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&&从​引​入​到​深​入​分​析​,​有​相​关​的​例​题​和​概​念​总​结
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你可能喜欢竖直上抛运动中,抛出时的初速度大小等于物体回到抛出点时的速度大小,……………………求解释,看不懂
能量守恒,忽略空气阻力时物体只受重力,抛出点重力势能为0那么落回原点重力势能也为0因为只受重力,所以没有其他能量转化形式,只剩动能,两者等大对应速度相等
不是和速度有关吗？，v=Vo-gt
然后v怎么都看起来不等于Vo
你先求出来他速度减为0的时间，再用s=vt-0.5gt算上升高度h，再用0.5gt=h算下落时间，再用gt算速度，我不信你算不出来两者相等
你看上一个回答，我那么说对不。
对，看起来没用你得算
题目没数据，就一个选择题，我想差不多就行了，谢谢了
呵呵，那那位老兄怎么办
我在犹豫选谁
由你，你觉得他好就给他嘛
……你这么一说我不给你好像对不起你
没事，我很随便，反正给了又不能当饭吃
呵呵，交个盆友吧
高三啦，没时间...
我也是，囧
...高三了这还没弄懂，加油啦，我最苦逼的是英语太烂，只好想办法物理竞赛拿奖去考自招，来补英语的分...现在很辛苦
我比你还惨
呵呵，可能高考完只能读社大
...不，可以读大专
呵呵，对大专好像要的钱好多
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其他类似问题
解释，不是叫你回答对不对
先做匀减速运动后做匀加速运动，两次运动刚好相反
因为运动整个过程是对称的，竖直上抛和自由落体本身就是对称的运动
你是指上抛到最高点，和最高点下落到抛出点的时间相同，Vo=gt
只是重力加速度方向不同对么
嗯可以这么理解，重力加速度方向是相同的，但是速度大小相同方向不同
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高考物理知识点
自由落体和竖直上抛运动
绩优堂高考知识点自由落体和竖直上抛运动
共计21道相关试题精选知识点题
A.小球运动的时间
B.小球运动的路程
C.小球运动的速度
D.小球运动的加速度
【正确答案】
【正确答案】
【答案详解】
物体落至A点时间 &&，则下面一段所用时间也为 &&，于是对下段有 &&，解出 &&。
A.做竖直下抛运动的小球加速度最大
B. 个小球的速度变化相同
C.做平抛运动的小球速度变化最小
D.做竖直下抛的小球速度变化最小
【正确答案】
【答案详解】
抛体运动的加速度相同，均为
，A错误．加速度相同，时间相等，故
个小球的速度变化相同，B正确，C、D错误．
【正确答案】
【答案详解】
&设小球释放点距木板上端的水平距离为 &，由 &可知，小球自由下落高度也为 &，末速度 &，也就是碰撞后平抛运动的初速度．设平抛运动的水平位移和竖直位移分别为 &和 &，因 &，所以 &，由平抛运动规律 &，联立解得 &．由题意可知 &，解得 &，D正确．
【正确答案】
【答案详解】
&&&石块做斜抛运动，可分解为竖直方向的上抛运动和水平方向的匀速直线运动，水平位移 与时间成正比， 正确．由于整个过程中石块只受重力，则 ，保持不变， 错误．竖直方向上做上抛运动，所以重力的瞬时功率 ，功率与时间不成正比， 错误．石块在运动过程中的速度 ，石块的速率先减小后增大，最小为 ， 错误．
【正确答案】
【答案详解】
小球 下落的加速度
(2分)小球 上升的加速度
(2分)因为 ，则 球上升的最大高度
(1分)上升的时间
(1分)此时 球下落的高度
(1分)因为 ，所以 球上升过程中不能与 球相遇．
(1分)当 球到达最高点时 球的速度
(1分) 两球相距
(2分)再经过时间 ， 与 球相遇．
(1分)小球 与 球相遇所需的时间
【正确答案】
&&&(1)& &(3分)&&&&&&&&& (2)① &(2分)&&&&&&&&② &(2分)③见解析图(3分)&&&&&&&&&&&④ &(2分)&&&&&&&&⑤ &(2分)
【答案详解】
(1)由牛顿第二定律得
联立解得 (2)① ② ③作出的 图象如图所示．④由 和 图象中图线的斜率得加速度大小 ⑤将 和 代入公式 计算可得
A.物体具有惯性
B.斜面倾角一定时，加速度与质量无关
C.物体运动的距离与时间的平方成正比
D.物体运动的加速度与重力加速度成正比
【正确答案】
【命题立意】
本题考查的是伽利略对自由落体运动规律的研究及分析方法.难度较小.
