1、高中物理競賽培訓(xùn)教材PAGE PAGE 132第十二講 功能原理和機械能守恒定律功能原理根據(jù)質(zhì)點系動能定理當(dāng)質(zhì)點系內(nèi)有保守力作用和非保守力作用時，內(nèi)力所做功又可分為而由保守力做功特點知，保守力做功等于勢能增量的負(fù)值，即 于是得到用E表示勢能與動能之和，稱為系統(tǒng)機械能，結(jié)果得到 外力的功和非保守力內(nèi)力所做功之和等于系統(tǒng)機械能的增量，這就是質(zhì)點系的功能原理。可以得到（外力做正功使物體系機械能增加，而內(nèi)部的非保守力作負(fù)功會使物體系的機械能減少）。 功能原理適用于分析既有外力做功，又有內(nèi)部非保守力做功的物體系，請看下題：圖4-7-1 勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧水平放置，左端固定，右端連接一個質(zhì)量為m的木塊

2、（圖4-7-1）開始時木塊靜止平衡于某一位置，木塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為。然后加一個水平向右的恒力作用于木塊上。（1）要保證在任何情況下都能拉動木塊，此恒力F不得小于多少？（2）用這個力F拉木塊，當(dāng)木塊的速度再次為零時，彈簧可能的伸長量是多少？ 題目告知“開始時木塊靜止平衡于某一位置”，并未指明確切的位置，也就是說木塊在該位置時所受的靜摩擦力和彈簧的形變量都不清楚，因此要考慮各種情況。如果彈簧自然伸展時，木塊在O點，那么當(dāng)木塊在O點右方時，所受的彈簧的作用力向右。因為木塊初始狀態(tài)是靜止的，所以彈簧的拉力不能大于木塊所受的最大靜摩擦力。要將木塊向右拉動，還需要克服一個向左的靜摩擦力，所以只要

3、F2，即可保證在任何情況下都能拉動木塊。 設(shè)物體的初始位置為，在向右的恒力F作用下，物體到x處的速度再次為零，在此過程中，外部有力F做功，內(nèi)部有非保守力f做功，木塊的動能增量為零，所以根據(jù)物體系的功能原理有可得因為木塊一開始靜止，所以要求 可見，當(dāng)木塊再次靜止時，彈簧可能的伸長是 機械能守恒定律 若外力的與非保守內(nèi)力的功之和為零時，則系統(tǒng)機械能守恒，這就是機械能守恒定律。 注意：該定律只適用于慣性系，它同時必須是選擇同一慣性參照系。在機械能守恒系統(tǒng)中，由于保守內(nèi)力做功，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能則保持不變。下面介紹一例由機械能守恒推出的重要定理：伯努利方程理想流體 不可壓縮的、沒有粘滯性

4、的流體，稱為理想流體。定常流動 觀察一段河床比較平緩的河水的流動，你可以看到河水平靜地流著，過一會兒再看，河水還是那樣平靜地流著，各處的流速沒有什么變化。河水不斷地流走，可是這段河水的流動狀態(tài)沒有改變。河水的這種流動就是定常流動。流體質(zhì)點經(jīng)過空間各點的流速雖然可以不同，但如果空間每一點的流速不隨時間而改變，這樣的流動就叫做定常流動。自來水管中的水流，石油管道中石油的流動，都可以看做定常流動。 流體的流動可以用流線形象地表示。在定常流動中，流線表示流體質(zhì)點的運動軌跡。圖4-7-2是液體流過圓柱體時流線的分布。A、B處液體流過的橫截面積大，CD處液體流過的橫截面積小。液體在CD處流得急，流速大。A

