& （2016春o吴忠校级月考）质量均为m的小球B和C之间用一轻
（2016春o吴忠校级月考）质量均为m的小球B和C之间用一轻弹簧连接，现将两球及弹簧竖直放置，C球与地面接触，B球用细线通过光滑的轻质定滑轮与质量为4m的A球相连，如图所示．用手控制住A球，使细线刚好无张力，且与A球连接的细线与光滑固定的斜面平行，三球均静止．释放A球，当C球刚好对地面无压力时，A球下滑达到最大速度．则以下说法正确的是（　　）
A、斜面倾角α=60°B、斜面倾角α=30°C、C球刚离开地面时，三个小球的加速度相同D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．
解析与答案
（揭秘难题真相，上）
习题“（2016春o吴忠校级月考）质量均为m的小球B和C之间用一轻弹簧连接，现将两球及弹簧竖直放置，C球与地面接触，B球用细线通过光滑的轻质定滑轮与质量为4m的A球相连，如图所示．用手控制住A球，使细线刚好无张力，且与A球连接的细线与光滑固定的斜面平行，三球均静止．释放A球，当C球刚好对地面无压力时，A球下滑达到最大速度．则以下说法正确的是（　　）斜面倾角α=60”的学库宝（http://www.xuekubao.com/）教师分析与解答如下所示：
【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律．
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（2016春o吴忠校级月考）质量均为m的小球B和C之间用一轻弹簧连接，现将两球及弹簧竖直放置，C球与地面接触，B球用细线通过光滑的轻质定滑轮与质量为4m的A球相连，如图所示．用手控制住A球，使细线刚好无张力，且与A球连接的细线与光滑固定的斜面平行，三球均静止．释放A球，当C球刚好对地面无压力时，A球下滑达到最大速度．则以下说法正确的是（　　）
A、斜面倾角α=60°B、斜面倾角α=30°C、C球刚离开地面时，三个小球的加速度相同D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
（2015秋o辽宁校级期末）如图所示内壁光滑，质量为m的箱子A放在倾角为θ的光滑斜面上，为了防止箱子下滑用轻绳固定在斜面上的D柱E，箱子中有质量均为m的小球B和C通过轻弹簧相连，然后C通过细绳固定在箱子上，求烧断箱子和D柱之间细线的瞬间，A、B的加速度分别为（　　）
A、0，0B、3gsinθ，0C、，0D、gsinθ，gsinθ
如图所示内壁光滑，质量为m的箱子A放在倾角为θ的光滑斜面上，为了防止箱子下滑用轻绳固定在斜面上的D柱，箱子中有质量均为m的小球B和C通过轻弹簧相连，然后C通过细绳固定在箱子上，求烧断箱子和D柱之间细线的瞬间，A、B的加速度分别为（　　）
A、0&&&&&&&&&&&&0B、3gsinθ&&&&&& 0C、gsinθ&&&&&&0D、gsinθ&&&&&&&gsinθ
知识点讲解
经过分析，习题“（2016春o吴忠校级月考）质量均为m的小球B和C之间用一轻”主要考察你对
等考点的理解。
因为篇幅有限，只列出部分考点，详细请访问。
机械能守恒定律