【解题思路】
由表中数据可知物体运动的距离与时间的平方成正比，间接证明了速度大小随时间均匀变化，当斜面倾角外推到 &时物体便做自由落体运动，即自由落体运动是匀加速直线运动，故本题答案为C.
【方法点拨】
本实验采用了间接测量和合理外推的思想.
A.物体向上运动时加速度大小为
B.物体向下运动时加速度大小为
C.物体返回抛出点时的动能为
D.物体返回抛出点时的动能为
【正确答案】
【答案详解】
根据机械能的减少等于除了重力以外其他力做功，所以阻力做功 ,在物体上升到某一位置的过程中根据动能定理有， ，解得 ，又 解得 ，上升过程中有 ，解得 ，下落过程中有 ，解得 ，A项正确，B项错。初动能 ,当上升到某一位置动能变化量为
-18 ， ，解得：
102 ，再上升、下落过程中机械能的减少量为40 ，这个过程中利用动能定理有-40 ，得返回抛出点时的动能 ，所以C、D两项均错。
A.从 至 过程中人的动能不断增大
B.从 至 过程中人的动能不断增大
C.从 至 过程中重力所做的功大于人克服弹性绳弹力所做的功
D.从 至 过程中人都重力势能减少量等于弹性绳的弹性势能增加量
【正确答案】
【答案详解】
&由受力分析和运动过程分析，知人在 点时速度最大，所以从 至 ，动能先增大后减小，A项错,B项正确；从 至 由于动能、重力势能、弹性势能的相互转化，根据能量守恒可知 至 过程中重力做功与人克服弹性绳弹力做功大小相等，C项错；从 至 时，人在 处的动能和重力势能全部转化为弹性绳的弹性势能，所以人的重力势能减小量小于弹性绳的弹性势能增加量，D项错。
A.小球的质量为
B.小球受到的阻力（不包括重力）大小为
C.小球动能与重力势能相等时的高度为
D.小球上升到2 时，动能和重力势能之差为0.5
【正确答案】
【答案详解】
在最高点,& 得 ，A项错误；由除重力以外其他力做功 可知： ， 为机械能，解得 ，B项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为 ，此时有 ，由动能定理： & 得 ，故C项错；当上升 时，由动能定理， 得 ，所以动能与重力势能之差为 ，故D项正确。
【正确答案】
【答案详解】
&设水在空中的运动时间为 ，则 ，而 ,故B正确。
【正确答案】
【命题立意】
本题考查匀变速直线运动的基本规律，难度中等．
【解题思路】
小球在空气运动的时间 ，所以它落地时第六个小球刚要抛出，在空中它会遇到五个小球，C正确．
A.两球的质量应相等
B.两球应同时落地
C.应改变装置的高度,多次实验
D.实验也能说明 球在水平方向上做匀速直线运动
【正确答案】
【正确答案】
(1)87s&&　　 &&& (2)&
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相关知识点竖直上抛运动的几个具体问题 现在.我们应用竖直上抛运动的上述规律讨论几个具体问题. (1)物体上升的时间 设物体经过时间t1上升到最高点.在这一时刻.物体是静止的.由此可得 . 所以物——精英家教网——
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竖直上抛运动的几个具体问题 现在.我们应用竖直上抛运动的上述规律讨论几个具体问题. (1)物体上升的时间 设物体经过时间t1上升到最高点.在这一时刻.物体是静止的.由此可得 . 所以物体上升的时间 . (2)上升的最大高度 物体上升的最大高度.就是时的高度.把这个式子代入位移公式就可以得出物体上升的最大高度H: . 上式也可以直接从速度-位移关系式得出. (3)物体下落的时间 物体落回到初位置时位移为0.即.代入位移公式得 .. 所以 .. 表示物体运动开始时的时刻.表示物体经过上升和下降过程后落回原地所需的时间.如果物体下降过程的时间为t2.那么.所以 . 比较t1和t2可知t1= t2..即物体上升到最大高度所用的时间跟物体从这个最大高度落回原地所用的时间相等. (4) 落地速度 已知落地时间为.由公式可以求出落回原地的速度为 . 可见.物体落回原地的速度跟抛出的初速度大小相等.方向相反. 实际上.在竖直上抛运动中.不但上升时间等于下落时间.而且在上述过程中通过某一位置的速度和下落过程中通过这个位置的速度总是大小相等.方向相反的.有兴趣的同学.对于后一论断可以自己试做证明. 应用链接 本节课的应用主要涉及伽利略的科学探究方法.以及竖直上抛运动规律的分析和计算. 基础级 例1 伽利略以前的学者认为.物体越重.下落越快.伽利略等一些物理学家否定了这种看法. (1)在一高塔顶端同时释放一片羽毛和一个玻璃球.玻璃球先于羽毛到达地面.这主要是因为( ) A. 它们的质量不等 B. 它们的密度不等 C. 它们的材料不同 D. 它们所受的空气阻力不等 (2)在此塔顶端同时释放大小相等的实心铁球和空心铁球.下列说法中正确的是( ) ① 它们受到的空气阻力不等 ② 它们的加速度相等 ③ 它们落地的速度不等 ④ 它们下落的时间相等 A. ①③ B. ②④ C. 只有② D. 只有③ 提示 羽毛下落时空气阻力不能忽略.玻璃球和铁球下落时空气阻力可以忽略. 解析 (1)玻璃球先于羽毛到达地面.这主要是因为羽毛受到的空气阻力大的缘故.正确选项为D. (2)大小相等的实心铁球和空心铁球受到的空气阻力相等.在忽略空气阻力的情况下.两球均做自由落体运动.它们的加速度相等.因下落高度相等.故下落的时间相等.落地的速度相等.正确选项为B. 点悟 羽毛下落得比玻璃球慢.是由于空气阻力的影响.在空气阻力很小而可以忽略的情况下.实心铁球和空心铁球均做自由落体运动.下落的快慢程度相同.要抛弃亚里士多德的错误观点.不要以为重物比轻物下落得快. 例2 滴水法测重力加速度的过程是这样的:让水龙头的水一滴一滴地滴在其正下方的盘子里.调整水龙头.让前一滴水滴到盘子而听到声音时.后一滴恰好离开水龙头.从第1次听到水击盘声时开始计时.测出n次听到水击盘声的总时间为t.用刻度尺量出水龙头到盘子的高度差为h.