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說明:簡諧運(yùn)動(dòng)的位移、回復(fù)力、加速度、速度都隨時(shí)間做周期性變化(正弦或余弦函數(shù))，變化周期為T，振子的動(dòng)能、勢(shì)能也做周期性變化，周期為 T／2。

①凡離開平衡位置的過程，v、E_k均減小，x、F、a、E_P均增大；凡向平衡位置移動(dòng)時(shí)，v、E_k均增大, x、F、a、E_P均減小.

②振子運(yùn)動(dòng)至平衡位置時(shí)，x、F、a為零，E_P最小，v、E_k最大；當(dāng)在最大位移時(shí)，x、F、a、E_P最大，v、E_k最為零；

③在平衡位置兩側(cè)的對(duì)稱點(diǎn)上,x、F、a、v、E_k、E_P的大小均相同．

[例3]如圖所示，一彈簧振子在振動(dòng)過程中，經(jīng)a、b兩點(diǎn)的速度相同，若它從a到b歷時(shí)0．2s，從b再回到a的最短時(shí)間為0．4s，則該振子的振動(dòng)頻率為(　　 )。

　　 (A)1Hz；(B)1.25Hz　 (C)2Hz；(D) 2．5Hz

　 解析：振子經(jīng)a、b兩點(diǎn)速度相同，根據(jù)彈簧振子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，不難判斷a、b兩點(diǎn)對(duì)平衡位置(O點(diǎn))一定是對(duì)稱的，振子由b經(jīng)O到a所用的時(shí)間也是0．2s，由于“從b再回到a的最短時(shí)間是0．4s，”說明振子運(yùn)動(dòng)到b后是第一次回到a點(diǎn)，且Ob不是振子的最大位移。設(shè)圖中的c、d為最大位移處，則振子從b→c→b歷時(shí)0．2s，同理，振子從a→d→a，也歷時(shí)0．2s，故該振子的周期T＝0．8s，根據(jù)周期和頻率互為倒數(shù)的關(guān)系，不難確定該振子的振動(dòng)頻率為1．25Hz�！　� 綜上所述，本題應(yīng)選擇(B)。

4、在水平方向上振動(dòng)的彈簧振子的回復(fù)力是彈簧的彈力；在豎直方向上振動(dòng)的彈簧振子的回復(fù)力是彈簧彈力和重力的合力。

[例2]如圖所示，在質(zhì)量為M的無下底的木箱頂部用一輕彈簧懸掛質(zhì)量均為m(M≥m)的D、B兩物體．箱子放在水平地面上，平衡后剪斷D、B間的連線，此后D將做簡諧運(yùn)動(dòng)．當(dāng)D運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，木箱對(duì)地壓力為(　　　　 )

　　 A、Mg； B．(M－m)g； C、(M+m)g ；　 D、(M+2m)g

[解析]當(dāng)剪斷D、B間的連線后，物體D與彈簧一起可當(dāng)作彈簧振子，它們將作簡諧運(yùn)動(dòng)，其平衡位置就是當(dāng)彈力與D的重力相平衡時(shí)的位置．初始運(yùn)動(dòng)時(shí)D的速度為零，故剪斷D、B連線瞬間D相對(duì)以后的平衡位置的距離就是它的振幅，彈簧在沒有剪斷D、B連線時(shí)的伸長量為x₁＝2 mg／k，在振動(dòng)過程中的平衡位置時(shí)的伸長量為x₂＝mg／k，故振子振動(dòng)過程中的振幅為A＝x₂－x₁= mg／k

　　 D物在運(yùn)動(dòng)過程中，能上升到的最大高度是離其平衡位移為A的高度，由于D振動(dòng)過程中的平衡位置在彈簧自由長度以下mg／k處，剛好彈簧的自由長度處就是物D運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，說明了當(dāng)D運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，D對(duì)彈簧無作用力，故木箱對(duì)地的壓力為木箱的重力Mg．

點(diǎn)評(píng)：一般說來，彈簧振子在振動(dòng)過程中的振幅的求法均是先找出其平衡位置，然后找出當(dāng)振子速度為零時(shí)的位置，這兩個(gè)位置間的距離就是振幅．本題側(cè)重在彈簧振子運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性．解答本題還可以通過求D物運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度，它在最高點(diǎn)具有向下的最大加速度，說明了這個(gè)系統(tǒng)有部分失重，從而確定木箱對(duì)地面的壓力

