2016届高三物理一轮复习,动量守恒定律及其应用
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2016届高三物理一轮复习,动量守恒定律及其应用
第2单元 动量守恒定律及其应用基础探究 动量守恒定律 【想一想】把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹时，试讨论以下系统动量是否守恒 (1)枪和弹组成的系统(2)枪和车组成的系统(3)枪、弹、车三者组成的系统提示：内力、外力取决于系统的划分．以枪和弹组成系统，车对枪的作用力是外力，系统动量不守恒，枪和车组成的系统受到系统外 弹簧弹力对枪的作用力，系统动量不守恒．枪、弹、车组成的系统所受合力为零，系统的动量守恒【填一填】 1．内容：如果一个系统 不受外力 2．表达式 (1)p＝ p′ ，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．，系统相互作用前总动量 p等于相互作用后的总动量 m1v1′＋m2v2′ ，相互作用的两个物体组成p ′.(2)m1v1＋m2v2＝ 的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3)Δp ＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的增量等大反1向． (4)Δp＝ 0 ，系统总动量的增量为零．3．适用条件 (1)不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的 合力都为零，更不能认为系统处于 平衡 状态． (2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力 远大于 所受到的外力． (3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统 在这一方向上 动量守恒． ______________ 它碰撞【想一想】如图所示，一个木箱原来静止在光滑的水平面上，木箱内粗糙的 底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则小木块和木箱最终将做什么运动？提示：木箱和小木块具有向右的动量，并且在相互作用的过程中 总动量守恒，由于木箱与底板间存在摩擦，小木块最终将相对木箱静 止，即小木块和木箱最终将以相同的速度向右做匀速直线运动【填一填】1．概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间 很短 ， 而 物 体 间相互作用力 很大 的现象．2．特点：在碰撞现象中，一般都满足内力 远大于 外 力 ， 可 认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类反冲、爆炸【想一想】 一颗手榴弹以 v0＝10 m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸 裂为两块，小块质量为0.2 kg，沿原方向以250 m/s的速度飞去，那么， 质量为0.4 kg的大块在爆炸后将如何运动？ 提示： 由动量守恒定律有 Mv0＝m1v1＋ m2v2，代入数据解得 v2＝ －110 m/s，所以爆炸后大块以110 m/s的速度反向运动【填一填】 1．反冲现象 在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用 后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统 的动能 增大 ，且常伴有其他形式能向动能的转化． 2．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且 远大于 系 统所受的外力，所以系统动量 守恒 ，爆炸过程中位移很小，可忽 略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．基础自测1．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的是( ) A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人、车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系 统C．从高空自由下落的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统 D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统解析：动量守恒条件是系统受合力为零．运动员推铅球，系统除受重力外，还受地面摩擦力，故人与铅球组成的系统动量不守恒， B错．从高空下落的重物与车厢组成的系统竖直方向上合力不为零，动 量不守恒，故C错．D中斜面虽在光滑水平面上，但系统竖直方向合力不为零，只在水平方向合力为零，故D错．答案：A2．