即可算出重力加速度.设人耳能区别两个声音的时间间隔为0.1s.声速为340m/s.则( ) A. 水龙头距人耳的距离至少为34m B. 水龙头距盘子的距离至少为34m C. 重力加速度的计算式为 D. 重力加速度的计算式为 提示 从自由落体运动位移公式出发进行分析. 解析 只要相邻两滴水滴下的时间间隔超过0.1s.人耳就能分辨出两滴水的击盘声.而与水龙头距人耳的距离无关.在0.1s内.水滴下落的距离 m=0.05m, 所以.水龙头距人耳的距离只要超过0.05m就行. 水龙头滴两滴水的时间间隔为.由可得 . 所以.本题正确选项为D. 点悟 这是一种既“土 又实用的测定重力加速度的方法.同学们不妨动手做一做.请进一步思考:在这个实验中.为什么要测从第1滴水滴开始下落到第n滴水滴恰好落到盘中这段时间.而不是直接测第1滴水滴在空中的运动时间?当第1滴水滴落到盘中时.第2滴水滴离水龙头的距离为多少? 例3 实验室备有下列仪器: A. 长度为1m.最小刻度为毫米的刻度尺, B. 长度为1m.最小刻度为分米的刻度尺, C. 秒表, D. 打点计时器, E. 低压交流电源 F. 低压直流电源 G. 天平. 为了测量重锤下落的加速度的数值.上述仪器中必须有的是 .实验是通过研究重锤做 运动来测量重锤下落加速度的. 把重锤固定在纸带下端.让纸带穿过打点计时器.当重锤自由下落时.打点计时器在纸带上打出一系列的点.取连续清晰的7个点.用刻度尺测出第2.3.4.5.6.7各点与第1点的距离d如下表所示: 点的次序 1 2 3 4 5 6 7 距离 d/cm 0 6.0 12.5 19.3 26.5 34.1 42.1 请用这些数据求出重力加速度的测量值. 提示 算出各点的速度.画出速度图象.由图线的斜率可得重锤下落的加速度即重力加速度,或者由速度值求加速度.再取平均值,也可用逐差法直接求加速度.再取平均值. 解析 实验时.上述仪器中必须有的是:低压交流电源和打点计时器.以及长度为1m.最小刻度为毫米的刻度尺(用来测量点迹之间的距离).第1空内应填A.D.E.第2空内应填自由落体运动. 我们用逐差法来求重力加速度的测量值:根据表中的数据.可得纸带上相邻两点间的距离依次为 d1=6.0cm, d2=12.5cm-6.0cm=6,5cm, d3=19.3cm-12.5cm=6.8cm, d4=26.5cm-19.3cm=7.2cm, d5=34.1cm-26.5cm=7.6cm, d6=42.1cm-34.1cm=8.0cm. 可得重物下落的加速度为 cm/s2=10m/s2, cm/s2≈9.17m/s2, cm/s2=10m/s2. 从而.重力加速度的测量值为 m/s2≈9.72m/s2. 点悟 用打点计时器测量物体运动的加速度.这是最基本的一项实验.要掌握实验原理.实验器材.操作步骤和数据处理方法. 例4 一种实验器材叫做光电门.它可以测出某物体经过光电门所用的时间.如果知道物体的宽度.就可以求出这一小段过程的平均速度.你能用这种器材设计出研究自由落体运动的实验吗? 提示 一小段过程的平均速度可当作物体通过光电门时的瞬时速度. 解析 让物体自由下落.将光电门放在物体经过的不同位置.测出物体经过光电门所用的时间△t.量出物体的宽度△x.则物体通过光电门时的速度v.量出光电门与物体初位置间的距离h.如果能得出的关系.就可说明物体的运动是初速度为0的匀加速直线运动.由.可得.多次测量.可求出g的平均值. 点悟 本题为设计性实验题.题目要求根据提供的器材设计研究自由落体运动的实验.根据题中有关光电门作用的提示.结合自由落体运动的规律.不难得出测量方法.要注意培养创新精神.提高这种设计实验的能力. 发展级 例5 在15m高的塔上以4m/s的初速度竖直上抛一个石子.求经过2s后石子离地面的高度.(g取10m/s2) 提示 用位移公式来计算. 解析 由竖直上抛运动位移公式可得 mm=-12m. 这表示经过2s后石子对抛出点的位移的大小为12m.方向是竖直向下的.即石子经过2s后在塔顶下方12m处.因而离地面的高度为 m-12m=3m. 点悟 上述解法采用了整体分析法.我们也可以分上升运动和下降运动两步来计算: 石子上升到最高点的时间 s=0.4s. 离塔顶的最大高度 m=0.8m. 石子从最高点下落的距离 m=12.8m. 可见.石子离地面的高度为 m+0.8m-12.8m=3m. 显然.这样分步计算比较麻烦. 例6 由地面竖直上抛一个物体.通过楼房上1.55m高的窗户.需要0.1s,当物体下落时.由下窗沿落到地面的时间为0.2s.求物体上升的最大高度.(g取10m/s2) 提示 应用匀变速直线运动规律.设法求出物体竖直上抛的初速度. 解析 物体做竖直上抛运动.根据对称性.下降阶段经过窗户的时间与上升阶段经过窗户的实际相等.研究下降阶段物体经过窗户的运动.由位移公式可得物体到达窗户上沿时的速度 m/s=15m/s. 由速度公式可得物体落地的速度 =15m/s+10×m/s=18m/s. 根据对称性.可知物体从地面抛出时的速度也为18m/s.即v’=18m/s.所以.物体上升的最大高度 m=16.2m. 点悟 竖直上抛运动上升阶段与下降阶段的运动.在时间.位移.速度上均具有对称性.运用这种对称性分析求解竖直上抛运动的有关问题.往往能出奇制胜. 【】
题目列表(包括答案和解析)