3、可以證明，豎直放置的彈簧振子的振動(dòng)也是簡諧運(yùn)動(dòng)，周期公式也是。這個(gè)結(jié)論可以直接使用。

2、彈簧振子振動(dòng)周期：T=2，只由振子質(zhì)量和彈簧的勁度決定，與振幅無關(guān)，也與彈簧振動(dòng)情況(如水平方向振動(dòng)或豎直方向振動(dòng)或在光滑的斜面上振動(dòng)或在地球上或在月球上或在繞地球運(yùn)轉(zhuǎn)的人造衛(wèi)星上)無關(guān)。

1、一個(gè)可作為質(zhì)點(diǎn)的小球與一根彈性很好且不計(jì)質(zhì)量的彈簧相連組成一個(gè)彈簧振子．一般來講，彈簧振子的回復(fù)力是彈力(水平的彈簧振子)或彈力和重力的合力(豎直的彈簧振子)提供的．彈簧振子與質(zhì)點(diǎn)一樣，是一個(gè)理想的物理模型．

2、簡諧振動(dòng)：物體所受的回復(fù)力跟位移大小成正比時(shí)，物體的振動(dòng)是簡偕振動(dòng)．

①受力特征：回復(fù)力F=-KX。

②運(yùn)動(dòng)特征：加速度a=一kx／m，方向與位移方向相反，總指向平衡位置。簡諧運(yùn)動(dòng)是一種變加速運(yùn)動(dòng)，在平衡位置時(shí)，速度最大，加速度為零；在最大位移處，速度為零，加速度最大。

說明：①判斷一個(gè)振動(dòng)是否為簡諧運(yùn)動(dòng)的依據(jù)是看該振動(dòng)中是否滿足上述受力特征或運(yùn)動(dòng)特征。

②簡諧運(yùn)動(dòng)中涉及的位移、速率、加速度的參考點(diǎn)，都是平衡位置.

[例1]如圖所示，輕質(zhì)彈簧上端固定，下端連結(jié)一小球，平衡時(shí)小球處于O位置，現(xiàn)將小球由O位置再下拉一小段距離后釋放(在彈性限度內(nèi))，試證明釋放后小球的上下振動(dòng)是簡諧振動(dòng)，

證明：設(shè)小球的質(zhì)量為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，小球處在O位置有：mg-kΔx=0………①

式中Δx為小球處在O位置時(shí)彈簧的伸長量．

再設(shè)小球離開O點(diǎn)的位移x(比如在O點(diǎn)的下方)，并取x為矢量正方向，此時(shí)小球受到的合外力∑F_x為：∑F_x =mg－k(x+Δx)②

由①②兩式可得：∑F_x =－kx,　　 所以小球的振動(dòng)是簡諧振動(dòng)，O點(diǎn)即其振動(dòng)的平衡位置．

　點(diǎn)評(píng)：這里的F=-kx，不是彈簧的彈力，而是彈力與重力的合力，即振動(dòng)物體的回復(fù)力．此時(shí)彈力為k(x+Δx)；所以求回復(fù)力時(shí)F＝kx，x是相對(duì)平衡位置的位移，而不是相對(duì)彈簧原長的位移．

1、振動(dòng)描述的物理量

(1)位移：由平衡位置指向振動(dòng)質(zhì)點(diǎn)所在位置的有向線段．　　

①是矢量，其最大值等于振幅；②始點(diǎn)是平衡位置，所以跟回復(fù)力方向永遠(yuǎn)相反；③位移隨時(shí)間的變化圖線就是振動(dòng)圖象．

(2)振幅：離開平衡位置的最大距離．

①是標(biāo)量； ②表示振動(dòng)的強(qiáng)弱；

(3)周期和頻率：完成一次全變化所用的時(shí)間為周期T，每秒鐘完成全變化的次數(shù)為頻率f．

①二者都表示振動(dòng)的快慢；②二者互為倒數(shù)；T=1/f；③當(dāng)T和f由振動(dòng)系統(tǒng)本身的性質(zhì)決定時(shí)(非受迫振動(dòng))，則叫固有頻率與固有周期是定值，固有周期和固有頻率與物體所處的狀態(tài)無關(guān)．

