 20 m m (m m )v 2v + − + ， v2 = 2 1 2 1 20 10 m m (m m )v 2v + − + 对于结果的讨论： ①当 m1 = m2 时，v1 = v20 ，v2 = v10 ，称为“交换速度”； ②当 m1 ＜＜ m2 ，且 v20 = 0 时，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当 m1 ＞＞ m2 ，且 v20 = 0 时，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ， b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律 c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有 v1 = v2 = 1 2 1 10 2 20 m m m v m v + + 3、恢复系数：碰后分离速度（v2 － v1）与碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即： e = 10 20 2 1 v v v v − − 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。 当 e = 0 ，碰撞为完全非弹性； 当 0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性； 当 e = 1 ，碰撞为弹性。 八、“广义碰撞”——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规 律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不 合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中 v1 = v10 ，v2 = v20 的解。 2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE = ΔE 内 = f 滑·S 相 ，其中 S 相指相对路 程。 第二讲 重要模型与专题 一、动量定理还是动能定理？ 物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空 垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾 n 颗，每颗的平均质量为 m ，垃圾的运行 速度可以忽略。飞船维持恒定的速率 v 飞行，垂直速度方向的横截面积为 S ，与太空垃圾的碰撞后，将
垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F。 模型分析:太空垃圾的分布并不是连续的,对飞船的撞击也不连续,如何正确选取研究对象,是本 题的前提。建议充分理解“平均”的含义,这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作 用时间”和所考査的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取,对象是太空垃圾 先用动量定理推论解题 取一段时间Δt,在这段时间内,飞船要穿过体积ΔV=S·vΔt的空间,遭遇nΔV颗太空垃圾, 使它们获得动量ΔP,其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力,也即飞船引擎的推力。 AP AMvm.n△V.v n·nSv△t F = nmS At 如果用动能定理,能不能解题呢? 同样针对上面的物理过程,由于飞船要前进x=v△t的位移,引擎推力F须做功W=Fx,它对应 飞船和被粘附的垃圾的动能增量,而飞船的ΔEk为零,所以: △Mv 即:Fv△t=1 (nmS·v△t) 得到:F=-nmSv 两个结果不一致,不可能都是正确的。分析动能定理的解题,我们不能发现,垃圾与飞船的碰撞是 完全非弹性的,需要消耗大量的机械能,因此,认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。 但在动量定理的解题中,由于I=Ft,由此推出的F4P 必然是飞船对垃圾的平均推力,再对飞船 用平衡条件,F的大小就是引擎推力大小了。这个解没有 毛病可挑,是正确的 (学生活动)思考:如图1所示,全长L、总质量为 M的柔软绳子,盘在一根光滑的直杆上,现用手握住绳 子的—端,以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻 力,试求手的拉力F 图1 解:解题思路和上面完全相同。 答 、动量定理的分方向应用 物理情形:三个质点A、B和C,质量分别为 m1、m2和m,用拉直且不可伸长的绳子AB和BC 相连,静止在水平面上,如图2所示,AB和BC之 间的夹角为(I-a)。现对质点C施加以冲量I, B m2 图2
3 垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力 F 。 模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本 题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作 用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。 先用动量定理推论解题。 取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt 的空间，遭遇 nΔV 颗太空垃圾， 使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。 F = t P = t M v = t m n V v = t m nSv t v = nmSv2 如果用动能定理，能不能解题呢？ 同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进 x = vΔt 的位移，引擎推力 F 须做功 W = F x ，它对应 飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk 为零，所以： W = 2 1 ΔMv2 即： F vΔt = 2 1 （n m S·vΔt）v 2 得到： F = 2 1 nmSv2 两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是 完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。 