机械能守恒指：在不计摩擦和介质阻力的情况下物体只发生动能和势能的相互转化且机械能的总量保持不变，也就是动能的增加或减少等于势能的减少或增加。机械能与整个物体的机械运动情况有关。当有摩擦时，一部分的机械能转化为 热能，在空气中散失，另一部分转化为 动能或 势能。所以在自然界中没有机械能能守恒，那么 达芬奇提出的 永动机就不可能被制造出来，也就是没有永动机。动能单位 J（ 焦耳） 定义：物体由 运动而具有的能，能对其他物体做功，叫做动能。 机械能决定动能大小的因素是物体的质量和速度。 风吹着帆船航行，空气对帆船做了功；急流的河水把石头冲走，水对石头做了功；运动着的钢球打在木块上，把木块推走，钢球对木块做了功．流动的空气和水，运动的钢球，它们能够 做功，它们都具有能量。空气、水、钢球是由于运动而能够做功的，它们具有的能量叫做动能。一切运动的物体都具有动能。
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作业互助QQ群：(小学)、(初中)、(高中)如图.A.B两物体用一根轻弹簧相连.放在光滑水平地面上.A物体左边有一竖直挡板．现用力向左推B压缩弹簧.然后突然撤去外力.B从静止开始向右运动.以后带动A做复杂运动.从A物体离开竖直挡板开始运动以后有( )A．当B 物体的速度为零时.弹簧的弹性势能最大B．当A.B 两物体的速度相同时.弹簧的弹性势能最大C．以A.B及弹簧为系统.系统的动量始终 题目和参考答案——精英家教网——
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& 题目详情
如图，A、B两物体用一根轻弹簧相连，放在光滑水平地面上，A物体左边有一竖直挡板．现用力向左推B压缩弹簧，然后突然撤去外力，B从静止开始向右运动，以后带动A做复杂运动，从A物体离开竖直挡板开始运动以后有（ ）A．当B&物体的速度为零时，弹簧的弹性势能最大B．当A、B&两物体的速度相同时，弹簧的弹性势能最大C．以A、B及弹簧为系统，系统的动量始终等于撤去外力时的动量D．以A、B及弹簧为系统，系统的机械能总等于撤去外力时的机械能
【答案】分析：撤去F后，A离开竖直墙后，当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大．解答：解：A、撤去F后，当弹簧恢复原长时，A离开竖直挡板，然后弹簧伸长，B做减速运动，A做加速运动，当两物体速度相等时，弹簧的伸长量最大．故A错误，B正确．C、撤去外力时，由于竖直挡板对A、B以及弹簧系统有外力作用，所以动量不守恒．只有当A离开挡板后，系统所受外力之和为零，动量守恒．故 C错误．D、撤去F后，只有弹簧弹力做功，系统机械能守恒．故D正确．故选BD．点评：本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．
练习册系列答案
科目：高中物理
如图，A、B两物体用一根轻弹簧相连，放在光滑水平地面上，A物体左边有一竖直挡板．现用力向左推B压缩弹簧，然后突然撤去外力，B从静止开始向右运动，以后带动A做复杂运动，从A物体离开竖直挡板开始运动以后有（　　）A、当B&物体的速度为零时，弹簧的弹性势能最大B、当A、B&两物体的速度相同时，弹簧的弹性势能最大C、以A、B及弹簧为系统，系统的动量始终等于撤去外力时的动量D、以A、B及弹簧为系统，系统的机械能总等于撤去外力时的机械能
科目：高中物理
如图，A、B两物体用弹簧相连，放在光滑水平面上.其中A物体靠墙放.现用外力将B左推至弹簧弹性势能为8 J处，此处B也静止不动.撤去外力，求：(1)若A、B质量都为1 kg，至B的速度第一次达到最大过程中，墙给A的冲量；(2)在A刚要离开墙时，记下A、B的速度，这两个速度第n次交换时，弹性势能多大？n=1、2、3……A、B质量都为1 kg.(3)若A、B质量分别为1 kg、2 kg，求撤去外力后，弹簧第n次恢复原长时，A、B速度各多大？分奇数、偶数讨论.