如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、 B 始终沿同一直线运动，则 A 、 B 组成的系统动能损失最大的时刻是()A．A开始运动时 B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时 解析： 当 B触及弹簧后减速，而物体 A加速，当 A、B两物体速度相等时，A、B间距离最小，弹簧压缩量最大，弹性势能最大．由能量守恒定律可知此时系统损失的动能最多，故D正确． 答案：D3 ．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分 别站着人 A和B，A的质量为 mA，B的质量为mB，mA＞mB.最初人和车 都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面 的速度大小相等，则车( A．静止不动 B．左右往返运动 C．向右运动 D．向左运动 解析：系统动量守恒，A的动量大于B的动量，只有车与 B的运动 方向相同才能使整个系统动量守恒． 答案：D )4 ．在光滑水平面上，一质量为 m 、速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B球的 速度大小可能是( A．0.6v C．0.3v ) B．0.4v D．0.2v解析：由动量守恒定律得：设小球 A 碰前的速度方向为正，则 mv ＝－ mv1＋ 2mv2答案：Av ，则 2v2＝ v1＋ v＞ v， v2＞ ，即 v2＞ 0.5 v， A 正确． 2动量守恒的“四性”及基本解题步骤 【互动探究】 1．动量守恒定律的表达式有哪几个特性？ 2．应用动量守恒定律解题的基本步骤是什么？ 【核心突破】 1．动量守恒的“四性”
2.解题的基本步骤[温馨提示 ]分析物理现象不但要明确研究对象，而且要明确研究的是哪一段过程，碰撞过程的初状态是刚开始发生相互作用的状态，此时的动量为碰撞前的动量，末状态是相互作用刚结束时的状态，此 时的动量为碰撞后的动量．【典例1】如图所示，甲车质量m1＝20 kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人 )以v＝3 m/s的速度向右滑行．此时质量m2＝50 kg的乙车正以v0＝1.8 m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞， 当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度u(相对地面)应当在什么范围以内才能避免两车相撞？(不计地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g＝10 m/s2.)[思路点拨 ]人跳到乙车上后，如果两车同向，且甲车的速度小于或等于乙车的速度就可以避免两车相撞，人跳离甲车过程和人落到 乙车的过程中系统水平方向动量守恒．[自主解答 ]以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度v′，由动量守恒得：(m1＋M )v－m2v0＝(m1＋m2＋M )v′解得：v′＝1 m/s. 以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得(m1＋M )v＝m1v′＋Mu，解得u＝3.8 m/s. 因此，只要人跳离甲车的速度u≥3.8 m/s，就可避免两车相撞．[答案] u≥3.8 m/s
1 ． (2013 年高考山东理综 ) 如图所示，光滑水平轨道上放置长板 A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg、mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度 匀速向右运动， A与 C发生碰撞 (时间极短 ) 后 C向右运动，经过一段时 间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞．求 A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小．解析：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞瞬间A 的速度为v0，C的速度为vC.以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC.①A与 B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为 vAB，由动量 守恒定律得mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB.②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足 vAB＝vC.③联立①②③式，代入数值得vA＝2 m/s.答案： 2 m/s碰撞类问题的分析【互动探究】 Δp 1．动量和动能的区别是什么？怎样理解 p、Δp 和 ？ Δt 2． 怎样理解动量定理？动量定理在日常生活中有哪些方面的应用？【核心突破】 1．两种特殊的碰撞 (1)完全弹性碰撞：如图所示，运动球 m1 和静止球 m2 相碰，地面光 滑．动量关系：m1v1＝m1v1′＋m2v2′ 1 1 1 2 能量关系： m1v2 ＝ m v ′ ＋ m2v2′ 2 1 1 1 2 2 2 m1－ m2 2m1 解得：v1′＝ v1， v2′＝ v， m1＋ m2 m1＋ m2 1 若 m1＝m2，则有 v1′＝0，v2′＝v1(交换速度)(2)完全非弹性碰撞：设 m1 和 m2 碰后的共同速度为 v′. m1v1 动量关系：m1v1＝ (m1＋m2)v′，即 v′＝ m1＋ m2 1 1 能量关系： m1v2 ＝ (m1＋ m2)v′ 2＋ΔE，ΔE 为碰撞损失的动能． 1 2 22．碰撞遵守的规律 (1)动量守恒(2)机械能不增加(3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后&v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改 变．【典例 2】质量为 M的小物块 A静止在离地面高 h的水平桌面的边缘，质量为m的小物块B沿桌面向A运动并以速度v0与之发生正碰(碰撞时间极短 )．碰后 A离开桌面，其落地点离出发点的水平距离为 L.碰后B反向运动，求B后退的距离．(已知B与桌面间的动摩擦因数为 μ， 重力加速度为g)[思路点拨]首先根据物块A碰后的水平位移求出碰后A的速度，再根据碰撞过程系统动量守恒求出碰后 B的速度，最后利用动能定理 或直线运动规律求出B后退的距离．[自主解答] 设 A 从离开桌面到落地经历的时间为 t， 刚碰后 A 的速 度为 v， 1 2 则有 h＝ gt 2 L＝ vt 设 v′为刚碰后 B 的速度大小，由动量守恒定律有 mv0＝ Mv－ mv′ 设 B 后退的距离为 s，由动能定理有 1 － μmgs＝－ mv′2 2 1 ML 由以上各式求得： s＝ ( 2μg m g － v0)2. 2h1 ML [答案] ( 2μg mg －v0)2 2h2．如图所示，足够长的光滑轨道由斜槽轨道和水平轨道组成．水平轨道上一质量为mB的小球处于静止状态，一个质量为mA的小球沿斜槽轨道向下运动，与B球发生弹性正碰，要使小球A与小球B能 发生第二次碰撞，mA和mB应满足什么关系？解析： 设小球 A 与小球 B 碰撞前的速度大小为 v0，根据弹性碰撞过 程动量守恒和机械能守恒得 mAv0＝ mAv1＋ mBv2， 1 1 1 2 mAv2 ＝ m v ＋ mBv2 0 A 1 2 2 2 2 联立解得 v1＝ mA－ mB 2mA v0， v2＝ v mA＋ mB mA＋ mB 0要使小球 A 与小球 B 能发生第二次碰撞， 小球 A 必须反弹， 且速率 大于碰后 B 球的速率，有?mA－ mB ? 2mA ? v0 ?＞ v0 得 mB＞ 3mA. m ＋ m m ＋ m ? A B ? A B答案：mB＞3mA爆炸、反冲问题的分析【互动探究】1．爆炸和反冲的特点是什么？ 2．爆炸和碰撞比较，有什么共同点和不同点？3．分析爆炸、反冲问题的一般思路是什么？【核心突破】 1．爆炸的特点(1)内力远大于外力，动量守恒．(2)由其他形式的能转化为动能，系统动能会增加． 2．反冲(1)特点：在系统内力作用下，系统一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分向相反方向发生动量变化． (2)实例：喷气式飞机、火箭等．3．爆炸与碰撞的比较(1)相同点 ①物理过程剧烈，系统内物体的相互作用力即内力很大，内力远大于外力，过程持续时间很短，系统的动量守恒．②由于爆炸、碰撞类问题作用时间很短，作用过程中物体的位移 很小，一般可忽略不计，可以把作用过程作为一个理想化过程 ( 简化)处理．即作用后还从作用前瞬间的位置以新的动量开始运动．(2)不同点：爆炸过程中有其他形式的能 (一般为化学能)转化为动 能，所以爆炸过程中系统的动能会增加．对于碰撞过程，系统的动能不会增加．4．分析方法对于爆炸、碰撞、反冲问题，一般情况下可进行如下分析：(1)明确系统是由哪几个物体组成． (2)明确系统内各物体在初、末两个状态的运动情况．(3)规定正方向．(4)列出动量守恒方程． (5)对结果进行讨论．【典例 3】如下图所示，质量相等的木块 A、 B 间夹有一小块炸药，放在一段粗糙程度相同的水平地面上．让 A、B 以速度 v0 一起从 O v0 点滑出，到达 P 点后速度变为 ，此时炸药爆炸使木块 A、B 脱离，发 2 现木块 B 立即停在原位置，木块 A 继续水平前进．如果仍让 A、B 以速 度 v0 一起从 O 点滑出，当 A、B 停止运动时立即让炸药爆炸，则木块 A 最终静止在 Q 点(图中未标出)．已知 O、P 两点间的距离为 x，炸药的质 量可以忽略不计，爆炸时间很短可以忽略不计，爆炸释放的化学能全部 转化为木块的动能，求木块 A 从 O 运动到 Q 所用的时间．[思路点拨] 解答本题时应把握以下三点：(1)爆炸瞬间动量守恒，机械能增加，能量守恒． (2)A、B一起滑动，可用动能定理列式．