但在动量定理的解题中，由于 I = F t ，由此推出的 F = t P 必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船 用平衡条件， F 的大小就是引擎推力大小了。这个解没有 毛病可挑，是正确的。 （学生活动）思考：如图 1 所示，全长 L、总质量为 M 的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳 子的一端，以恒定的水平速度 v 将绳子拉直。忽略地面阻 力，试求手的拉力 F 。 解：解题思路和上面完全相同。 答： L Mv2 二、动量定理的分方向应用 物理情形：三个质点 A、B 和 C ，质量分别为 m1 、m2 和 m3 ，用拉直且不可伸长的绳子 AB 和 BC 相连，静止在水平面上，如图 2 所示，AB 和 BC 之 间的夹角为（π－α）。现对质点 C 施加以冲量 I
方向沿BC,试求质点A开始运动的速度 模型分析:首先,注意“开始运动”的理解,它指绳子恰被拉直,有作用力和冲量产生,但是绳子 的方位尚未发生变化。其二,对三个质点均可用动量定理,但是,B质点受冲量不在一条直线上,故最 为复杂,可采用分方向的形式表达。其三,由于两段绳子不可伸长,故三质点的瞬时速度可以寻求到两 个约束关系。 下面具体看解题过程 绳拉直瞬间,AB绳对A、B两质点的冲量大小相等(方向相反),设为I1,BC绳对B、C两质点的冲 量大小相等(方向相反),设为I2;设A获得速度v(由于A受合冲量只有I,方向沿AB,故v的反 向沿AB),设B获得速度v2(由于B受合冲量为1+12,矢量和既不沿AB,也不沿BC方向,可设v2与 AB绳夹角为(x-B),如图3所示),设C获得速度v(合冲量I+i2沿BC方向,故v沿BC方向) 对A用动量定理,有: B的动量定理是一个矢量方程:L+l2=mv2,可 化为两个分方向的标量式,即: Icos a-I m2 质点C的动量定理方程为 图3 AB绳不可伸长,必有v1=v2c BC绳不可伸长,必有v2cos(B-a)=v3 六个方程解六个未知量(I1、I2、v1、V2、v、β)是可能的,但繁复程度非同一般。解方程要 注意条理性,否则易造成混乱。建议采取如下步骤- 1、先用⑤⑥式消掉v2、v3,使六个一级式变成四个二级式: I1 I2sin a= m2 vi tg B (4) 2、解(3)④4)式消掉β,使四个二级式变成三个三级式 I m3 vi cos a +12-23 m2 3、最后对()((式消I1、I2,解v就方便多了。结果为: m2(m,+m,+m3)+m,m, sin a (学生活动:训练解方程的条理和耐心)思考:v的方位角β等于多少? 解:解“二级式”的(1)2)3)即可。(1)代入2消I1,得L的表达式,将L的表达式代入(3)就行了
4 方向沿 BC ，试求质点 A 开始运动的速度。 模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子 的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B 质点受冲量不在一条直线上，故最 为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两 个约束关系。 下面具体看解题过程—— 绳拉直瞬间，AB 绳对 A、B 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为 I1 ，BC 绳对 B、C 两质点的冲 量大小相等（方向相反），设为 I2 ；设 A 获得速度 v1（由于 A 受合冲量只有 I1 ,方向沿 AB ，故 v1 的反 向沿 AB），设 B 获得速度 v2（由于 B 受合冲量为 1 I + 2 I ，矢量和既不沿 AB ，也不沿 BC 方向，可设 v2与 AB 绳夹角为〈π－β〉，如图 3 所示），设 C 获得速度 v3（合冲量 I + 2 I 沿 BC 方向，故 v3 沿 BC 方向）。 对 A 用动量定理，有： I1 = m1 v1 ① B 的动量定理是一个矢量方程： 1 I + 2 I = m2 2 v ，可 化为两个分方向的标量式，即： I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点 C 的动量定理方程为： I － I2 = m3 v3 ④ AB 绳不可伸长，必有 v1 = v2cosβ ⑤ BC 绳不可伸长，必有 v2cos(β－α) = v3 ⑥ 六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要 注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤—— 1、先用⑤⑥式消掉 v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式： 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，使四个二级式变成三个三级式： I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡ I = m3 v1 cosα+ I2 2 2 2 3 m m + m sin ㈢ 3、最后对㈠㈡㈢式消 I1 、I2 ，解 v1 就方便多了。结果为： v1 = + + + 2 2 1 2 3 1 3 2 m (m m m ) m m sin Im cos （学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？ 解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消 I1 ，得 I2的表达式，将 I2的表达式代入⑶就行了