5、B處的流線疏，CD處的流線密，這樣，從流線的分布可以知道流速的大小。流線疏的地方，流速??；流線密的地方，流速大。圖4-7-2伯努利方程 現(xiàn)在研究理想流體做定常流動時流體中壓強和流速的關(guān)系。圖4-7-3表示一個細(xì)管，其中流體由左向右流動。在管的處和處用橫截面截出一段流圖4-7-3體，即處和處之間的流體，作為研究對象。 處的橫截面積為，流速為，高度為，處左邊的流體對研究對象的壓強為，方向垂直于向右。 處的橫截面積為，流速為，高度為，處左邊的流體對研究對象的壓強為，方向垂直于向左。 經(jīng)過很短的時間間隔，這段流體的左端由移到。右端由移到。兩端移動的距離分別為和。左端流入的流體體積為，右端流出的流體體積

6、為，理想流體是不可壓縮的，流入和流出的體積相等，記為。 現(xiàn)在考慮左右兩端的力對這段流體所做的功。作用在液體左端的力，所做的功。作用在右端的力，所做的功。外力所做的總功 （1） 外力做功使這段流體的機械能發(fā)生改變。初狀態(tài)的機械能是到這段流體的機械能，末狀態(tài)的機械能是到這段流體的機械能。由到這一段，經(jīng)過時間，雖然流體有所更換，但由于我們研究的是理想流體的定常流動，流體的密度和各點的流速沒有改變，動能和重力勢能都沒有改變，所以這一段的機械能沒有改變，這樣機械能的改變就等于流出的那部分流體的機械能減去流入的那部分流體的機械圖4-7-4能。 由于，所以流入的那部分流體的動能為 重力勢能為流出流體的動能為

7、 重力勢能為機械能的改變?yōu)?（2） 理想流體沒有粘滯性，流體在流動中機械能不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以這段流體兩端受的力所做的總功W等于機械能的改變，即 W= （3）將（1）式和（2）式代入（3）式，得 整理后得 （4）和是在流體中任意取的，所以上式可表示為對管中流體的任意處： 常量 （5） （4）式和（5）式稱為伯努利方程。 流體水平流動時，或者高度差的影響不顯著時（如氣體的流動），伯努利方程可表達(dá)為 常量 （6） 從（6）式可知，在流動的流體中，壓強跟流速有關(guān)，流速v大的地方要強p小，流速v小的地方壓強p大。圖4-7-5知道壓強和流速的關(guān)系，就可以解釋本節(jié)開始所做的實驗了。經(jīng)過漏斗吹乒乓球時，乒乓

8、球上方空氣的流速大，壓強小，下方空氣的壓強大，乒乓球受到向上的力，所以會貼在漏斗上不會掉下來。向兩張紙中間吹氣，兩張紙中間空氣的流速大，壓強小，外邊空氣的壓強大，所以兩張紙將互相貼近。同樣的道理，兩艘并排的船同向行駛時（圖4-7-4）如果速度較大，兩船會互相靠近，有相撞的危險。歷史上就曾經(jīng)發(fā)生過這類事故。在航海中。對并排同向行駛的船舶，要限制航速和兩船的距離。伯努利方程的應(yīng)用： 球類比賽中的旋轉(zhuǎn)球和不轉(zhuǎn)球的飛行軌跡不同，是因為球周圍空氣流動情況不同造成的。圖4-7-5甲表示不轉(zhuǎn)球水平向左運動時周圍空氣的流線。球的上方和下方流線對稱，流速相同，上下不產(chǎn)生壓強差。現(xiàn)在考慮球的旋轉(zhuǎn)，致使球的下方空氣

9、的流速增大，上方流速減小，周圍空氣流線如圖乙所示。球的下方流速大，壓強小，上方流速小，壓強大。跟不轉(zhuǎn)球相比，圖4-1-6乙所示旋轉(zhuǎn)球因為旋轉(zhuǎn)而受到向下的力，飛行軌跡要向下彎曲。 例：如圖4-7-6所示，用一彈簧把兩物塊A和B連接起來后，置于水平地面上。已知A和B的質(zhì)量分別為和。問應(yīng)給物塊A上加多大的壓力F，才可能在撤去力F后，A向上跳起后會出現(xiàn)B對地?zé)o壓力的情況？彈簧的質(zhì)量略去不計。圖4-7-6設(shè)彈簧原長為，建立如圖4-7-7所示的坐標(biāo)，以k表示彈簧的勁度系數(shù)，則有 取圖中O點處為重力勢能零點，當(dāng)A受力F由O點再被壓縮了x時，系統(tǒng)的機械能為 撤去F當(dāng)A上升到最高處即彈簧較其自然長度再伸長時，系