科目：高中物理
来源：2012届度甘肃省高三第一学期期中考试物理卷
题型：选择题
如图，A、B两物体用轻绳相连后，跨过无摩擦的定滑轮，A物体在Q位置时处于静止状态，若将A物体移到同一水平面上的P位置，仍然能够处于静止状态，则A物体由Q移到P后，作用于A物体的力中增大的是A．地面对A的摩擦力 & &B．地面对A的支持力&& C．绳子对A的拉力& D．A受到的合外力&
科目：高中物理
来源：不详
题型：多选题
如图，A、B两物体用一根轻弹簧相连，放在光滑水平地面上，A物体左边有一竖直挡板．现用力向左推B压缩弹簧，然后突然撤去外力，B从静止开始向右运动，以后带动A做复杂运动，从A物体离开竖直挡板开始运动以后有（　　）A．当B&物体的速度为零时，弹簧的弹性势能最大B．当A、B&两物体的速度相同时，弹簧的弹性势能最大C．以A、B及弹簧为系统，系统的动量始终等于撤去外力时的动量D．以A、B及弹簧为系统，系统的机械能总等于撤去外力时的机械能
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如图所示，三个小球a、b、c的质量都是m，均放于光滑的水平面上，小球b与c通过一轻弹簧连接并且静止，小球a以速度v0沿a、b两球心连线方向冲向小球b，碰撞后与小球b粘在一起运动，在整个运动过程中，下列说法不正确的是（　　）A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C．当小球b、c的速度相等时，弹簧的弹性势能最小D．当弹簧恢复原长时，小球c的速度为零
A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小．故A正确，B错误．C、a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大．故C正确．D、由上分析可知，从b球压缩到弹簧恢复原长时，小球c一直在加速，c球的动能一定最大．故D错误．本题选错误的，故选：BCD．
试题解析：
系统动量守恒的条件是合外力为零．三球与弹簧组成的系统重力与水平面的支持力的合力为零，总动量守恒．小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，系统的机械能减小．分析小球的运动过程：a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度大于ab的速度后，弹簧压缩量减小，则当小球b、c速度相等时，弹簧压缩量，弹性势能最大．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒和机械能守恒分析得出，小球b的动能不为零．
名师点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律． 考点点评： 本题是含有弹簧的问题，关键是正确分析物体的运动过程，得到弹簧势能最大的临界条件：速度相等．
我有更好的回答：
剩余:2000字
与《如图所示，三个小球a、b、c的质量都是m，均放于光滑的水平面上，小球b与c通过一轻弹簧连接并且静止，小球a以速度v0沿a》相关的作业问题
再剪断绳子之前，绳子的拉力为F=4mg上边弹簧的拉力为F′=2mg，方向向上下面弹簧的拉力为F″=4mg-mg=3mg，方向向下剪断瞬间，对A球受力分析可知FA=F′+F″-mg=2mg+3mg-mg=4mgFA=maAaA=FAm=4mgm=4g方向向上对B球分析FB=F″+mg=4mgFB=maBaB=FBm=4g
1.根据液体压强公式：p=ρgh,比较A和B可以发现两者的ρ和g相同,而A的h比B的高,所以pA>pB而通过比较B和C可以发现两者的h和g相同,而B的ρ比C的大,所以pB>pC,即pA>pB>pC这类题的解题思路就从公式入手,看看能否把公式里用到的数据从题目中找出,若不能直接找出的话,看看能否间接地求出,重要的是培养思
⑴、S=1/2*(a+b）h1+1/2*(a+b）h2+1/2*(a+b）h3⑵、S=1/2*(a+b）（h1+h2+h3）⑶、把数值带入⑵中,原式=1/2*（11+9.8）*(2.14+3.52+4.34)=104