答:β= arc tg( 动量守恒中的相对运动问题 物理情形:在光滑的水平地面上,有一辆车,车内有一个人和N个铅球,系统原来处于静止状态 现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出,车子和人将获得反冲速度。第一过程,保 持每次相对地面抛球速率均为v,直到将球抛完;第二过程,保持每次相对车子抛球速率均为v,直 到将球抛完。试问:哪一过程使车子获得的速度更大? 模型分析:动量守恒定律必须选取硏究对象之外的第三方(或第四、第五方)为参照物,这意味着 本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系,这样对“第二过程”的铅球动量表达,就形成了难点, 必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”,比较简单:N次抛球和将N个球一次性抛出是 完全等效的。 设车和人的质量为M,每个铅球的质量为m。由于矢量的方向落在一条直线上,可以假定一个正方 向后,将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正,且第一过程获得的速度大小为V1第二过程获得的 速度大小为V2 第一过程,由于铅球每次的动量都相同,可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。 0= Nm(-v)+MV. 得 Nm M 第二过程,必须逐次考查铅球与车子(人)的作用。 第一个球与(N-1)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u。值得注意的是,根据 运动合成法则ⅴ球→地=V球车+Ⅴ车→地,铅球对地的速度并不是(-v),而是(-v+u)。它们动量守 恒方程为: 〔M+(N-1)m) M+Nm 第二个球与(N-2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u2。它们动量守恒方程为: 〔M+(N-1)m)u1=m(V+u2)+(M+(N-2)m)ua 得 M+ Nm M+(N-1)m 第三个球与(N-2)个球、人、车系统作用,完毕后,设“系统”速度为u。铅球对地的速度是(-V u3)。它们动量守恒方程为: M+(N-2)m)u2=m(-v+u)+(M+(N-3)m)u3 m 1+nm M+(N-1)mM+(N-2)m 以此类推(过程注意:先找u和u关系,再看u和v的关系,不要急于化简通分)……,u的通 式已经可以找出: M+ Nm M+(N-1)mM+(N-2)m M+m
5 答：β= arc tg（ + tg m m m 2 1 2 ）。 三、动量守恒中的相对运动问题 物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和 N 个铅球，系统原来处于静止状态。 现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保 持每次相对地面抛球速率均为 v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为 v ，直 到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？ 模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着， 本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点， 必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N 次抛球和将 N 个球一次性抛出是 完全等效的。 设车和人的质量为 M ，每个铅球的质量为 m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方 向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为 V1 第二过程获得的 速度大小为 V2 。 第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和 N 个球动量守恒。 0 = Nm(-v) + MV1 得：V1 = M Nm v ① 第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。 第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为 u1 。值得注意的是，根据 运动合成法则 v球→地 = v球→车 + v车→地 ，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守 恒方程为： 0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得：u1 = v M Nm m + 第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为 u2 。它们动量守恒方程为： 〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得：u2 = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − 第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为 u3 。铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为： 〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3 得：u3 = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − + v M (N 2)m m + − 以此类推（过程注意：先找 uN 和 uN-1 关系，再看 uN 和 v 的关系，不要急于化简通分）……，uN 的通 式已经可以找出： V2 = uN = v M Nm m + + v M (N 1)m m + − + v M (N 2)m m + − + … + v M m m +