(3)第二次滑动，因求时间，可结合牛顿第二定律、运动学公式分析求解．[自主解答] 设木块的质量均为 m， 与地面间的动摩擦因数为 μ， 炸 药爆炸释放的化学能为 E0. 第一次滑动过程中，从 O 滑到 P，对 A、B 据动能定理： v0 2 1 1 － μ? 2mgx＝ ? 2 m( ) － ? 2mv2 0① 2 2 2 在 P 点炸药爆炸，木块 A、 B 系统动量守恒： v0 2m ＝ mv② 2 根据能量守恒： v0 2 1 2 1 E0＋ ? 2m( ) ＝ mv ③ 2 2 2 3v2 1 0 联立①②③式解得：μ＝ ，E0＝ mv2 . 8gx 4 0第二次滑动过程中，从 O 滑出到减速为零，对 A、B 据牛顿第二定 律： μ? 2mg＝2ma1，又 v0＝a1t1 炸药爆炸时木块 A、B 系统动量守恒： mvA＋ mvB＝0 1 2 1 2 由能量守恒：E0＝ mvA＋ mv B 2 2 爆炸后 A 以速度 vA 减速前进，最后停在 Q 点． 对 A 据牛顿第二定律：μmg＝ ma2，又 vA＝ a2t2 4x 解以上各式得：t＝t1＋t2＝ . v04x [答案] v0
3．有一竖直向上发射的炮弹，质量为M＝6.0 kg(内含炸药的质量可以忽略不计)，射出的初速度v0＝60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸为 沿水平方向运动的两片，其中一片质量m＝4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R＝600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？(g取10 m/s2，忽略空气阻力) 解析： 设炮弹到达最高点的高度为 H，根据匀变速直线运动规律，有v＝2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为v′，另一块的速度为v， 根据动量守恒定律，有mv′＝(M－m)v.设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，1 2 有 H＝ gt ， R＝ v′t. 2 炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能 1 1 Ek＝ mv′ 2＋ (M－ m)v2. 2 2 1 MmR2g2 解以上各式得 Ek＝ 2. 2? M－ m? v0 代入数值得 Ek＝ 6.0×104 J.答案：6.0×104 J――子弹打木块模型[模型构建]子弹打木块问题的两种类型 (1)木块放在光滑的水平面上．子弹射击木块，子弹受到滑动摩擦力作用而做匀减速直线运动，木块在滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动．对于子弹和木块组成的系统，在水平方向上动量守恒． (2)木块固定在水平面上不动．子弹射击木块，子弹在滑动摩擦力的作用下做匀减速直线运动，子弹的位移可由动能定理进行计算．[模型特点]两种类型中，系统( 木块和子弹 ) 中相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值，部分机械能转化为内能即 Q＝Ff?s(Ff是滑 动摩擦力，s是两物体间的相对位移 )．因此，对于木块放在光滑水平面上类型，系统动量守恒、能量守恒但机械能不守恒，在计算时要对子弹和木块分别利用动能定理．【典例】试求：一质量为 M的木块放在光滑的水平面上，一质量为 m的子弹以初速度 v0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为 Ff.(1)子弹、木块相对静止时的速度v?(2)子弹、木块发生的位移 s1、 s2以及子弹打进木块的深度 l相分别 为多少？(3)系统损失的机械能、系统增加的内能分别为多少？[思路点拨 ] 本题属子弹打光滑水平面上的木块模型，侧重于动 量守恒定律、能量守恒定律的应用，分析时注意分析动量守恒的条件，两物体的运动距离关系、每个物体的动能变化及其原因和能量转化的情况等子弹打木块模型的突出特征．[规范解答] (1)由动量守恒得 mv0＝(M＋m)v， m 子弹与木块的共同速度 v＝ v. M＋m 0(2)对子弹利用动能定理得 1 1 － Ff? x1＝ mv2－ mv2 ① 2 2 02 Mm? M＋2m? v0 所以 x1＝ . 2Ff? M＋m? 21 2 同理对木块有：Ff? x2＝ Mv ② 2 Mm2v2 0 故木块发生的位移为 x2＝ 2Ff? M＋m? 2 子弹打进木块的深度为： Mmv2 0 l 相＝x1－x2＝ ③ 2Ff? M＋m?(3)系统损失的机械能2 Mm v 1 2 1 0 ΔEk＝ mv0－ (M＋m)v2＝ ④ 2 2 2? M＋m?Mmv2 0 系统增加的内能：Q＝ΔEk＝ . 2? M＋m?[答案] m (1) v M＋m 0 Mm2v2 Mmv2 0 0 2Ff? M＋m? 2 2Ff? M＋m?2 Mm? M＋2m? v0 (2) 2Ff? M＋m? 2Mmv2 0 (3) 2? M＋m?Mmv2 0 2? M＋m?