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第五部分 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=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&Sb、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&m1&+&&m2&=&&m1&+&&m2解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：v1&=&，& v2&=&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&=&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 =&&。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。&=&&=&&=&&=&&= 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，引擎推力须做功W =&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 =&ΔMv2即：vΔt =&（n m S·vΔt）v2得到：&=&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 =&t&，由此推出的&=&必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，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：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+，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+沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & &①B的动量定理是一个矢量方程：+= m2&，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosα－I1&= m2&v2cosβ & & & & & & & & &②I2sinα= m2&v2sinβ & & & & & & & & & & & ③质点C的动量定理方程为：I － I2&= m3&v3& & & & & & & & & & & & & &④AB绳不可伸长，必有v1&= v2cosβ & & & & & ⑤BC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& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & ⑵I2sinα= m2&v1&tgβ & & & & & & & & & & & & & & & &⑶I － I2&= m3&v1(cosα+ sinαtgβ) & & & & & & & & &⑷2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：I1&= m1&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &㈠I2cosα－I1&= m2&v1& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ㈡I = m3&v1&cosα+ I2& & & & & & & & & & && & & & & & &&&㈢3、最后对㈠㈡㈢式消I1&、I2&，解v1就方便多了。结果为：v1&=&（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（）。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&=&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，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&=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&=&&+&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&=&+&&+&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&=&&+&&+&&+ … +&即：V2&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②我们再将①式改写成：V1&=&& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & 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&=&&。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 =&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：m&= M& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & ①设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：mt = Mt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 =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 =&），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：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。