施加F的瞬间，对整体分析，整体的合力为F，根据牛顿第二定律得，a=F2m，可知A的最大加速度为F2m．当AB间的作用力为零时，A的加速度最小，根据牛顿第二定律得，最小加速度a′＝F-mgm＝Fm-g．可知B、C正确，A、D错误．故选：BC． 再问： ????BC
设绳子与圆平面夹角为α，则Tsinα=mg，所以右边两个绳子在在竖直方向的合力为2Tsinα=2mg，所以左边的绳子受到向上的拉力为2mg，对木块进行受力分析，受到绳子的拉力和重力，都为2mg，受力平衡，所以木块静止不动，故A正确．故选A
（1）要证明铁的锈蚀是铁与空气中的氧气、水蒸气共同作用的结果，就要看铁分别在隔绝空气、隔绝水的条件下，和暴露在有水和空气的条件下的不同，得出结论．所以必须全面观察试管ABC发生的现象，并经过科学严谨的推理，才能得出上述结论；铁锈的主要成分是三氧化二铁，表示为：Fe2O3（2）试管D中含有食盐水和E中含有食醋，因此实验的
A、在上滑到最高点的过程中，弹性势能转化为重力势能和电势能，可知弹簧的最大弹性势能大于mgh．故A错误．B、当物体所受的合力为零，即重力的分力和电场力的合力等于弹簧的弹力，此过程中，弹簧的弹性势能转化为物体的动能和重力势能以及电势能之和，且弹簧还处于压缩状态，则物体的最大动能小于弹簧的最大弹性势能．故B错误．C、根据牛
对m：μmg＝ma 得a=μg=2m/s^2对M：F－μmg＝Ma' 得a'=（F－μmg）/M=0.125m/s^2所以在t＝1.5s时 m的速度V1＝3m/s M的速度V2＝1.5+0.125*1.5=1.6875m/s
有什么影响?地面是光滑的,不会使地面产生对小车的摩擦力只是相当于对小车有一个反向的4 N的作用力你的这个式子只适合它们速度相同时整体法的使用
A、B在整个运动过程中，系统的合外力为零，总动量守恒，a与b碰撞过程机械能减小．故A正确，B错误．&&& C、当小球b、c速度相等时，弹簧的压缩量或伸长量最大，弹性势能最大．故C正确．&&& D、当弹簧恢复原长时，小球c的动能一定最大，根据动量守恒和机械能守恒
（1）A、B两球碰撞过程动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v1，解得：v1=v02；（2）以A、B、C三球组成的系统为研究对象，以A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=（m+m+m）v2，解得：v2=v03；（3）由能量守恒定律得：12o2mv12=12o3mv2
当AC第一次碰撞时,由于两根轻绳都在垂直方向,所以ABC三个球在垂直方向上的速度相同.由动量守恒定理可得,在垂直方向动量守恒有m*v0 = 3*m*v1,解得此时B的速度v1=v0/3,方向垂直向上.由于AC对称,所以AC的速度相同,所以小球B的速度为零时,小球A的动能最大.由动能守恒定理得,m*v0*v0/2=2*m
一个原则是绳子两端的物体沿绳子方向速度分量相等,AC碰撞时,绳子和v0方向一致,所以三个小球沿那个方向的速度分量一致,根据动量守恒,A正确.再次处于同一直线时,由对称性,A和C的速度方向相等,列出能量守恒和动量守恒方程即可解除答案（二次方程,给出两解,一个是初始状态,另一个是所求的状态）,B也正确.同一直线时,小球B没
A是对的其余都错vt=s v=s/t =>v1:v2:v3=s1:s2:s3所以A正确
虽然没有图,但是这道题很好想象的,由于三个小球在光滑水平面上保持间距L运动,所以研究物体受力平衡,可以忽略摩擦力,那我们主要就是分析库仑力了.B在AC中间受力平衡的话,那么A必须带跟C等量的电荷,所以A电荷量为+q.以A为研究物体,A收到三个力既F,B和C对A的库仑力Fb=kq^2/L^2和Fc=kq^2/4L^2.以
绳断瞬间对C,知a=g对AB整体:a'=(Eq+3mg)/3m对A:F+mg=ma'解得F=Eq/3
将BC 3等分,其中D在BC上,且DC＝BC/3,连接AD.将AB 4等分,其中E在AB上,且AE＝AB/4,连接CE.AD与CE的交点即为重心.