a M+im 我们再将①式改写成: Vr M 不难发现,①′式和②式都有N项,每项的分子都相同,但①′式中每项的分母都比②式中的分母 小,所以有:V1>V2。 结论:第一过程使车子获得的速度较大。 (学生活动)思考:质量为M的车上,有n个质量均为m的人,它们静止在光滑的水平地面上。 现在车上的人以相对车大小恒为、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程,N个人同时跳下;第二 过程,N个人依次跳下。试问:哪一次车子获得的速度较大? 解:第二过程结论和上面的横型完全相同,第过程结论为Ⅵ1=∑、,mv M+nm 答:第二过程获得速度大 四、反冲运动中的一个重要定式 物理情形:如图4所示,长度为L、质量为M的船停止在静水中(但未抛锚),船头上有一个质量为 m的人,也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动,忽略水的阻力,试问:当人走到船尾时,船将 会移动多远? (学生活动)思考:人可不 L M 可能匀速(或匀加速)走动?当 二二-二-二-二-二--二 人中途停下休息,船有速度吗? 人的全程位移大小是L吗?本系 图 统选船为参照,动量守恒吗? 模型分析:动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系,要过渡到位移关系,需要引进运动学的相 关规律。根据实际情况(人必须停在船尾),人的运动不可能是匀速的,也不可能是匀加速的,运动学的 规律应选择S=ⅴt。为寻求时间t,则要抓人和船的位移约束关系 对人、船系统,针对“开始走动→中间任意时刻”过程,应用动量守恒(设末态人的速率为ⅴ,船 的速率为V),令指向船头方向为正向,则矢量关系可以化为代数运算,有 0=M+m(-v 即:mv=M 由于过程的末态是任意选取的,此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知, 对中间的任一过程,两者的平均速度也有这种关系。即:
6 即：V2 = = + N i 1 v M im m ② 我们再将①式改写成： V1 = = N i 1 v M m ①′ 不难发现，①′式和②式都有 N 项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母 小，所以有：V1 ＞ V2 。 结论：第一过程使车子获得的速度较大。 （学生活动）思考：质量为 M 的车上，有 n 个质量均为 m 的人，它们静止在光滑的水平地面上。 现在车上的人以相对车大小恒为 v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N 个人同时跳下；第二 过程，N 个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？ 解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为 V1 = = + n i 1 v M nm m 。 答：第二过程获得速度大。 四、反冲运动中的一个重要定式 物理情形：如图 4 所示，长度为 L、质量为 M 的船停止在静水中（但未抛锚），船头上有一个质量为 m 的人，也是静止的。现在令人在船上开始向船尾走动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将 会移动多远？ （学生活动）思考：人可不 可能匀速（或匀加速）走动？当 人中途停下休息，船有速度吗？ 人的全程位移大小是 L 吗？本系 统选船为参照，动量守恒吗？ 模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相 关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的 规律应选择 S = v t 。为寻求时间 t ，则要抓人和船的位移约束关系。 对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为 v ，船 的速率为 V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有： 0 = MV + m(-v) 即：mv = MV 由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知， 对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：
=MV 设全程的时间为t,乘入①式两边,得:mvt=MVt 设s和S分别为人和船的全程位移大小,根据平均速度公式,得:ms=MS 受船长L的约束,s和S具有关系:s+S=L 解②、③可得:船的移动距离S= m L M+m (应用动量守恒解题时,也可以全部都用矢量关系,但这时“位移关系”表达起来难度大一些 必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话,可以做一个对比介绍。) 另解:质心运动定律 人、船系统水平方向没有外力,故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心(用 到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识,得:x=mL), 2(m+M) 又根据,末态的质量分布与初态比较,相对整体质心是左右对称的。弄清 了这一点后,求解船的质心位移易如反掌 (学生活动)思考:如图5所示,在无风的天空,人抓住气球下面的 绳索,和气球恰能静止平衡,人和气球地质量分别为m和M,此时人离 地面高h。现在人欲沿悬索下降到地面,试问:要人充分安全地着地,绳 索至少要多长? 解:和模型几乎完全相同,此处的绳长对应模型中的“船的长度"(“充 分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地 m 答 图5 (学生活动)思考:如图6所示,两 个倾角相同的斜面,互相倒扣着放在光滑 的水平地面上,小斜面在大斜面的顶端。 图6 将它们无初速释放后,小斜面下滑,大斜 面后退。已知大、小斜面的质量分别为M 和m,底边长分别为a和b,试求:小斜面滑到底端时,大斜面后退的距离