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All Rights Reserved.BDA．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的B．卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子C．普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想E．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象（2）如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=4kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦．开始时B、C均静止，现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回．g取10m/s2，求：①B运动过程中的最大速率；②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，求B、C间动摩擦因数μ．
（1）随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识，下列说法正确的是______A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的B．卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子C．普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想E．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象（2）如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=4kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦．开始时B、C均静止，现使A以v=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回．g取10m/s2，求：①B运动过程中的最大速率；②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，求B、C间动摩擦因数μ．
（1）随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识，下列说法正确的是______A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的B．卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验的研究，发现了质子C．普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想E．玻尔建立了量子理论，成功解释了各种原子发光现象（2）如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=4kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦．开始时B、C均静止，现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回．g取10m/s2，求：①B运动过程中的最大速率；②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，求B、C间动摩擦因数μ．
（1）随着科技的发展，大量的科学实验促进了人们对微观领域的认识,下列说法正确的是 &&&&&&&&&&&&&&&&& &&&&&&&&&&&&&&& （& &&） A．汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子，从而揭示了原子核是有复杂结构的 B．卢瑟福通过a粒子轰击氮核实验的研究,发现了质子 C．普朗克通过对黑体辐射的研究，第一次提出了光子的概念 D．德布罗意首先提出了物质波的猜想，而电子衍射实验证实了他的猜想 E．玻尔建立了量子理论,成功解释了各种原子发光现象 （2）如图所示，木板A质量mA=1 kg，足够长的木板B质量mB=4 kg，质量为mC=2 kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦。开始时B、C均静止，现使A以v0=12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s速度弹回。g取10m/s2，求： &&&&&& && ①B运动过程中的最大速率； &&&&&& && ②碰撞后C在B上滑行距离d=2m，求B、C间动摩擦因数μ．
