第24节质点直线运动从加速度到速度到坐标.docx

1、第24节质点直线运动从加速度到速度到坐标第2.4节质点直线运动 从加速度到速度到坐标2.4.5在195m长的坡道上，一人骑自行车以18km/h的速度和-20cm/ 的加速度上坡，另一自行车同时以 5.4km/h的初速度和0.2m/S的加 速度下坡，问：经多长时间两人相遇？两人相遇时各走过多长的 路程？问题：没有考虑上坡人在未与下坡人相遇前速度已达到零解：以上坡者出发点为原点沿其前进方向建立坐标 o-x，用脚标1表 示上坡者，用脚标2表示下坡者。两人的加速度实际上是相同的：a a -0.2m/s2初始条件：t = 0时根据匀变速直线运动公式：Xi = v10t * qt2 = 5t - 0.1t

2、2x2 =195 v20t 吉 a2t2 =1951.5t 0.1t2令X1=X2，可求得相遇时间：5t=195-1 5t, tH95/65=30s对于上坡者，在相遇期间做的不一定是单方向直线运动， 据上 坡者的速度表达式：v 1=5-02t，令Vi=0，求得对应时刻t=25s,所以， 上坡者在25s前是在上坡，但25s后却再下坡。因此，上坡者在 30s内走过的路程：S 斗 x1 (25) - 花(0)| I % (30) - x1 (25)卜 2x1 (25) - x1 (30)2 2= 2(5 25-0.1 25 )-(5 30-0.1 30 ) =65m对于下坡者，因为做单方向直线运动，

3、所以 30s内走过的路程:S2 =| x2 (30) - x2 (0) | = x2 (0) - x2 (30) = 195 - 60 = 135m第3.4节牛顿运动定律的应用342质量为m的质点在oxy平面内运动，其运动方成为 r =acos，ti? bsint?, a,b,为正常数，证明作用于质点的合力总是指 向原点。问题：出现多种不同的证明方法：(1)有的证明R方向tan a与加速度的tan a相等，但并没突出其方 向相反。(2)有的证明加速度的x和y分量构成一个椭圆，这应该也不能说 明加速度总是指向圆心证明：由运动方程，得质点的速度和加速度分别为:Q Q=-a - si nt? b -

4、 cos t?由牛顿第二定律，得质点所受的合力 F为:F = ma = _m 2r即F沿r的负方向。因r的起点总是坐标原点，所以，F总是指向原 占八、3.4.12沿铅直向上发射的玩具火箭推力随时间的变化如图所示。 火箭 的质量为2kg, t=0时处于静止状态。求火箭发射后的最大速率和最大高度(注意，推力 重力时才能启动)问题：很多同学利用冲量定理，但是他们没有注意这里的力是一个随 时间变化的量，只是将最大合力除以 2。其实它是与时间有关的，不 能简单的这样求平均，应该是先使力对时间积分，然后除以时间的积解：以题意，火箭的推力f是时间t的线性函数，最大值为fmax=98N，最 小值为0，作用时间

5、为t=20sf = f (t) = = 4.9t火箭的受力情况：o辽2 20s时，重力：mg,方向垂直向下，火箭的推力：f(t)，方向垂直向上-20s时，重力：mg,方向垂直向下；火箭的运动状况：1.当f(t)20s时，火箭作垂直向上的抛体运动;取oy坐标系：1.设火箭开始运动的时刻为to，此时，火箭所受到的推力与火箭所 受的重力相等：f (t0) = mg = 4.9t0 = 2g = 2 9.8to =4s当t=to时，火箭的速度v=0;2.求火箭在推力的作用下速度随时间的变化，由牛顿第二定律dv = (t) mgdt = t(4.9t - mg)dtm m两边积分：v =2(2.45t2

6、 -19.6t) c由初始条件：t= to=4s 时，v=0,得 c=-0.5 (2.45 42-196 4)=佃.42v(t) =1.225t 9.8t 19.4当t=20s时，火箭的推力变为零，此时火箭的速度达到最大：vmax =v(20) =1.225 202 _ 9.8 20 19.4 = 313.6m/s火箭在推力的作用下上升的高度(注意，火箭载 t=4s时才开始上升)20 20y1 = ( v(t)dt = 4 (1.225t2 9.8t+19.4)dt = (t3t2+19.4t)|4 =3.20s后火箭坐上抛运动，设时间零点为火箭位于 yi高度时：y Vmaxt gt2Vy =

7、Vmax gt在最高点处，Vy=O,ti 二Vmax =32s , y2 二 yi Vmaxti fgt：二 g4.火箭上升的最大高度第3.6节 用冲量表述的动量定理365质量为M的滑块与水平台面间的静摩擦系数为 心质量为 m的滑块与M均处于静止，绳不可伸长，绳与滑轮质量可不计，不 计滑轮轴摩擦。问将m托起多高，松手后可利用绳对 M冲力的平均 力拖动M ?设当m下落h后经过极短的时间At后与绳的铅直部分相 对静止。问题：此题应注明重力相对于冲力来说可忽略， 但有同学没有忽略重 力，虽不算错，但是物理过程不是很明确。思路:(1)由自由落体运动求m由h下落到绳被拉紧时的速度;(2) 由动量定理求在