10、統(tǒng)的機械能圖4-7-7為 A在x處時，其受力滿足 ，以式的代入上式，乃有 當(dāng)F撤去A上升到處時，彈簧的彈力大小為，設(shè)此時B受到地面的支持力為N，則對于B應(yīng)有 要B對地?zé)o壓力，即N=0，則上式變?yōu)?因為A由x處上升至處的過程中，對此系統(tǒng)無外力和耗散力作功，則其機械能守恒，即 = 聯(lián)立解式，可得 。 顯然，要出現(xiàn)B對地?zé)o壓力的情況，應(yīng)為（。當(dāng)F=（時，剛好能出現(xiàn)B對地?zé)o壓力的情況，但B不會離開地面；當(dāng)F（時，B將出現(xiàn)離開地面向上跳起的情況。第十三講 動量和能量一、沖量和動量1、沖力（Ft圖象特征） 沖量。沖量定義、物理意義沖量在Ft圖象中的意義從定義角度求變力沖量（F對t的平均作用力）2、動量的定

11、義 動量矢量性與運算二、動量定理1、定理的基本形式與表達(dá) 2、分方向的表達(dá)式：Ix =Px ，Iy =Py 3、定理推論：動量變化率等于物體所受的合外力。即=F外 三、動量守恒定律1、定律、矢量性2、條件 a、原始條件與等效 b、近似條件c、某個方向上滿足a或b，可在此方向應(yīng)用動量守恒定律四、功和能 1、功的定義、標(biāo)量性，功在FS圖象中的意義 2、功率，定義求法和推論求法3、能的概念、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 4、功的求法a、恒力的功：W = FScos= FSF = FS Sb、變力的功：基本原則過程分割與代數(shù)累積；利用FS圖象（或先尋求F對S的平均作用力） c、解決功的“疑難雜癥”時，把握“功是

12、能量轉(zhuǎn)化的量度”這一要點五、動能、動能定理 1、動能（平動動能）2、動能定理a、W的兩種理解b、動能定理的廣泛適用性六、機械能守恒1、勢能a、保守力與耗散力（非保守力） 勢能（定義：Ep = W保）b、力學(xué)領(lǐng)域的三種勢能（重力勢能、引力勢能、彈性勢能）及定量表達(dá)2、機械能 3、機械能守恒定律a、定律內(nèi)容 b、條件與拓展條件（注意系統(tǒng)劃分）c、功能原理：系統(tǒng)機械能的增量等于外力與耗散內(nèi)力做功的代數(shù)和。七、碰撞與恢復(fù)系數(shù)1、碰撞的概念、分類（按碰撞方向分類、按碰撞過程機械能損失分類）碰撞的基本特征：a、動量守恒；b、位置不超越；c、動能不膨脹。2、三種典型的碰撞a、彈性碰撞：碰撞全程完全沒有機械能

13、損失。滿足m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2 m1 + m2 = m1 + m2解以上兩式（注意技巧和“不合題意”解的舍棄）可得：v1 = ， v2 = 對于結(jié)果的討論：當(dāng)m1 = m2 時，v1 = v20 ，v2 = v10 ，稱為“交換速度”；當(dāng)m1 m2 ，且v20 = 0時，v1 v10 ，v2 0 ，小物碰大物，原速率返回；當(dāng)m1 m2 ，且v20 = 0時，v1 v10 ，v2 2v10 ，b、非（完全）彈性碰撞：機械能有損失（機械能損失的內(nèi)部機制簡介），只滿足動量守恒定律c、完全非彈性碰撞：機械能的損失達(dá)到最大限度；外部特征：碰撞后兩物體連為一個整體，故有v