（解释一下,从题意可知,甲的密度为液体的1/2；乙的密度等于液体密度,并的密度为液体密度的3/2倍.要浮在液面一半,就是要把密度降低到液体密度的1/2.）若让乙球和丙球也漂浮并都有一半体积在液面以上,则乙要挖掉体积的一半,而丙要挖掉2/3,就和甲的密度一样了.而：乙的半径是丙的2倍,体积与半径的关系是立方关系,则：乙要
由题意可知,三个球必定有着相同的加速度不妨设加速度向右,设A带正电,电量为Q对C受力分析向右B的力kq²/L²向左A的力kQq/4L²∴Fc=（4kq²-kQq）/4L²对B向左C的力kq²/L²向右kQq/L²∴Fb=（kQq-kq&#1解析: A球向B球接近至A.B间的距离小于L之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A.B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不——精英家教网——
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解析: A球向B球接近至A.B间的距离小于L之后,A球的速度逐步减小,B球从静止开始加速运动,两球间的距离逐步减小.当A.B的速度相等时,两球间的距离最小.若此距离大于2r,则两球就不会接触.所以不接触的条件是 v1=v2?①?L+s2-s1&2r?② 其中v1.v2为当两球间距离最小时A.B两球的速度;s1.s2为两球间距离从L变至最小的过程中,A.B两球通过的路程. 由牛顿定律得A球在减速运动而B球作加速运动的过程中,A.B两球的加速度大小为 ????? ③ 设v0为A球的初速度,则由匀加速运动公式得 ⑤ 联立解得 ??????? 【】
题目列表(包括答案和解析)
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。
第六部分 振动和波第一讲 基本知识介绍《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同，必须做一些相对详细的补充。一、简谐运动1、简谐运动定义：=&－k& & & & & & &①凡是所受合力和位移满足①式的质点，均可称之为谐振子，如弹簧振子、小角度单摆等。谐振子的加速度：=&－2、简谐运动的方程回避高等数学工具，我们可以将简谐运动看成匀速圆周运动在某一条直线上的投影运动（以下均看在x方向的投影），圆周运动的半径即为简谐运动的振幅A&。依据：x&=&－mω2Acosθ=&－mω2对于一个给定的匀速圆周运动，m、ω是恒定不变的，可以令：mω2&= k&这样，以上两式就符合了简谐运动的定义式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是简谐运动的相关规律。从图1不难得出——位移方程：&= Acos(ωt +&φ) & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &②速度方程：&=&－ωAsin(ωt +φ) & & & & & & & & & & & & & & & & & &&③加速度方程：=&－ω2A cos(ωt +φ) & & & & & & & & & & & & & & & & &&④相关名词：(ωt +φ)称相位，φ称初相。运动学参量的相互关系：=&－ω2A =&tgφ=&－3、简谐运动的合成a、同方向、同频率振动合成。两个振动x1&= A1cos(ωt +φ1)和x2&= A2cos(ωt +φ2)&合成，可令合振动x = Acos(ωt +φ)&，由于x = x1&+ x2&，解得A =&&，φ= arctg&显然，当φ2－φ1&= 2kπ时（k = 0，±1，±2，…），合振幅A最大，当φ2－φ1&=&（2k + 1）π时（k = 0，±1，±2，…），合振幅最小。b、方向垂直、同频率振动合成。