5．根據(jù)以上的關(guān)系式，求得某一物理量

[例2]如圖所示，質(zhì)量為m的小鐵塊以初速度v₀滑上質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上的木塊，鐵塊與木塊間的摩擦因數(shù)為μ，當(dāng)M向右運(yùn)動(dòng)s時(shí)，m與M相對(duì)靜止，m相對(duì)M滑動(dòng)距離為Δs，則木塊動(dòng)能的增量，鐵塊動(dòng)能的減少量，系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量各是多少？

解析：對(duì)m與M在水平方向所受合外力為零，因而動(dòng)量守恒　　

根據(jù)動(dòng)量守恒定律m v₀＝(M+m)v……①

根據(jù)動(dòng)能定理，對(duì)M　 ½Mv²=μmgs

對(duì)m：　 ½m v₀²一½mv²=μmg(s+Δs)

木塊動(dòng)能增量為μmgs=½M²

鐵塊動(dòng)能減少量為：μmg(s+Δs)=½m v₀²－½m²

系統(tǒng)機(jī)械能的減少量為：½m v₀²一½mv²－½Mv²＝μmgΔs

轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量為：μmgΔs

　　 答案： ½M²，½m v₀²－½m²，μmgΔs，μmgΔs

　點(diǎn)評(píng)：從以上可知，(1)m動(dòng)能減少量，轉(zhuǎn)化成M的動(dòng)能與系統(tǒng)的內(nèi)能．

　　 (2)系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于產(chǎn)生的內(nèi)能

　　 (3)從該題中也可以進(jìn)一步認(rèn)識(shí)到作用力、反作用力有時(shí)做功不同．

[例3]上題中ΔS與S比較，可能(　　　 )

A．一定ΔS＜s；　　 B．一定ΔS＝S；　　 C．一定ΔS＞S；

D．以上結(jié)論均可能，但不能說是一定

解析：由m v₀＝(M+m)v得v=　 ，μmgs=½M²

　 μmgΔs=½m v₀²一½mv²－½Mv²=½mv₀²一½m²－½M²

我們比較S與ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．

μmgΔs一μmgs=½m v₀²一½m²－½M²－½M²＝½m v₀²[1－－]

對(duì)[1－－]==顯然大于零

　　 由以上討論可知ΔS＞S　　 答案：c

[例4]如圖所示，質(zhì)量M＝lkg的平板小車右端放有質(zhì)量m＝2kge的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，物塊與車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0．5．開始時(shí)二者一起以v₀=6m/s的速度向左端的光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，并使車與墻發(fā)生正碰，沒碰撞時(shí)間極短，且碰后車的速率與碰前的相同，車身足夠長，使物塊不能與墻相碰(g＝10 rn／s²)求：

　　 (1)物塊相對(duì)于小車的總位移S是多少？

　　 (2)小車與墻第一次相碰后小車所走的總路程S_M為多少？

解析：(1)由于 m＞M，兩者以共同速度與墻相碰后，物塊的動(dòng)量大小比車的動(dòng)量大，由于滑動(dòng)摩擦力的作用，兩者必會(huì)又以共同速度再次與墻相碰，如此反復(fù)直到兩者一起停止在墻角邊為止，設(shè)物體相對(duì)于車的位移為S，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：　　 μmgs=½(m+M)v₀²，所以s=(m+M)v₀²/2μmg=5.4m

(2)設(shè)v₁＝v₀，車與墻第n次碰后邊率為v_n，則第(n+1)次碰后速率為v_n+1，對(duì)物塊與車由動(dòng)量守恒得：

　　 mv_n－Mv_n=(m+M)v_n+1　　 所以v_n+1＝＝v_n= v_n/3．

　　 車與墻第(n+1)次碰后最大位移　　　 s_n+1= v_n+1²/2a==S_n/9

　　 可見車每次與墻碰后的最大位移是一個(gè)等比數(shù)列，其q=1/9，所以車與墻碰后的總路程

　　 S_M=2(S₁+S₂+…+S_n+…)＝2 S₁·(1十十…+ +…)=

　　 車第一次與墻碰后最大位移　　 S₁＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s²

　　 可算得 S₁=m＝1．8 m　　 所以S_M=m＝4.05n

　　 答案：(1)5．4 m(2)4．05 m

點(diǎn)評(píng)：運(yùn)用動(dòng)量觀點(diǎn)和動(dòng)能觀點(diǎn)解題每年在高考中都有很重的份量，每年的壓軸題都是利用此觀點(diǎn)解題．它們的特點(diǎn)是過程復(fù)雜、難度大、綜合性強(qiáng)、靈活性高，這就要求我們主動(dòng)去分析研究這類題的特點(diǎn)及處理所用的數(shù)學(xué)方法；在提高審題能力和物理過程分析能力上很下功夫，適度配合強(qiáng)化訓(xùn)練．

