第24节质点直线运动从加速度到速度到坐标.docx
《第24节质点直线运动从加速度到速度到坐标.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第24节质点直线运动从加速度到速度到坐标.docx（13页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
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：
⑴经多长时间两人相遇？
⑵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-0.1t2
x2=195v20t吉a2t2=195—1.5t—0.1t2
⑴令X1=X2，可求得相遇时间：
5t=195-1・5t,tH95/6・5=30s
⑵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：
v1=5-0・2t，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）
22
=2（525-0.125）-（530-0.130）=65m
对于下坡者，因为做单方向直线运动，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
3・4・2质量为m的质点在oxy平面内运动，其运动方成为r=acos，ti?
bsin’t?
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tana与加速度的tana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:
QQ
=-a-sint?
b-cost?
由牛顿第二定律，得质点所受的合力F为:
F=ma=_m2r
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，作用时间为t=20s
f=f（t）==4.9t
火箭的受力情况：
o辽220s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）2.当f（t）_mg,且t_20s时，火箭加速上升；
3.当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=29.8
to=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）—mg]dt=t（4.9t-mg）dt
mm
两边积分：
v=2（2.45t2-19.6t）c
由初始条件：
t=to=4s时，v=0,得c=-0.5（2.4542-19・64）=佃.4
2
v（t）=1.225t—9.8t19.4
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）=1.225202_9.82019.4=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）
2020
y1=（v（t）dt=4（1.225t2—9.8t+19.4）dt=（¥t3—^t2+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：
yVmaxt—^gt2
Vy=Vmax—gt
在最高点处，Vy=O,
ti二Vmax=32s,y2二yiVmaxti—fgt：
二g
4.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=m2gh,
二F二m2gh/：
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=bMg,因此，能利用绳对M的平均冲力托动M的条件是：
F>max,即m.2gh/：
t】：
：
°Mg.h】：
.Jm2（：
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点为势能的零点。
对弹簧2:
EP2^2k2x2
EP1）=2k』-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2
x=Q
=2匕（1一x）2_2kJ2=1kjX2-k|lx
由于弹簧只能压缩，故
当0EP=E^=4k1x^k1lx
当x<0时：
Ep二E^-EP2）=1（kik2）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,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）.2ghi
2m
设A球弹回后能达到的高度为h2,由机械能守恒
mgh2=|mvA
121112ii212
WF$e）2ghT心）h1v-e）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rv'
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）--mrvk
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?
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：
LiL2L=0，得
2mrvmrv-mrv=0
v=3v
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:
tttt
丁也y=0vdtAy"=[v"dt=[3vdt=30vdt
y=3y
由「y+y=Lo，得：
「y—4Lo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=（2mg4Lo-mg：
L°mg4L°）-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）v21mv21mv2
二2mv22mv2二v=gv
^Imv2
由机械能守恒*Es*Ek=0，得:
3mv2mgLo—易kL0=0
*23kL03gL0
v
4m2
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
■2
2g
3kLo3,
4Lo
8mg
砝码上升的总高度为：
h=hy=3kLo
8mg
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）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：
□12
mvl二mviI■,I二*Ml
=ml2■|Ml2■
3mv3汶0.01^200
2rad/s（3m+M）l（3^0.01+2.97）X1
v=l=2m/s
2.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=；1「24mv^；Ml<2；mv2二2外力：
mg和Mg，作负功。
子弹上升的高度：
h=I一1cost-1（1—cost）
杆的重心上升的高度：
h'21（1-cos"
.A外--（Mghmgh）--（：
Mglmgl）（1-cos"--14.65（1-cost）由动能定理：
A外=，Ek
-14.6514.65cosv--2=二：
30.29°
7・4・3—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v1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。
Am2丄
I*
V1CO
m1
据质心定义：
m-jCOm+m2CO+CA100L
m2一CA'm2一CA，99-2CA
CA=99L/200=0.495L,CO=0.5L-0.495L=0.005L
据角动量守恒：
m^CA=（gCA2冷m2L2■m2CO2）■
2a22
m1v10.495L二m,（0.495--99990.005）L-
29
0.495V,=（0.49599/12990.005）L■
=0.058V1/L
升级会员 