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2、解⑶⑷式消掉β，使四個(gè)二級(jí)式變成三個(gè)三級(jí)式：

I₁ = m₁ v₁　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　㈠

I₂cosα－I₁ = m₂ v₁　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　㈡

I = m₃ v₁ cosα+ I₂　　　　　　　㈢

試題詳情

物理情形：三個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B和C ，質(zhì)量分別為m₁ 、m₂和m₃ ，用拉直且不可伸長(zhǎng)的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為(π－α)�，F(xiàn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點(diǎn)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度。

模型分析：首先，注意“開(kāi)始運(yùn)動(dòng)”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產(chǎn)生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對(duì)三個(gè)質(zhì)點(diǎn)均可用動(dòng)量定理，但是，B質(zhì)點(diǎn)受沖量不在一條直線上，故最為復(fù)雜，可采用分方向的形式表達(dá)。其三，由于兩段繩子不可伸長(zhǎng)，故三質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度可以尋求到兩個(gè)約束關(guān)系。

下面具體看解題過(guò)程--

繩拉直瞬間，AB繩對(duì)A、B兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等(方向相反)，設(shè)為I₁ ，BC繩對(duì)B、C兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等(方向相反)，設(shè)為I₂ ；設(shè)A獲得速度v₁(由于A受合沖量只有I₁ ,方向沿AB ，故v₁的反向沿AB)，設(shè)B獲得速度v₂(由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可設(shè)v₂與AB繩夾角為〈π－β〉，如圖3所示)，設(shè)C獲得速度v₃(合沖量+沿BC方向，故v₃沿BC方向)。

對(duì)A用動(dòng)量定理，有：

I₁ = m₁ v₁　　　　　　　　　　　　　　　　 ①

B的動(dòng)量定理是一個(gè)矢量方程：+= m₂ ，可化為兩個(gè)分方向的標(biāo)量式，即：

I₂cosα－I₁ = m₂ v₂cosβ　　　　　　　　　 ②

I₂sinα= m₂ v₂sinβ　　　　　　　　　　　 ③

質(zhì)點(diǎn)C的動(dòng)量定理方程為：

I － I₂ = m₃ v₃　　　　　　　　　　　　　 ④

AB繩不可伸長(zhǎng)，必有v₁ = v₂cosβ　　　　　 ⑤

BC繩不可伸長(zhǎng)，必有v₂cos(β－α) = v₃　　 ⑥

六個(gè)方程解六個(gè)未知量(I₁ 、I₂ 、v₁ 、v₂ 、v₃ 、β)是可能的，但繁復(fù)程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟--

1、先用⑤⑥式消掉v₂ 、v₃ ，使六個(gè)一級(jí)式變成四個(gè)二級(jí)式：

I₁ = m₁ v₁　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�、�

I₂cosα－I₁ = m₂ v₁　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑵

I₂sinα= m₂ v₁ tgβ　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑶

I － I₂ = m₃ v₁(cosα+ sinαtgβ)　　　　　　　　　 ⑷

試題詳情

物理情形：太空飛船在宇宙飛行時(shí)，和其它天體的萬(wàn)有引力可以忽略，但是，飛船會(huì)定時(shí)遇到太空垃圾的碰撞而受到阻礙作用。設(shè)單位體積的太空均勻分布垃圾n顆，每顆的平均質(zhì)量為m ，垃圾的運(yùn)行速度可以忽略。飛船維持恒定的速率v飛行，垂直速度方向的橫截面積為S ，與太空垃圾的碰撞后，將垃圾完全粘附住。試求飛船引擎所應(yīng)提供的平均推力F 。

模型分析：太空垃圾的分布并不是連續(xù)的，對(duì)飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對(duì)象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對(duì)模糊地處理垃圾與飛船的作用過(guò)程、淡化“作用時(shí)間”和所考查的“物理過(guò)程時(shí)間”的差異。物理過(guò)程需要人為截取，對(duì)象是太空垃圾。

先用動(dòng)量定理推論解題。

取一段時(shí)間Δt ，在這段時(shí)間內(nèi)，飛船要穿過(guò)體積ΔV = S·vΔt的空間，遭遇nΔV顆太空垃圾，使它們獲得動(dòng)量ΔP ，其動(dòng)量變化率即是飛船應(yīng)給予那部分垃圾的推力，也即飛船引擎的推力。

　= 　= 　= 　= 　= nmSv²

如果用動(dòng)能定理，能不能解題呢？

同樣針對(duì)上面的物理過(guò)程，由于飛船要前進(jìn)x = vΔt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對(duì)應(yīng)飛船和被粘附的垃圾的動(dòng)能增量，而飛船的ΔE_k為零，所以：

W = ΔMv²

即：vΔt = (n m S·vΔt)v²

得到： = nmSv²

兩個(gè)結(jié)果不一致，不可能都是正確的。分析動(dòng)能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機(jī)械能，因此，認(rèn)為“引擎做功就等于垃圾動(dòng)能增加”的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的。但在動(dòng)量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飛船對(duì)垃圾的平均推力，再對(duì)飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個(gè)解沒(méi)有毛病可挑，是正確的。

(學(xué)生活動(dòng))思考：如圖1所示，全長(zhǎng)L、總質(zhì)量為M的柔軟繩子，盤(pán)在一根光滑的直桿上，現(xiàn)用手握住繩子的一端，以恒定的水平速度v將繩子拉直。忽略地面阻力，試求手的拉力F 。

解：解題思路和上面完全相同。

答：

試題詳情

2、物體之間有相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，機(jī)械能損失的重要定勢(shì)：－ΔE = ΔE_內(nèi) = f_滑·S_相，其中S_相指相對(duì)路程。

第二講重要模型與專題

試題詳情

1、當(dāng)物體之間的相互作用時(shí)間不是很短，作用不是很強(qiáng)烈，但系統(tǒng)動(dòng)量仍然守恒時(shí)，碰撞的部分規(guī)律仍然適用，但已不符合“碰撞的基本特征”(如：位置可能超越、機(jī)械能可能膨脹)。此時(shí)，碰撞中“不合題意”的解可能已經(jīng)有意義，如彈性碰撞中v₁ = v₁₀ ，v₂ = v₂₀的解。

試題詳情

3、恢復(fù)系數(shù)：碰后分離速度(v₂ － v₁)與碰前接近速度(v₁₀ － v₂₀)的比值，即：

e = 　。根據(jù)“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。