[例5]如圖所示，質(zhì)量為M長為L的木板(端點(diǎn)為A、B，中點(diǎn)為O)置于光滑水平面上，現(xiàn)使木板M以v₀的水平初速度向右運(yùn)動(dòng)，同時(shí)把質(zhì)量為m長度可忽略的小木塊置于B端(它對(duì)地初速為零)，它與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，問v₀在什么范圍內(nèi)才能使小木塊m滑動(dòng)到OA之間停下來(即相對(duì)木板靜止)？

解析：當(dāng) m、M相對(duì)靜止時(shí)， m滑動(dòng)到OA之間停下來的條件為：m相對(duì)M的位移s．½L≤s≤L．

由動(dòng)量守恒M v₀=(M十m)v

物體克服摩擦阻力相對(duì)位移的功，量度系統(tǒng)機(jī)械能的減少，所以　 μmgs＝½M v₀²－½(M+m)v²

解方程得s＝代入條件≥½L所以v₀≥

　　 ≤L所以v₀≤

　　 即：使m在OA間停下，v₀滿足的條件：≤v₀≤

[例6]：A、B兩球在光滑水平面上同向運(yùn)動(dòng)，A球動(dòng)量P_A=5kg·M/S，B球的動(dòng)量為P_B=7kg·m/s。A從后面追上B并發(fā)生碰撞，碰后B球的動(dòng)量變?yōu)镻_B^/=10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m_A與m_B間的關(guān)系可能是：

A、　 m_B=m_A； B、m_B=2m_A；C、m_B=4m_A； D、m_B=6m_A；

解：由動(dòng)量守恒得P_A+P_B= P_A^/+P_B^/代入數(shù)據(jù)得P_A^/=2kg·m/s

由碰撞中動(dòng)能不增特征知數(shù)據(jù)得m_B≥2.5m_A，由合理情景知在碰撞前速度應(yīng)滿足關(guān)系P_A/m_A＞P_B/m_B可得m_B＞1.4m_A

碰撞后速度應(yīng)滿足關(guān)系P_A^//m_A≤P_B^//m_B可得m_B=5m_A

綜合得答案：C

[例7]如圖所示，質(zhì)量為M的天車靜止在光滑水平軌道上，下面用長為L的細(xì)線懸掛著質(zhì)量為m的沙箱，一顆質(zhì)量為m₀的子彈以v₀的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后運(yùn)動(dòng)過程中

求：(1)沙箱上升的最大高度．

　　 (2)天車的最大速度，

解析：(1)子彈打入沙箱過程中動(dòng)量守恒m₀v₀=(m₀+m)v₁……①

擺動(dòng)過程中，子彈、沙箱、天車系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。

沙箱到達(dá)最大高度時(shí)，系統(tǒng)有相同的速度，設(shè)為v₂，則有

(m₀+m)v₁=(m₀+m+M)v₂……②

½(m₀+m)v₁²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh……③　　 　　　

聯(lián)立①②③可得沙箱上升的最大高度

(2)子彈和沙箱再擺回最低點(diǎn)時(shí)，天車速度最大，設(shè)此時(shí)天車速度為v₃，沙箱速度為v₄，由動(dòng)量守恒得

(m₀+m)v₁=Mv₃+(m+M)v₄……④

由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得½(m₀+m)v₁²=½Mv₃²+½(m+M)v₄²……⑤

聯(lián)立④⑤求得天車的最大速度

說明：(1)該題過程復(fù)雜，在子彈打沙箱的過程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒．共同擺動(dòng)過程中，子彈、沙

箱、天車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．②式可列為m₀v₀=(m₀+m+M)v₂，但③式就不能列為½m₀v₀²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh,因子彈與沙箱打擊過程中有機(jī)械能損失，這點(diǎn)是易錯(cuò)點(diǎn)，一定要分析清楚．

　　 (2)④、⑤兩個(gè)方程列出后，顯然能看出與彈性碰撞方程相同，故解可直接寫出，會(huì)節(jié)省很多時(shí)間，由此也可看出這一碰撞模型的重要性．

[例8]如圖示是一個(gè)物理演示實(shí)驗(yàn)，它顯示圖中自由落體的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高得多的地方．