第一部分 &力＆物体的平衡第一讲 力的处理一、矢量的运算1、加法表达：&+&&=&&。名词：为“和矢量”。法则：平行四边形法则。如图1所示。和矢量大小：c =&&，其中α为和的夹角。和矢量方向：在、之间，和夹角β= arcsin2、减法表达：&=&－&。名词：为“被减数矢量”，为“减数矢量”，为“差矢量”。法则：三角形法则。如图2所示。将被减数矢量和减数矢量的起始端平移到一点，然后连接两时量末端，指向被减数时量的时量，即是差矢量。差矢量大小：a =&&，其中θ为和的夹角。差矢量的方向可以用正弦定理求得。一条直线上的矢量运算是平行四边形和三角形法则的特例。例题：已知质点做匀速率圆周运动，半径为R&，周期为T&，求它在T内和在T内的平均加速度大小。解说：如图3所示，A到B点对应T的过程，A到C点对应T的过程。这三点的速度矢量分别设为、和。根据加速度的定义&=&得：=&，=&由于有两处涉及矢量减法，设两个差矢量&=&－&，=&－&，根据三角形法则，它们在图3中的大小、方向已绘出（的“三角形”已被拉伸成一条直线）。本题只关心各矢量的大小，显然：&=&&=&&=&&，且：&=&=&&，&= 2=&所以：=&&=&&=&&，=&&=&&=&&。（学生活动）观察与思考：这两个加速度是否相等，匀速率圆周运动是不是匀变速运动？答：否；不是。3、乘法矢量的乘法有两种：叉乘和点乘，和代数的乘法有着质的不同。⑴ 叉乘表达：×&=&名词：称“矢量的叉积”，它是一个新的矢量。叉积的大小：c = absinα，其中α为和的夹角。意义：的大小对应由和作成的平行四边形的面积。叉积的方向：垂直和确定的平面，并由右手螺旋定则确定方向，如图4所示。显然，×≠×，但有：×=&－×⑵ 点乘表达：·&= c名词：c称“矢量的点积”，它不再是一个矢量，而是一个标量。点积的大小：c = abcosα，其中α为和的夹角。二、共点力的合成1、平行四边形法则与矢量表达式2、一般平行四边形的合力与分力的求法余弦定理（或分割成RtΔ）解合力的大小正弦定理解方向三、力的分解1、按效果分解2、按需要——正交分解第二讲 物体的平衡一、共点力平衡1、特征：质心无加速度。2、条件：Σ&= 0 ，或&&= 0 ，&= 0例题：如图5所示，长为L 、粗细不均匀的横杆被两根轻绳水平悬挂，绳子与水平方向的夹角在图上已标示，求横杆的重心位置。解说：直接用三力共点的知识解题，几何关系比较简单。答案：距棒的左端L/4处。（学生活动）思考：放在斜面上的均质长方体，按实际情况分析受力，斜面的支持力会通过长方体的重心吗？解：将各处的支持力归纳成一个N ，则长方体受三个力（G 、f 、N）必共点，由此推知，N不可能通过长方体的重心。正确受力情形如图6所示（通常的受力图是将受力物体看成一个点，这时，N就过重心了）。答：不会。二、转动平衡1、特征：物体无转动加速度。2、条件：Σ= 0 ，或ΣM+&=ΣM-&如果物体静止，肯定会同时满足两种平衡，因此用两种思路均可解题。3、非共点力的合成大小和方向：遵从一条直线矢量合成法则。作用点：先假定一个等效作用点，然后让所有的平行力对这个作用点的和力矩为零。第三讲 习题课1、如图7所示，在固定的、倾角为α斜面上，有一块可以转动的夹板（β不定），夹板和斜面夹着一个质量为m的光滑均质球体，试求：β取何值时，夹板对球的弹力最小。解说：法一，平行四边形动态处理。对球体进行受力分析，然后对平行四边形中的矢量G和N1进行平移，使它们构成一个三角形，如图8的左图和中图所示。由于G的大小和方向均不变，而N1的方向不可变，当β增大导致N2的方向改变时，N2的变化和N1的方向变化如图8的右图所示。显然，随着β增大，N1单调减小，而N2的大小先减小后增大，当N2垂直N1时，N2取极小值，且N2min&= Gsinα。法二，函数法。看图8的中间图，对这个三角形用正弦定理，有：&=&&，即：N2&=&&，β在0到180°之间取值，N2的极值讨论是很容易的。答案：当β= 90°时，甲板的弹力最小。2、把一个重为G的物体用一个水平推力F压在竖直的足够高的墙壁上，F随时间t的变化规律如图9所示，则在t = 0开始物体所受的摩擦力f的变化图线是图10中的哪一个？解说：静力学旨在解决静态问题和准静态过程的问题，但本题是一个例外。物体在竖直方向的运动先加速后减速，平衡方程不再适用。如何避开牛顿第二定律，是本题授课时的难点。静力学的知识，本题在于区分两种摩擦的不同判据。水平方向合力为零，得：支持力N持续增大。