【文章內容簡介】 量守恒 2mv0 =mvA+mvB ⑤ 系統機械能守恒 ⑥2220 2121221 BAP mvmvEmv ???聯立上述各式得 ⑦gHgRv A ?? 2正號舍去 ⑧gHgRv A ?? 2設球 A上升的高度為 h，球 A上升過程機械能守恒 ⑨221 Amv)Rh(mg ??整理后得 ⑩RHHh 22 ??題目 例 8 如圖示 ， 一輕質彈簧一端固定 、 另一端與質量為 M的小滑塊連接 ， 開始時滑塊靜止在水平導軌的O點 ， 彈簧處于原長狀態(tài) ． 導軌的 OA段是粗糙的 ， 其余部分都是光滑的 ． 有一質量為 m的子彈以大小為 v 的速度水平向右射入滑塊 ， 并很快停留在滑塊中 ． 之后 ， 滑塊先向右滑行并越過 A點 ， 然后再向左滑行 ，最后恰好停在出發(fā)點 O處 ． （ 1） 求滑塊滑行過程中彈簧彈性勢能的最大值 ． （ 2） 滑塊停在 O點后 ， 另一質量也為 m的子彈以另一速度水平向右射入滑塊并很快停留在滑塊中 ， 此后滑塊滑行過程先后有兩次經過 O點 ． 求第二顆子彈入射前的速度 u的大小在什么范圍內 ？ v O A 解： （ 1） 設 OA段的長度為 l ,與滑塊間的動摩擦因數為 μ, 設第一顆子彈射入滑塊后滑塊的速度為 v1， 由動量守恒定律得 mv=(M+m)v1 ① 滑塊向右滑行至最右端時，彈簧彈性勢能達到最大，設為 EP，由功能關系得 1/2?(M+m)v12 = μ(M+m) ? gl+EP ② 滑塊由最右端向左滑行至 O點 ， 由功能關系得 EP=μ(M+m)gl ③ ④4解得22)mM(vmEP ?? （ 2） 設第二顆子彈射入滑塊后滑塊的速度為 v2， 由動量守恒定律得 mu=(M+2m)v2 ⑤ 若滑塊第一次返回 O點時就停下 ,則滑塊的運動情況與前面的情況相同 1/2? (M+2m)v22 =μ(M+2m)g ? 2l ⑦vmM mMu ??? 2解得 若滑塊第一次返回 O點后繼續(xù)向左滑行 ,再向右滑行 ,且重復第一次滑行過程 ， 最后停在 O點 ， 則 1/2? (M+2m)v22 =μ(M+2m)g ? 4l ⑧ ⑨vmM mMu 22解得 ???第二顆子彈入射前的速度 u 的大小在以下范圍內 ⑩vmM mMuvmM mM 222 ?????? 題目 例 如圖示，在光滑的水平面上，質量為 m的小球 B連接著輕質彈簧，處于靜止狀態(tài)，質量為 2m的小球 A以初速度 v0向右運動，接著逐漸壓縮彈簧并使 B運動，過了一段時間 A與彈簧分離 . （ 1）當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能 EP多大？ （ 2）若開始時在 B球的右側某位置固定一塊擋板，在 A球與彈簧未分離前使 B球與擋板發(fā)生碰撞，并在碰后立即將擋板撤走，設 B球與擋板的碰撞時間極短，碰后 B球的速度大小不變但方向相反，欲使此后彈簧被壓縮到最短時，彈性勢能達到第（ 1）問中 EP的 ，必須使 B球在速度多大時與擋板發(fā)生碰撞？ B A v0 B A v0 甲 解： （ 1）當彈簧被壓縮到最短時， AB兩球的速度相等設為 v， 由動量守恒定律 2mv0=3mv 由機械能守恒定律 EP=1/2 2mv02 1/2 3mv2 = mv02 / 3 （ 2）畫出碰撞前后的幾個過程圖 B A v1 v2 乙 B A v1 v2 丙 A V 丁 B 由甲乙圖 2mv0=2mv1 +mv2 由丙丁圖 2mv1 mv2 =3mV 由甲丁圖 ,機械能守恒定律（碰撞過程不做功） 1/2 2mv02 =1/2 3mV2 + 解得 v1= v2= V=v0/3 在原子物理中，研究核子與核子關聯的最有效途經是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下面力學模型類似。兩個小球 A和 B用輕質彈簧相連 ,在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直軌道的固定檔板 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)生碰撞并立即結成一個整體 D。在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然后 , A球與檔板 P發(fā)生碰撞，碰后 A、 D靜止不動， A與 P接觸而不粘連。過一段時間 ,突然解除銷定 (鎖定及解除鎖定均無機械能損失 )，已知 A、 B、 C三球的質量均為 m。 （ 1）求彈簧長度剛被鎖定后 A球的速度。 （ 2）求在 A球離開檔板 P之后的運 動過程中，彈簧的最大彈性勢能。 例 P m m m A B v0 C 解： P m m m A B v0 C 整個過程可分為四個階段來處理． （ 1）設 Ｃ 球與 Ｂ 球粘結成 D時， D的速度為 ｖ 1， 由動量守恒定律，得 mv0=2mv1 ① 也可直接用動量守恒一次求出（從接觸到相對靜止） mv0=3mv2， v2= v0 / 3 ． （ 2）設彈簧長度被鎖定后 ,貯存在彈簧中的勢能為 EP， 由能量守恒定律，得 當彈簧壓至最短時 ,D與 Ａ 的速度相等 ,設此速度為 v2， 1/2(2m)v12＝ 1/2(3m) v22＋ EP ④ 聯立①、②式得 v2＝ v0 / 3 ③ 由動量守恒定律，得 2mv1＝ 3mv2 ② 撞擊 Ｐ 后， A與 D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，彈性勢能全部轉變成 D的動能，設 D的速度為 v3，有 P m m m A B v0 C 以后彈簧伸長 ,A球離開擋板 P,并獲得速度．設此時的速度為 v4 , 由動量守恒定律，得 當彈簧伸到最長時 ,其彈性勢能最大，設此勢能為 EP′,由能量守恒定律，得 聯立③ ─⑦式得 1/2 (2m)v32＝ 1/2(3m)v42＋ EP′ ⑦ 2mv3＝ 3mv4 ⑥ EP＝ 1/2（ 2m） v32 ⑤