8、 t时间绳对m的拉力的平均力F;(3)若要使M移动，需要拉力F - Mg以m为研究对象，它被托起h,再落回原 来位置时，速度大小为v *2gh，在极短时间内与绳相互作用，速度又变为零，设作用在 m上的平均冲力为F,相对冲力，重力作用可忽略，则由质点动量定理有:F=t = 0 -（ -mv）二 mv = m 2gh ,二 F 二 m 2gh / ：t再以M为研究对象，由于绳、轮质量不计，轴处摩擦不计，绳 不可伸长，所以M受到的冲力大小也是F , M受到的最大静摩擦力 为fmax=b Mg,因此，能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是：Fmax,即 m. 2gh/ ：t 】：Mg . h 】：.Jm

9、 2（ ：t）2g/2m2第4.4节 保守力与非保守力势能4.4.1二仅可压缩的弹簧组成一可变劲度系数的弹簧组，弹簧 1和2的劲度系数各为ki和k2它们自由伸展的长度相差I.坐标原点置于 弹簧2自由伸展处.求弹簧组在0 x兵和x0时弹性势能的表示式.问题：大多数同学没有明确选取零势能点， 致使一个系统具有两个零 势能点。他们对第一个弹簧选其原长处为零势能点，第二个弹簧又选 其原长处为零势能点，所以一个系统有了两个零势能点。解：当将势能零点设在弹簧自然伸长点时弹簧的弹性势能为：Ep =2k（ ：x）2其中x为弹簧的伸长或压缩 取如图所示的坐标系，原点0位于弹簧2的自然伸长处。依题意，0 点为势能

10、的零点。对弹簧 2: EP22k2x2EP1) = 2 k-x)2求以0点作为弹性势能零点时弹簧1的势能:(1)当以弹簧1的自然伸长点O为势能零点时:(2) 当以O点为势能零点时：c当 x=0 时，Ej =0 . =-2心2x=Q=2 匕(1 一 x)2 _ 2 kJ2 = 1 kjX2 - k|lx由于弹簧只能压缩，故当 0 X 押寸:EP = E=4k1xk1lx当 x0 时：Ep 二 E - EP2) = 1(ki k2)x2 -kilx第4.6节对心碰撞4.6.3两球具有相同的质量和半径，悬挂于同一高度. 静止时，两球 恰能接触且悬线平行.碰撞的恢复系数为 e.若球A自高度hi释放,

11、求该球弹回后能达到的高度.又问若二球发生完全弹性碰撞，会发生 什么现象，试描述之.问题：有几个同学认为两球碰了两次，根据题目要求碰一次即可，一 次A球即被弹回.解：依题意，两球的碰撞为对心碰撞，设两球静 止时球心位置为势能零点，A从hi处释放到与B碰撞时的速度为Vao, B静止，Vbo=O碰后A和B的速度分别为Va和Vb由机械能守恒：mgh . VA-2gh1碰后：Va =Vao -乎(1 e)VA0 =百-*e)VA0 =(易-今e) . 2ghi2m设A球弹回后能达到的高度为h2,由机械能守恒mgh2 =|mvA1 2 1 1 1 2 i i 2 1 2WF$e)2ghT心)h1 v-e)

12、h1如果发生完全弹性碰撞，e=1,则vA=0,即A球碰后静止而VB = vAO,即B球将被弹到hi的高度第5.2节 质点系的角动量定理及角动量守恒定律5.2.2理想滑轮悬挂两质量为m的砝码盘。用轻线拴住轻弹簧的两端 使它处于压缩状态，将此弹簧竖直放在一砝码盘上，弹簧上端放一质 量为m的砝码，另一砝码盘上也放一质量为 m的砝码，使两盘静止。 燃断轻线，弹簧达到自然伸展状态即与砝码脱离。求法码升起的高度。 已知弹簧的劲度系数为k，被压缩的长度为Lo问题：大部分同学没有计算重力势能的改变， 而是认为弹性势能全部 转化成了动能。解：考虑法码和法码盘组成的质点系，外力为重力和滑轮两边绳的拉力。m选择坐标

13、系：原点位于滑轮的中心， x 轴沿水平方向，y轴铅直向上，z轴通过 滑轮的轴线垂直纸面向外。设滑轮的半径为r v由于是理想滑轮，故两边绳的拉力相等；在法码脱离弹簧前，两边法码和法码盘所受的重力也相等；故外 力对z轴的力矩为零，体系对z轴的角动量守恒。初态：法码和法码盘静止，所以 Lz = 0;末态：设被弹起的砝码的速度为V，v垂直向上，V-V?,对z轴的 角动量：L = r1 (mv ) - -mrv k两侧砝码盘的速度分别为Vi和v，Vi方向垂直向下，V方向垂 直向上。由于绳不伸长，故|=|V2 |=v左侧的砝码盘向下运动：Vi =7?对z轴的角动量：Li = r1 (mw) = mrVl?