7 m v = M V ① 设全程的时间为 t ，乘入①式两边，得：m v t = M V t 设 s 和 S 分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S ② 受船长 L 的约束，s 和 S 具有关系：s + S = L ③ 解②、③可得：船的移动距离 S = M m m + L （应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些—— 必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。） 另解：质心运动定律 人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用 它到船的质心的水平距离 x 表达。根据力矩平衡知识，得：x = 2(m M) mL + ）， 又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清 了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。 （学生活动）思考：如图 5 所示，在无风的天空，人抓住气球下面的 绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为 m 和 M ，此时人离 地面高 h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳 索至少要多长？ 解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充 分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。 答： M m + M h 。 （学生活动）思考：如图 6 所示，两 个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑 的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。 将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜 面后退。已知大、小斜面的质量分别为 M 和 m ，底边长分别为 a 和 b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离
解:水平方向动量守恒。解题过程从略。 (a-bb M+m 进阶应用:如图7所示,一个质量为M,半径为R M 的光滑均质半球,静置于光滑水平桌面上,在球顶有一 R 个质量为m的质点,由静止开始沿球面下滑。试求:质 点离开球面以前的轨迹 解说:质点下滑,半球后退,这个物理情形和上面 图7 的双斜面问题十分相似,仔细分析,由于同样满足水平 方向动量守恒,故我们介绍的“定式”是适用的 定式解决了水平位移(位置)的问题,竖直坐标则 需要从数学的角度想一些办法。 为寻求轨迹方程,我们需要建立一个坐标:以 半球球心0为原点,沿质点滑下一侧的水平轴为x 坐标、竖直轴为y坐标。 由于质点相对半球总是做圆周运动的(离开球 面前),有必要引入相对运动中半球球心0′的方 e 位角θ来表达质点的瞬时位置,如图8所示。 O'o 由“定式”,易得 图8 M+m 而由图知:y= Rcos e 不难看出,①、②两式实际上己经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质,我们可以将参数 消掉,使它们成为 )2 R M+m 这样,特征就明显了:质点的轨迹是一个长、短半轴分别为R和_MR的椭圆 M+m 五、功的定义式中S怎么取值? 在求解功的问题时,有时遇到力的作用点位移与受力物体的(质心)位移不等,S是取力的作用点 的位移,还是取物体(质心)的位移呢?我们先看下面 些事例。 1、如图9所示,人用双手压在台面上推讲台,结果双 手前进了一段位移而讲台未移动。试问:人是否做了功? 2、在本“部分”第3页图1的模型中,求拉力做功时 S是否可以取绳子质心的位移? 3、人登静止的楼梯,从一楼到二楼。楼梯是否做功? 4、如图10所示,双手用等大反向的力F压固定汽缸 两边的活塞,活塞移动相同距离S,汽缸中封闭气体被压 图9 缩。施力者(人)是否做功? 在以上四个事例中,S若取作用点位移,只有第1、2、4例 图10
8 解：水平方向动量守恒。解题过程从略。 答： M m m + （a－b）。 进阶应用：如图 7 所示，一个质量为 M ，半径为 R 的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一 个质量为 m 的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质 点离开球面以前的轨迹。 解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面 的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平 方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。 定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则 需要从数学的角度想一些办法。 为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以 半球球心 O 为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为 x 坐标、竖直轴为 y 坐标。 由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球 面前），有必要引入相对运动中半球球心 O′的方 位角θ来表达质点的瞬时位置，如图 8 所示。 由“定式”，易得： x = M m M + Rsinθ ① 而由图知：y = Rcosθ ② 不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数 θ消掉，使它们成为： 2 2 R) M m M ( x + + 2 2 R y = 1 这样，特征就明显了：质点的轨迹是一个长、短半轴分别为 R 和 M m M + R 的椭圆。 五、功的定义式中 S 怎么取值？ 在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S 是取力的作用点 的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一 些事例。 1、如图 9 所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双 手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？ 2、在本“部分”第 3 页图 1 的模型中，求拉力做功时， S 是否可以取绳子质心的位移？ 3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？ 4、如图 10 所示，双手用等大反向的力 F 压固定汽缸 两边的活塞，活塞移动相同距离 S，汽缸中封闭气体被压 缩。施力者（人）是否做功？ 在以上四个事例中，S 若取作用点位移，只有第 1、2、4 例