物体在运动时，滑动摩擦力f = μN ，必持续增大。但物体在静止后静摩擦力f′≡ G ，与N没有关系。对运动过程加以分析，物体必有加速和减速两个过程。据物理常识，加速时，f ＜ G ，而在减速时f ＞ G 。答案：B 。3、如图11所示，一个重量为G的小球套在竖直放置的、半径为R的光滑大环上，另一轻质弹簧的劲度系数为k ，自由长度为L（L＜2R），一端固定在大圆环的顶点A ，另一端与小球相连。环静止平衡时位于大环上的B点。试求弹簧与竖直方向的夹角θ。解说：平行四边形的三个矢量总是可以平移到一个三角形中去讨论，解三角形的典型思路有三种：①分割成直角三角形（或本来就是直角三角形）；②利用正、余弦定理；③利用力学矢量三角形和某空间位置三角形相似。本题旨在贯彻第三种思路。分析小球受力→矢量平移，如图12所示，其中F表示弹簧弹力，N表示大环的支持力。（学生活动）思考：支持力N可不可以沿图12中的反方向？（正交分解看水平方向平衡——不可以。）容易判断，图中的灰色矢量三角形和空间位置三角形ΔAOB是相似的，所以：& & & & & & & & & & & & & & & & & &⑴由胡克定律：F = k（- R） & & & & & & & &⑵几何关系：= 2Rcosθ & & & & & & & & & & ⑶解以上三式即可。答案：arccos&。（学生活动）思考：若将弹簧换成劲度系数k′较大的弹簧，其它条件不变，则弹簧弹力怎么变？环的支持力怎么变？答：变小；不变。（学生活动）反馈练习：光滑半球固定在水平面上，球心O的正上方有一定滑轮，一根轻绳跨过滑轮将一小球从图13所示的A位置开始缓慢拉至B位置。试判断：在此过程中，绳子的拉力T和球面支持力N怎样变化？解：和上题完全相同。答：T变小，N不变。4、如图14所示，一个半径为R的非均质圆球，其重心不在球心O点，先将它置于水平地面上，平衡时球面上的A点和地面接触；再将它置于倾角为30°的粗糙斜面上，平衡时球面上的B点与斜面接触，已知A到B的圆心角也为30°。试求球体的重心C到球心O的距离。解说：练习三力共点的应用。根据在平面上的平衡，可知重心C在OA连线上。根据在斜面上的平衡，支持力、重力和静摩擦力共点，可以画出重心的具体位置。几何计算比较简单。答案：R 。（学生活动）反馈练习：静摩擦足够，将长为a 、厚为b的砖块码在倾角为θ的斜面上，最多能码多少块？解：三力共点知识应用。答：&。4、两根等长的细线，一端拴在同一悬点O上，另一端各系一个小球，两球的质量分别为m1和m2&，已知两球间存在大小相等、方向相反的斥力而使两线张开一定角度，分别为45和30°，如图15所示。则m1&: m2??为多少？解说：本题考查正弦定理、或力矩平衡解静力学问题。对两球进行受力分析，并进行矢量平移，如图16所示。首先注意，图16中的灰色三角形是等腰三角形，两底角相等，设为α。而且，两球相互作用的斥力方向相反，大小相等，可用同一字母表示，设为F 。对左边的矢量三角形用正弦定理，有：&=&& & & & &①同理，对右边的矢量三角形，有：&=&& & & & & & & & & & & & & & & &②解①②两式即可。答案：1 ：&。（学生活动）思考：解本题是否还有其它的方法？答：有——将模型看成用轻杆连成的两小球，而将O点看成转轴，两球的重力对O的力矩必然是平衡的。这种方法更直接、简便。应用：若原题中绳长不等，而是l1&：l2&= 3 ：2 ，其它条件不变，m1与m2的比值又将是多少？解：此时用共点力平衡更加复杂（多一个正弦定理方程），而用力矩平衡则几乎和“思考”完全相同。答：2 ：3&。5、如图17所示，一个半径为R的均质金属球上固定着一根长为L的轻质细杆，细杆的左端用铰链与墙壁相连，球下边垫上一块木板后，细杆恰好水平，而木板下面是光滑的水平面。由于金属球和木板之间有摩擦（已知摩擦因素为μ），所以要将木板从球下面向右抽出时，至少需要大小为F的水平拉力。试问：现要将木板继续向左插进一些，至少需要多大的水平推力？解说：这是一个典型的力矩平衡的例题。以球和杆为对象，研究其对转轴O的转动平衡，设木板拉出时给球体的摩擦力为f&，支持力为N&，重力为G&，力矩平衡方程为：f R + N（R + L）= G（R + L）& & & & & &①球和板已相对滑动，故：f = μN & & & &②解①②可得：f =&再看木板的平衡，F = f 。同理，木板插进去时，球体和木板之间的摩擦f′=&&= F′。答案：&。第四讲 摩擦角及其它一、摩擦角1、全反力：接触面给物体的摩擦力与支持力的合力称全反力，一般用R表示，亦称接触反力。2、摩擦角：全反力与支持力的最大夹角称摩擦角，一般用φm表示。此时，要么物体已经滑动，必有：φm&= arctgμ（μ为动摩擦因素），称动摩擦力角；要么物体达到最大运动趋势，必有：φms&= arctgμs（μs为静摩擦因素），称静摩擦角。通常处理为φm&=&φms&。