答：（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 =&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：&+&&= 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&=&&+&& & & & & & 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/& & &②解①、②两式，得：v2&=&七、动量和能量的综合（一）物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2&。模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有：mg( L-L) =&m&+&mv2&+&2m& & &①三球系统水平方向动量守恒，有：mv1&+ mvsinθ= 2mv2& & & & & & & & ②左边杆子不形变，有：v1cos45°= vcos(45°-θ) & & & & &③右边杆子不形变，有：vcos(45°+θ) = v2cos45° & & & & ④四个方程，解四个未知量（v1&、v2&、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下——1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4&2、在回到③、④两式，得：v1&=&v2&, & v =&v2&3、将v1&、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2&=&（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。答：0 、&、0 。（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。答：&。进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：&=&&+&&=&&-&其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2&；必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v相&。根据矢量减法的三角形法则，可以得到（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。由图可得：v1y&=（v2&+ v1x）tgθ & & & & & & & & & & & & & & & & ①质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2&= mv1x& & & & & & & & &②对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) =&M&+&m&，即：mgR(1-cosθ) =&M&+&m（&+&） & & & & & & & & & & ③三个方程，解三个未知量（v2&、v1x&、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——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（）这就是最后的解。〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω =&&=&&。〕八、动量和能量的综合（二）物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2&，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1&=&&=&&，因方向为正，必朝墙运动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S =&,反向加速的位移S′=&，其中a = a1&=&，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1&。车第二次碰墙后，车速变为－v1&，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2&=&&=&&=&，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，……共同速度v3&=&&=&，朝墙运动。……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk&=ΔE内&，且，ΔE内&= f滑&S相&，即：（m + M）v2&= μmg·S相&代入数字得：S相&= 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故第一次：S1&=&第二次：S2&=&&=&第三次：S3&=&&=&……n次碰墙的总路程是：ΣS = 2（ S1&+ S2&+ S3&+ … + Sn&）=&（ 1 +&&+&&+ … +&&）& =&（ 1 +&&+&&+ … +&&）碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？解：由第一过程，得滑动摩擦力f =&&。第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为m&=（ m + M ）vm&-&（ m + M ）v2&= fL解以上三式即可。答：=&v0&。第三讲 典型例题解析教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。
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