当质点同时参与两个垂直的振动x = A1cos(ωt +&φ1)和y = A2cos(ωt +&φ2)时，这两个振动方程事实上已经构成了质点在二维空间运动的轨迹参数方程，消去参数t后，得一般形式的轨迹方程为+－2cos(φ2－φ1) = sin2(φ2－φ1)显然，当φ2－φ1&= 2kπ时（k = 0，±1，±2，…），有y =&x&，轨迹为直线，合运动仍为简谐运动；当φ2－φ1&=&（2k + 1）π时（k = 0，±1，±2，…），有+= 1&，轨迹为椭圆，合运动不再是简谐运动；当φ2－φ1取其它值，轨迹将更为复杂，称“李萨如图形”，不是简谐运动。c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令x1&= Acos(ω1t +&φ)和x2&= Acos(ω2t +&φ)&，由于合运动x = x1&+ x2&，得：x =（2Acost）cos（t +φ）。合运动是振动，但不是简谐运动，称为角频率为的“拍”现象。4、简谐运动的周期由②式得：ω=&&，而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的，所以T = 2π& & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & & &&⑤5、简谐运动的能量一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成，即=&mv2&+&kx2&=&kA2注意：振子的势能是由（回复力系数）k和（相对平衡位置位移）x决定的一个抽象的概念，而不是具体地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽象势能后，其它的具体势能不能再做重复计量。6、阻尼振动、受迫振动和共振和高考要求基本相同。二、机械波1、波的产生和传播产生的过程和条件；传播的性质，相关参量（决定参量的物理因素）2、机械波的描述a、波动图象。和振动图象的联系b、波动方程如果一列简谐波沿x方向传播，振源的振动方程为y = Acos（ωt + φ），波的传播速度为v ，那么在离振源x处一个振动质点的振动方程便是y = Acos〔ωt + φ -&·2π〕= Acos〔ω（t -&）+ φ〕这个方程展示的是一个复变函数。对任意一个时刻t ，都有一个y（x）的正弦函数，在x-y坐标下可以描绘出一个瞬时波形。所以，称y = Acos〔ω（t -&）+ φ〕为波动方程。3、波的干涉a、波的叠加。几列波在同一介质种传播时，能独立的维持它们的各自形态传播，在相遇的区域则遵从矢量叠加（包括位移、速度和加速度的叠加）。b、波的干涉。两列波频率相同、相位差恒定时，在同一介质中的叠加将形成一种特殊形态：振动加强的区域和振动削弱的区域稳定分布且彼此隔开。我们可以用波程差的方法来讨论干涉的定量规律。如图2所示，我们用S1和S2表示两个波源，P表示空间任意一点。当振源的振动方向相同时，令振源S1的振动方程为y1&= A1cosωt ，振源S1的振动方程为y2&= A2cosωt ，则在空间P点（距S1为r1&，距S2为r2），两振源引起的分振动分别是y1′= A1cos〔ω（t&?&）〕y2′= A2cos〔ω（t&?&）〕P点便出现两个频率相同、初相不同的振动叠加问题（φ1&=&&，φ2&=&），且初相差Δφ=&（r2&– r1）。根据前面已经做过的讨论，有r2&?&r1&= kλ时（k = 0，±1，±2，…），P点振动加强，振幅为A1&+ A2&；r2&?&r1&=（2k&?&1）时（k = 0，±1，±2，…），P点振动削弱，振幅为│A1－A2│。4、波的反射、折射和衍射知识点和高考要求相同。5、多普勒效应当波源或者接受者相对与波的传播介质运动时，接收者会发现波的频率发生变化。多普勒效应的定量讨论可以分为以下三种情况（在讨论中注意：波源的发波频率f和波相对介质的传播速度v是恒定不变的）——a、只有接收者相对介质运动（如图3所示）设接收者以速度v1正对静止的波源运动。如果接收者静止在A点，他单位时间接收的波的个数为f&，当他迎着波源运动时，设其在单位时间到达B点，则= v1&，、在从A运动到B的过程中，接收者事实上“提前”多接收到了n个波n =&=&=&显然，在单位时间内，接收者接收到的总的波的数目为：f + n =&f&，这就是接收者发现的频率f1&。