14、右侧的砝码和砝码盘一起运动，V2二V?，对z轴的角动量：L2=r2 (2mV2) = 2mrVl?由角动量守恒：Li L2 L =0，得2mrv mrv - mrv = 0v =3 v即:向上弹起的砝码的速率是砝码盘的 3倍。该式对在燃断轻线后、砝码在弹离弹簧前的任意时刻都适用。考虑滑轮、弹簧、砝码、砝码盘和地球组成的质点系，外力为其他物体对滑轮的悬挂力，该力不做功； 内力为滑轮两边绳的拉力(为一对内力)和弹簧的弹性力(为保守力)由于绳不伸长，故绳的拉力不做功；所以体系的机械能守恒。先求法码弹离弹簧后体系重力势能的改变由于开始时弹簧被压缩了 L。，法码被弹离后，弹簧达到自然伸长, 故法码和法码

15、盘间的距离增加了 Lo。设法码盘向下移动了 y，法码向上移动了 y :t t t t丁也y=0vdt Ay= vdt = 3vdt = 30vdty = 3 y由y + y = Lo，得：y4Lo 弓二汁。右侧的砝码和法码盘向上移动了 -。设开始时，体系的重力势能为零，则砝码弹离弹簧时重力势能的 改变为：Ew =(2mg 4 Lo -mg ： L mg 4 L) -0 = mgLc以弹簧自然伸长时为弹性势能的零点，则弹性势能的改变为：体系动能的改变量：七=；(2m)v2 1 mv2 1 mv 2二 2 mv2 2 mv 2 二 v = g vImv 2由机械能守恒*Es *Ek =0，得:3m

16、v 2 mgLo 易 kL0 =0*2 3kL0 3gL0v4m 2砝码弹离弹簧后作自由上抛运动，设其上升的最大高度为h，则22g3kLo 3,4 Lo8mg砝码上升的总高度为：h=h y = 3kLo8mg第7.4节 刚体定轴转动的动能定理7.4.2质量为2.97kg,长为1.0m的均匀等截面细杆可绕水平光滑的轴线0转动，最初杆静止于铅直方向。一弹片质量为10g,以水平速度200m/s射出并嵌入杆的下端，和杆一起运动，求杆的最大摆角 壮问题：杆势能的改变应该是其质心高度改变与质量及重力加速度地乘积，即mgh.而很多同学没有按质心高度改变计算，而只是按照杆的端点升高高度计算。解：两个过程:(1

17、)子弹与杆的碰撞过程 角动量守恒(2)碰后子弹与杆一起绕通过o点的转轴转动 动能定理1.碰撞过程：设碰后子弹的速度为v，杆绕O轴的角速度为 二由于 碰后子弹和杆一起运动，故由角动量守恒： 1 2mvl 二 mv i I , I 二* Ml=ml2 |Ml 2 3m v 3汶0.012002 rad / s (3m +M )l (30.01+2.97)X1v = l = 2m/s2.杆与子弹一起运动，设杆的最大摆角为 二，此 时，杆和子弹静止，动能为零，即Ek =0 ；初态动能：Ek0 = ；12 4mv；Ml2 ；mv2 二 2 外力：mg和Mg，作负功。子弹上升的高度：h = I 一1 co

18、st -1(1cost)杆的重心上升的高度：h 21(1 - cos.A外-(Mgh mgh) - -(：Mgl mgl)(1 - cos - -14.65(1 - cost) 由动能定理：A外=，Ek-14.65 14.65cosv - -2=二：30.29743 质量为mi,速度为vi的子弹沿水平面击中并嵌入一质量为 m2=99mi,长度为L的细棒的端点，速度 v 1与棒垂直，细棒原来静 止于光滑的水平面上。子弹击中细棒后共同运动，求细棒和子弹绕垂 直于平面的轴的角速度等于多少？问题：很多同学认为系统相对于过杆一端的轴角动量守恒。 而此题应该是系统相对于过系统质心的轴角动量守恒，这个问题出

19、错率较高。解：以地面为参考系，把子弹和细棒看作一个物体系， 细棒嵌入 子弹后作平面运动，可视为随质心 C的平动和绕质心C的转动，绕 质心C转动的角速度即为所求。A m2丄I *V1 C Om1据质心定义：m-j CO m + m2 CO + CA 100 Lm2 一 CA m2 一 CA ，99 - 2CACA =99L/200 =0.495L, CO =0.5L -0.495L = 0.005L据角动量守恒：mCA = (gCA2 冷 m2L2 m2CO2) 2 a 2 2m1v1 0.495L 二 m, (0.495 - - 99 99 0.005 )L -2 90.495V, =(0.495 99/12 99 0.005 )L =0.058V1 / L