第24节质点直线运动――从加速度到速度到坐标

1、第 2.4 节质点直线运动从加速度到速度到坐标在 195m 长的坡道上，一人骑自行车以 18km/h 的速度和 -20cm/s2 的加速度上坡，另一自行车同时以 5.4km/h 的初速度和 0.2m/s2 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：a1a20.2m / s2初始条件： t0 时x1x100, x2x20 195v1v1018km / h5m / s, v2 v205.4km/

2、h 1.5m / sx根据匀变速直线运动公式：v10v201950a2x1v t1a t 25t 0.1t 2a1102121 a2 t 20.1t 2x2195v20t195 1.5t令 x1=x2，可求得相遇时间： 5t=195-1.5t, t=195/6.5=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： v1=5-0.2t，令 v1=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：S1 | x1 (25)x1 (0) | x1 (30)x1 (25) | 2x1 (25) x1 (30

3、)2(5 250.1 252 )(5 300.1 302 ) 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)19560135m第 3.4 节 牛顿运动定律的应用质 量 为m 的 质点 在oxy 平 面 内 运动 ，其 运 动 方成 为r acos ti? b sin t?j，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 与加速度的 tan 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

4、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：drasin?b?vticos tjdtdva2cos?b2sin?2(a cos?2ratitjtib sin tj )dt由牛顿第二定律，得质点所受的合力F 为：F mam 2 r即 F 沿 r 的负方向。因 r 的起点总是坐标原点，所以， F 总是指向原点。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

5、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， 然后除以时间的积分。f/N98N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=20s20s t/sff (t )9820 t4.9t火箭的受力情况：0 t 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)<mg 时，火箭保持静止；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.

6、设火箭开始运动的时刻为 t0，此时，火箭所受到的推力与火箭所受的重力相等：f (t 0 )mg4.9t 02g29.8t04s当 t=t0 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f (t ) mgma m dvf (t )gdvdtmdtdv11 f (t) mg dt(4.9t mg )dtmm两边积分： v21 (2.45t 219.6t ) c由初始条件： t0=4s 时，v=0，得 c=-0.5 (2.45 42-19.6 4)=19.4v(t)1.225t 29.8t19.4当 t=20s 时，火箭的推力变为零，此时火箭的速度达到最大：vma

7、x v(20) 1.225 20 29.8 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）y1202029.8t 19.4) dt ( 1.2253 t 3 92.8 t 219.4t) |420v(t )dt(1.225t443. 20s后火箭坐上抛运动，设时间零点为火箭位于 y1 高度时：yy1vmax t12 gt 2vyvmaxgt在最高点处， vy=0，t 1vmax32s ， y2 y1 vmax t112 gt12g4. 火箭上升的最大高度ymaxy1 y2第 3.6 节 用冲量表述的动量定理质量为 M 的滑块与水平台面间的

8、静摩擦系数为0，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 t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）由动量定理求在时间绳对 m 的拉力的平均力F;（3）若要使 M 移动，需要拉力 FMg解：以地为参考系，选图示坐标，先M以m为研究对象，它被托起，再落回原 yhxm来位置时，速度大小为 v2gh

9、，在 t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 t0( mv)mvm 2gh ， F 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 f= Mg，因此 ,能利用绳对 M 的平均冲力托动M 的条件是：maxoFfmax，即 m 2gh / to Mgho 2 M 2 ( t) 2 g / 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 k1 和

10、k2. 它们自由伸展的长度相差 l坐标原点置于弹簧 2 自由伸展处求弹簧组在 0xl和 x<0 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。l解：当将势能零点设在弹簧自然伸长1点时弹簧的弹性势能为：2xOOEP12 k ( 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 O 位于弹簧 2 的自然伸长处。 依题意，O点为势能的零点。对弹簧 2： EP(2 )12 k2 x2求以 O 点作为弹性势能零点时弹簧1 的势能：（1）当以弹簧

11、 1 的自然伸长点 O 为势能零点时： EP(1)21 k1 (l x)2（2）当以 O 点为势能零点时： EP(1)EP(1)C当 x=0 时， EP(1)0CEP(1)x 021 k1l 2EP(1)21 k1 (l x) 221 k1l 221 k1x 2k1lx由于弹簧只能压缩，故当 0xl时： EPEP(1)21k1 x 2k1lx当 x<0 时： EPEP(1)EP(2)21 (k1 k2 ) x2k1lx第 4.6 节 对心碰撞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 h1 释放，求该球弹回后能达到的高度 又问

12、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 h1 处释放到与h1B 碰撞时的速度为 vA0, B 静止， vB0=0AB碰后 A 和 B 的速度分别为 vA 和 vB由机械能守恒： mgh121 mvA20v A02gh1碰后： v A vA0m( 2121 e)v A0( 2121 e) 2gh1(1 e)v A02m设 A 球弹回后能达到的高度为h2，由机械能守恒mgh221 mv A2h21 vA21 (12 21 e)

13、 2 2gh1 (2121 e) 2 h11 (1 e) 2 h12g2 g4如果发生完全弹性碰撞，e=1，则 v A=0，即 A 球碰后静止而 v B = v A0， 即 B 球将被弹到 h1 的高度第 5.2 节 质点系的角动量定理及角动量守恒定律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 L0问题：大部分同学没有计算重力势能的改变， 而是认

14、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。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'mvm由于是理想滑轮， 故两边绳的拉力相mmv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， vv ?j，对 z 轴的角动量：?Lr1( mv )mrv k两侧砝码盘的速度分别为v1 和 v2 ， v1 方向垂直向下，

15、v2 方向垂直向上。由于绳不伸长，故|v1 |=|v2 |=v左侧的砝码盘向下运动： v1?vj ，对 z 轴的角动量：L1r1 (mv1 )?mrvk右侧的砝码和砝码盘一起运动，?v2 vj ，对 z 轴的角动量：L 2r2 (2mv2 )?2mrvk由角动量守恒： L1 L2 L0 ，得2mrvmrvmrv0v 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

16、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L0，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L0。设法码盘向下移动了y，法码向上移动了y ：tvdttv dtttyy3vdt3 vdt0000y 3y由 y +y = L0，得：y43 L0y14 L0右侧的砝码和法码盘向上移动了y。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(2mg14 L0mg14 L0mg34 L0 )0mgL0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：Es012 kL2o体系动能的改变量：Ek 21 ( 2m)v212 mv

17、221 mv 223 mv221 mv 2v31 v32 mv 2由机械能守恒 EwEsEk 0 ，得：32 mv 2mgL021 kL020v 23kL023gL04m2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21 mv 2mghhv 23kL023L02g8mg4砝码上升的总高度为：hhy3kL208mg第 7.4 节刚体定轴转动的动能定理质量为 2.97kg，长为 1.0m 的均匀等截面细杆可绕水平光滑的轴线 O 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。问题：杆势能的改变应该是其质心高度

18、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 ，由于碰后子弹和杆一起运动，故 v l由角动量守恒：omvlmv lI, I13 Ml 2Mlml 231 Ml 2cc3mv30.01200lMg(3m M )l(30.012rad / s2.97) 1mgv l2m / smvv2杆与子弹一起运动，设杆的最大摆角为，此时，杆和子弹静止，动能为零，即Ek0 ；初态动能： Ek 012 I221 mv 261 Ml 2221 mv 22外力： mg