即f1&=&f&显然，如果v1背离波源运动，只要将上式中的v1代入负值即可。如果v1的方向不是正对S&，只要将v1出正对的分量即可。b、只有波源相对介质运动（如图4所示）设波源以速度v2正对静止的接收者运动。如果波源S不动，在单位时间内，接收者在A点应接收f个波，故S到A的距离：= fλ&在单位时间内，S运动至S′，即= v2&。由于波源的运动，事实造成了S到A的f个波被压缩在了S′到A的空间里，波长将变短，新的波长λ′=&=&=&=&而每个波在介质中的传播速度仍为v&，故“被压缩”的波（A接收到的波）的频率变为f2&=&=&f&当v2背离接收者，或有一定夹角的讨论，类似a情形。c、当接收者和波源均相对传播介质运动当接收者正对波源以速度v1（相对介质速度）运动，波源也正对接收者以速度v2（相对介质速度）运动，我们的讨论可以在b情形的过程上延续…f3&=&&f2&=&f&关于速度方向改变的问题，讨论类似a情形。6、声波a、乐音和噪音b、声音的三要素：音调、响度和音品c、声音的共鸣第二讲 重要模型与专题一、简谐运动的证明与周期计算物理情形：如图5所示，将一粗细均匀、两边开口的U型管固定，其中装有一定量的水银，汞柱总长为L&。当水银受到一个初始的扰动后，开始在管中振动。忽略管壁对汞的阻力，试证明汞柱做简谐运动，并求其周期。模型分析：对简谐运动的证明，只要以汞柱为对象，看它的回复力与位移关系是否满足定义式①，值得注意的是，回复力系指振动方向上的合力（而非整体合力）。当简谐运动被证明后，回复力系数k就有了，求周期就是顺理成章的事。本题中，可设汞柱两端偏离平衡位置的瞬时位移为x&、水银密度为ρ、U型管横截面积为S&，则次瞬时的回复力ΣF =&ρg2xS =&x由于L、m为固定值，可令：&= k&，而且ΣF与x的方向相反，故汞柱做简谐运动。周期T&=&2π=&2π答：汞柱的周期为2π&。学生活动：如图6所示，两个相同的柱形滚轮平行、登高、水平放置，绕各自的轴线等角速、反方向地转动，在滚轮上覆盖一块均质的木板。已知两滚轮轴线的距离为L 、滚轮与木板之间的动摩擦因素为μ、木板的质量为m ，且木板放置时，重心不在两滚轮的正中央。试证明木板做简谐运动，并求木板运动的周期。思路提示：找平衡位置（木板重心在两滚轮中央处）→ú力矩平衡和Σ?F6= 0结合求两处弹力→ú求摩擦力合力…答案：木板运动周期为2π&。巩固应用：如图7所示，三根长度均为L = 2.00m地质量均匀直杆，构成一正三角形框架ABC，C点悬挂在一光滑水平轴上，整个框架可绕转轴转动。杆AB是一导轨，一电动松鼠可在导轨上运动。现观察到松鼠正在导轨上运动，而框架却静止不动，试讨论松鼠的运动是一种什么样的运动。解说：由于框架静止不动，松鼠在竖直方向必平衡，即：松鼠所受框架支持力等于松鼠重力。设松鼠的质量为m ，即：N = mg & & & & & & & & & & & & & &①再回到框架，其静止平衡必满足框架所受合力矩为零。以C点为转轴，形成力矩的只有松鼠的压力N、和松鼠可能加速的静摩擦力f ，它们合力矩为零，即：MN&= Mf现考查松鼠在框架上的某个一般位置（如图7，设它在导轨方向上距C点为x），上式即成：N·x = f·Lsin60° & & & & & & & & ②解①②两式可得：f =&x ，且f的方向水平向左。根据牛顿第三定律，这个力就是松鼠在导轨方向上的合力。如果我们以C在导轨上的投影点为参考点，x就是松鼠的瞬时位移。再考虑到合力与位移的方向因素，松鼠的合力与位移满足关系——=&－k其中k =&&，对于这个系统而言，k是固定不变的。显然这就是简谐运动的定义式。答案：松鼠做简谐运动。评说：这是第十三届物理奥赛预赛试题，问法比较模糊。如果理解为定性求解，以上答案已经足够。但考虑到原题中还是有定量的条件，所以做进一步的定量运算也是有必要的。譬如，我们可以求出松鼠的运动周期为：T = 2π&= 2π&= 2.64s 。二、典型的简谐运动1、弹簧振子物理情形：如图8所示，用弹性系数为k的轻质弹簧连着一个质量为m的小球，置于倾角为θ
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