是做功的(注意第3例,楼梯支持力的作用点并未移动,而只是在不停地交换作用点),S若取物体(受 力者)质心位移,只有第2、3例是做功的,而且,尽管第2例都做了功,数字并不相同。所以,用不 同的判据得出的结论出现了本质的分歧。 面对这些似是而非的“疑难杂症”,我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。 第1例,手和讲台面摩擦生了热,内能的生成必然是由人的生物能转化而来,人肯定做了功。S宜 取作用点的位移 第2例,求拉力的功,在前面已经阐述,S取作用点位移为佳 第3例,楼梯不需要输岀仼何能量,不做功,S取作用点位移 第4例,气体内能的增加必然是由人输出的,压力做功,S取作用点位移。 但是,如果分别以上四例中的受力者用动能定理,第1例,人对讲台不做功,S取物体质心位移 第2例,动能增量对应S取L2时的值一—物体质心位移;第4例,气体宏观动能无增量,S取质心位 移。(第3例的分析暂时延后。) 以上分析在援引理论知识方面都没有错,如何使它们统一?原来,功的概念有广义和狭义之分。在 力学中,功的狭义概念仅指机械能转换的量度:而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转 换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化,常以系统对外做功的多少来量 度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式,也可以多种形式的能量同时发生转化。由此 可见,上面分析中,第一个理论对应的广义的功,第二个理论对应的则是狭义的功,它们都没有错误 只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已 而且,我们不难归纳:求广义的功,S取作用点的位移;求狭义的功,S取物体(质心)位移 那么我们在解题中如何处理呢?这里给大家几点建议:1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义 的功:2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功:3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。 当然,求解功地问题时,还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例,就相对复杂一些。如果认 为所求为狭义的功,S取质心位移,是做了功,但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处 理:将复杂的形变物体(人)看成这样一个相对理想的组合:刚性物体下面 连接一压缩的弹簧(如图11所示),人每一次蹬梯,腿伸直将躯体重心上举 等效为弹簧将刚性物体举起。这样,我们就不难发现,做功的是人的双腿而 非地面,人既是输出能量(生物能)的机构,也是得到能量(机械能)的机 构一—这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功 为宜 以上四例有一些共同的特点:要么,受力物体情形比较复杂(形变,不 图11 能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例),要么,施力者和受力者之 间的能量转化不是封闭的(涉及到第三方,或机械能以外的形式。如第1例)。以后,当遇到这样的问 题时,需要我们慎重对待。 学生活动)思考:足够长的水平传送带维持匀速ⅴ运转。将一袋货物无初速地放上去,在货物达 到速度ν之前,与传送带的摩擦力大小为f,对地的位移为S。试问:求摩擦力的功时,是否可以用 W= fS 解∵按一般的理解,这里应指广义的功(对应传送带引擎输出的能量),所以“位移″取作用点的位 移。注意,在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题,仔细分析,不难发现,每一个(相对皮带不动 的)作用点的位移为2S。(另解∶求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和
9 是做功的（注意第 3 例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S 若取物体（受 力者）质心位移，只有第 2、3 例是做功的，而且，尽管第 2 例都做了功，数字并不相同。所以，用不 同的判据得出的结论出现了本质的分歧。 面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。 第 1 例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S 宜 取作用点的位移； 第 2 例，求拉力的功，在前面已经阐述，S 取作用点位移为佳； 第 3 例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S 取作用点位移； 第 4 例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S 取作用点位移。 但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第 1 例，人对讲台不做功，S 取物体质心位移； 第 2 例，动能增量对应 S 取 L/2 时的值——物体质心位移；第 4 例，气体宏观动能无增量，S 取质心位 移。（第 3 例的分析暂时延后。） 以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在 力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转 换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量 度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此 可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误， 只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。 