　　 A是某種材料做成的實(shí)心球，質(zhì)量m₁＝0. 28 kg,在其頂部的凹的坑中插著質(zhì)量m₂＝0. 10 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙．將此裝置從A下端離地板的高度H＝1. 25 m處由靜止釋放．實(shí)驗(yàn)中，A觸地后在極短時(shí)間內(nèi)反彈，且速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g＝10 m/s²．

解析:實(shí)心球A和木棍開始做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)它們就要落地的瞬間速度為v₁，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

　　 由題意，A觸地后在極短的時(shí)間內(nèi)反彈，速度變?yōu)橄蛏希�大小不變，仍為v₁，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端與坑底間有空隙，受到的作用力的沖量可忽略，可認(rèn)為速度大小，方向不變．由于A的速度變?yōu)橄蛏�，B的速度仍向下，A,B相向運(yùn)動(dòng)，之間接著產(chǎn)生很強(qiáng)的作用力，A對(duì)B作用力的沖量使B的速度方向變?yōu)橄蛏希�設(shè)大小為v₂^/, 而B對(duì)A的沖量使A的速度由v₁減為零，恰好停留在地板上，這一過程屬于碰撞模型，可認(rèn)為在豎直方向A,B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，取向上為正，由動(dòng)量守恒定律得：

　　 m₁v₁－m₂v₂=m₂v₂^/(v₁=v₂)

　　 以后，B脫離A以初速度v₂^/做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)木棍B上升的最大高度為h，由機(jī)械能守恒定律得：

½m₂v₂^/2=m₂gh,由以上幾式聯(lián)立，解得：h=4. 05 m

[例8]兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v₀射向B球，如圖所示。C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D。在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長度變到最短時(shí)，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連。過一段時(shí)間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定無機(jī)械能損失)。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。

　　 (1)求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。

　　 (2)求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。

解析(1)設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v₁，由動(dòng)量守恒，有mv₀=(m+m)v₁當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)此速度為v₂，由動(dòng)量守恒，有2mv₁＝3mv₂�！　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�

　　 由以上兩式得A的速度v₂=v₀

　　 (2)設(shè)彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為E_P，由能量守恒，有

　　 ½½×2mv₁²=½×3mv₂²+E_P

　　 撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v₃，則有E_P＝½(2m)·v₃²

　　 以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長，設(shè)此時(shí)的速度為v₄，由動(dòng)量守恒，有2mv₃=3mv₄

　　 當(dāng)彈簧伸到最長時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為E_P^/，由能量守恒，有

½½×2mv₃²=½×3mv₄²+E_P^/　　 解以上各式得 E _P^/=mv₀²

[例9]一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，槽內(nèi)有一小物塊B，它到槽兩內(nèi)側(cè)的距離均為L/2，如圖所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽與木板間的摩擦不計(jì)，小物塊與木板間的摩擦因數(shù)為μ，A、B、C三者質(zhì)量相等，原來都靜止，現(xiàn)使槽A以大小為v₀的初速度向右運(yùn)動(dòng)，已知v₀＜，當(dāng)A和B發(fā)生碰撞時(shí)，兩者速度互換，求：

　　 (1)A與B剛發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間內(nèi)，木板內(nèi)C運(yùn)動(dòng)的路程。

　　 (2)在A、B剛要發(fā)生第四次碰撞時(shí)，A、B、C三者速度的大小。

解析：(1)A與B剛發(fā)生第一次碰撞后，A停下不動(dòng)，B以初速度v₀向右運(yùn)動(dòng)，由于摩擦，B向右作勻減速運(yùn)動(dòng)，而C向右作勻加速運(yùn)動(dòng)，兩者速率漸接近，設(shè)B、C達(dá)到相同速度v₁時(shí)B移動(dòng)的路程為s₁．設(shè)A、B、C質(zhì)量皆為m，由動(dòng)量守恒定律得mv₀＝2mv₁

由功能轉(zhuǎn)化得：μmgs₁=½mv₀²－½mv₁²

聯(lián)立上式得v₁=½v₀；　　

可見，在B、C達(dá)到相同速度v₁時(shí)，B尚未與A發(fā)生第二次碰撞，B與C-起將以v₁向右勻速運(yùn)動(dòng)一段距離(L-s₁)后才與A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)C的速度從零變到v₁的過程中，C的路程為s₂，由功能關(guān)系得μmgs₂=½mv₁²得s₂=，因此在第一次到第二次碰撞間C的路程為