3、引入全反力和摩擦角的意义：使分析处理物体受力时更方便、更简捷。二、隔离法与整体法1、隔离法：当物体对象有两个或两个以上时，有必要各个击破，逐个讲每个个体隔离开来分析处理，称隔离法。在处理各隔离方程之间的联系时，应注意相互作用力的大小和方向关系。2、整体法：当各个体均处于平衡状态时，我们可以不顾个体的差异而讲多个对象看成一个整体进行分析处理，称整体法。应用整体法时应注意“系统”、“内力”和“外力”的涵义。三、应用1、物体放在水平面上，用与水平方向成30°的力拉物体时，物体匀速前进。若此力大小不变，改为沿水平方向拉物体，物体仍能匀速前进，求物体与水平面之间的动摩擦因素μ。解说：这是一个能显示摩擦角解题优越性的题目。可以通过不同解法的比较让学生留下深刻印象。法一，正交分解。（学生分析受力→列方程→得结果。）法二，用摩擦角解题。引进全反力R&，对物体两个平衡状态进行受力分析，再进行矢量平移，得到图18中的左图和中间图（注意：重力G是不变的，而全反力R的方向不变、F的大小不变），φm指摩擦角。再将两图重叠成图18的右图。由于灰色的三角形是一个顶角为30°的等腰三角形，其顶角的角平分线必垂直底边……故有：φm&= 15°。最后，μ= tgφm&。答案：0.268 。（学生活动）思考：如果F的大小是可以选择的，那么能维持物体匀速前进的最小F值是多少？解：见图18，右图中虚线的长度即Fmin&，所以，Fmin&= Gsinφm&。答：Gsin15°（其中G为物体的重量）。2、如图19所示，质量m = 5kg的物体置于一粗糙斜面上，并用一平行斜面的、大小F = 30N的推力推物体，使物体能够沿斜面向上匀速运动，而斜面体始终静止。已知斜面的质量M = 10kg ，倾角为30°，重力加速度g = 10m/s2&，求地面对斜面体的摩擦力大小。解说：本题旨在显示整体法的解题的优越性。法一，隔离法。简要介绍……法二，整体法。注意，滑块和斜面随有相对运动，但从平衡的角度看，它们是完全等价的，可以看成一个整体。做整体的受力分析时，内力不加考虑。受力分析比较简单，列水平方向平衡方程很容易解地面摩擦力。答案：26.0N 。（学生活动）地面给斜面体的支持力是多少？解：略。答：135N 。应用：如图20所示，一上表面粗糙的斜面体上放在光滑的水平地面上，斜面的倾角为θ。另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。若用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，且要求斜面体静止不动，就必须施加一个大小为P = 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。使满足题意的这个F的大小和方向。解说：这是一道难度较大的静力学题，可以动用一切可能的工具解题。法一：隔离法。由第一个物理情景易得，斜面于滑块的摩擦因素μ= tgθ对第二个物理情景，分别隔离滑块和斜面体分析受力，并将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy&，滑块与斜面之间的两对相互作用力只用两个字母表示（N表示正压力和弹力，f表示摩擦力），如图21所示。对滑块，我们可以考查沿斜面方向和垂直斜面方向的平衡——Fx&= f + mgsinθFy&+ mgcosθ= N且 f = μN = Ntgθ综合以上三式得到：Fx&= Fytgθ+ 2mgsinθ & & & & & & & ①对斜面体，只看水平方向平衡就行了——P = fcosθ+ Nsinθ即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ代入μ值，化简得：Fy&= mgcosθ & & &②②代入①可得：Fx&= 3mgsinθ最后由F =解F的大小，由tgα=&解F的方向（设α为F和斜面的夹角）。答案：大小为F = mg，方向和斜面夹角α= arctg()指向斜面内部。法二：引入摩擦角和整体法观念。仍然沿用“法一”中关于F的方向设置（见图21中的α角）。先看整体的水平方向平衡，有：Fcos(θ- α) = P & & & & & & & & & & & & & & & & & ⑴再隔离滑块，分析受力时引进全反力R和摩擦角φ，由于简化后只有三个力（R、mg和F），可以将矢量平移后构成一个三角形，如图22所示。在图22右边的矢量三角形中，有：&=&=&& &&&⑵注意：φ= arctgμ=&arctg(tgθ) = θ & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &⑶解⑴⑵⑶式可得F和α的值。
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