而且，我们不难归纳：求广义的功，S 取作用点的位移；求狭义的功，S 取物体（质心）位移。 那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义 的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。 当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第 3 例，就相对复杂一些。如果认 为所求为狭义的功，S 取质心位移，是做了功，但结论仍然是难以令人接受的。下面我们来这样一个处 理：将复杂的形变物体（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面 连接一压缩的弹簧（如图 11 所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举， 等效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的双腿而 非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量（机械能）的机 构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功 为宜。 以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不 能简单地看成一个质点。如第 2、第 3、第 4 例），要么，施力者和受力者之 间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第 1 例）。以后，当遇到这样的问 题时，需要我们慎重对待。 （学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速 v 运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达 到速度 v 之前，与传送带的摩擦力大小为 f ，对地的位移为 S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用 W = fS ？ 解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位 移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动 的）作用点的位移为 2S 。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）
答:否 (学生活动)思考:如图 12所示,人站在船上,通过 拉一根固定在铁桩的缆绳使 船靠岸。试问:缆绳是否对船 图12 和人的系统做功? 解:分析同上面的“第3例" 答:否。 六、机械能守恒与运动合成(分解)的综合 物理情形:如图13所示,直角形的刚性杆被固定,水平和竖直部分均足够长。质量分别为m和m 的A、B两个有孔小球,串在杆上,且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小,初态时,认为它们的位 置在同一高度,且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放,忽略一切摩擦,试求B球运动L/2时的速 度 模型分析:A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等,其关系可据“第三部分”知识介绍的 定式(滑轮小船)去寻求 (学生活动)A球的机械能是否守恒?B球的机 械能是否守恒?系统机械能守恒的理由是什么(两 L/2 法分析:a、“微元法”判断两个W的代数和为零 b、无非弹性碰撞,无摩擦,没有其它形式能的生 成)? 图13 由“拓展条件”可以判断,A、B系统机械能守 恒,(设末态A球的瞬时速率为v1)过程的方程为: L 2 g m 在末态,绳与水平杆的瞬时夹角为30°,设绳子的瞬时迁移速率为v,根据“第三部分”知识介绍 的定式,有 V1=v/cos30°,v2=v/sin30° 两式合并成:v1=v2tg30°=v/√3② 解①、②两式,得:V2= 四m
10 答：否。 （学生活动）思考：如图 12 所示，人站在船上，通过 拉一根固定在铁桩的缆绳使 船靠岸。试问：缆绳是否对船 和人的系统做功？ 解：分析同上面的“第 3 例”。 答：否。 六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合 物理情形：如图 13 所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为 m1和 m2 的 A、B 两个有孔小球，串在杆上，且被长为 L 的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位 置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求 B 球运动 L/2 时的速 度 v2 。 模型分析：A、B 系统机械能守恒。A、B 两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的 定式（滑轮小船）去寻求。 （学生活动）A 球的机械能是否守恒？B 球的机 械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两 法分析：a、“微元法”判断两个 WT的代数和为零； b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生 成）？ 由“拓展条件”可以判断，A、B 系统机械能守 恒，（设末态 A 球的瞬时速率为 v1 ）过程的方程为： m2g 2 L = 2 m1v1 2 1 + 2 m2 v2 2 1 ① 在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为 30°，设绳子的瞬时迁移速率为 v ，根据“第三部分”知识介绍 的定式，有： v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30° 两式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/ 3 ② 解①、②两式，得：v2 = 1 2 2 m m 3m gL +