(2)由上面討論可知，在剛要發(fā)生第二次碰撞時(shí)，A靜止。B、C的速度均為v₁，剛碰撞后，B靜止，A、C的速度均為v₁。由于摩擦，B將加速，C將減速，直至達(dá)到相同速度v₂

　　 由動(dòng)量守恒定律得 mv₁＝2mv₂　　 解得v₂=½v₁=¼v₀

　　 因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞發(fā)生在A的左室，剛碰撞后，A的速度變?yōu)関₂，B的速度變?yōu)関₁，C的速度仍為v₂，由于摩擦，B減速，C加速，直至達(dá)到相同速度v₃，由動(dòng)量守恒定律得mv₁+mv₂=2mv₃　 解得 v₃=v₀

　　 故剛要發(fā)生第四次碰撞時(shí)，A、B、C的速度分別為v_A=v₂=v₀，v_B=v_C=v₃=v₀

點(diǎn)評(píng)(1)考查了動(dòng)量守恒定律與動(dòng)能定理的綜合應(yīng)用，這是動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)結(jié)合的常見形式。

　　 (2)找準(zhǔn)研究對(duì)象和研究過程，反復(fù)建立動(dòng)量守恒方程，這是對(duì)考生綜合素質(zhì)的考查。

　　 (3)題目新穎、靈活，考查了考生的推理能力。歸納能力、隨機(jī)應(yīng)變能力。

　　 (4)此題區(qū)分度高，是壓軸題，但可利用圖家法巧解(如圖所示)．

　　 由題及圖知s_l+s₂＝L， s_l＝L一s₂

　　 又s₂===

至于剛要發(fā)生第四次碰撞時(shí)，A、B、c三者速度由圖一目了然。

[例10]一個(gè)連同裝備總質(zhì)量為M=100kg的宇航員，在距離飛船s=45m處與飛船處于相對(duì)靜止，宇航員背著裝有質(zhì)量為m₀=0．5kg氧氣的貯氣筒，筒有個(gè)可以使氧氣以v=50m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣，才能回到飛船，同時(shí)又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用。宇航員的耗氧率為Q=2．5×10^－4kg／s．不考慮噴出　 氧氣對(duì)設(shè)備及宇航員總質(zhì)量的影響，則(1)瞬時(shí)噴出多少氧氣，宇航員才能完全返回飛船；(2)為了使總耗氧量最低、應(yīng)一次噴出多少氧氣？返回時(shí)間又是多少？(3)已知超氧化鉀(KO₂)的性質(zhì)與Na₂O₂相似，若該宇航員貯氣筒的氧氣由超氧化鉀提供，則需用多少千克KO₂？

解析(1)以飛船為參照物，向著飛船運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎�方向，設(shè)噴出m(kg)氧氣，宇航員獲得的速度為V₁，根據(jù)動(dòng)量定恒定律，有：　　　 (M－m)V₁－mv＝0

　　　 考慮到M＞＞m，有V₁=mv/M………①

　　　 宇航員返回飛船做勻速運(yùn)動(dòng)，歷時(shí)：　　 t＝s/V₁………②

　　　 又筒內(nèi)氧氣的總質(zhì)量滿足關(guān)系式：　 m₀=Qt+m ………③

　　　 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)得　　　　 0．5=+m

　　　 解之得 m_l=0．05kg或　 m₂＝0．45kg．故噴出的氧氣 0．05kg＜m＜0．45kg·

(2)為了耗氧量最低，設(shè)噴出 m(kg)氧氣則耗氧為　 Δm＝Qt+m……④

　 　將①②代入④得Δm=+m=+m

　 故當(dāng)m=時(shí)，Δm有極小值。 即m==0．15(kg)，返回時(shí)間t==600(s)

(3)由4KO₂+2CO₂=2K₂CO₃+3O₂可知，284kg的KO₂可制得96kg的O₂，所以制取0．5kg的O₂需KO₂的質(zhì)量為：0．5×=1．48(kg)．

試題展示

4．這當(dāng)中有時(shí)要用到機(jī)械能守恒或能量守恒定律，可根據(jù)具體情況列出關(guān)系式．

3．對(duì)系統(tǒng)中的物體受力分析，找出外力總功與物體始末動(dòng)能，從而應(yīng)用動(dòng)能定理列關(guān)系式．