14、1 = v2 = 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 。當(dāng)e = 0 ，碰撞為完全非彈性；當(dāng)0 e 1 ，碰撞為非彈性； 當(dāng)e = 1 ，碰撞為彈性。八、“廣義碰撞”物體的相互作用1、當(dāng)物體之間的相互作用時間不是很短，作用不是很強烈，但系統(tǒng)動量仍然守恒時，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、機械能可能膨脹）。此時，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。2、物體之間有相對滑動時，機械能損失的重要定勢：E = E內(nèi)

15、= f滑S相 ，其中S相指相對路程第二講 重要模型與專題一、動量定理還是動能定理？物理情形：太空飛船在宇宙飛行時，和其它天體的萬有引力可以忽略，但是，飛船會定時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，對飛船的撞擊也不連續(xù)，如何正確選取研究對象，是本題的前提。建議充分理解“平均”的含義，這樣才能相對模糊地處理垃圾與飛船的作用過程、淡化“作用時間”和所考查的“

16、物理過程時間”的差異。物理過程需要人為截取，對象是太空垃圾。先用動量定理推論解題。取一段時間t ，在這段時間內(nèi)，飛船要穿過體積V = Svt的空間，遭遇nV顆太空垃圾，使它們獲得動量P ，其動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如果用動能定理，能不能解題呢？同樣針對上面的物理過程，由于飛船要前進(jìn)x = vt的位移，引擎推力須做功W = x ，它對應(yīng)飛船和被粘附的垃圾的動能增量，而飛船的Ek為零，所以：W = Mv2即：vt = （n m Svt）v2 得到： = nmSv2兩個結(jié)果不一致，不可能都是正確的。分析動能定理的解題，我們不能發(fā)現(xiàn)

17、，垃圾與飛船的碰撞是完全非彈性的，需要消耗大量的機械能，因此，認(rèn)為“引擎做功就等于垃圾動能增加”的觀點是錯誤的。但在動量定理的解題中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飛船對垃圾的平均推力，再對飛船用平衡條件，的大小就是引擎推力大小了。這個解沒有毛病可挑，是正確的。（學(xué)生活動）思考：如圖1所示，全長L、總質(zhì)量為M的柔軟繩子，盤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：二、動量定理的分方向應(yīng)用物理情形：三個質(zhì)點A、B和C ，質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長的繩子AB和BC相連，靜止

18、在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（）。現(xiàn)對質(zhì)點C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點A開始運動的速度。模型分析：首先，注意“開始運動”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，對三個質(zhì)點均可用動量定理，但是，B質(zhì)點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，故三質(zhì)點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關(guān)系。下面具體看解題過程繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質(zhì)點的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I1 ，BC繩對B、C兩質(zhì)點的沖量大小相等（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

19、 ，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，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A用動量定理，有：I1 = m1 v1 B的動量定理是一個矢量方程：+= m2 ，可化為兩個分方向的標(biāo)量式，即：I2cosI1 = m2 v2cos I2sin= m2 v2sin 質(zhì)點C的動量定理方程為：I I2 = m3 v3 AB繩不可伸長，必有v1 = v2cos BC繩不可伸長，必有v2cos() = v3 六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、）是可能的，但繁復(fù)程

20、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、先用式消掉v2 、v3 ，使六個一級式變成四個二級式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I2sin= m2 v1 tg I I2 = m3 v1(cos+ sintg) 2、解式消掉，使四個二級式變成三個三級式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I = m3 v1 cos+ I2 3、最后對式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結(jié)果為：v1 = （學(xué)生活動：訓(xùn)練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角等于多少？解：解“二級式”的即可。代入消I1 ，得I2的表達(dá)式，將I2的表達(dá)式代入就行了。

21、答：= arc tg（）。三、動量守恒中的相對運動問題物理情形：在光滑的水平地面上，有一輛車，車內(nèi)有一個人和N個鉛球，系統(tǒng)原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)車內(nèi)的人以一定的水平速度將鉛球一個一個地向車外拋出，車子和人將獲得反沖速度。第一過程，保持每次相對地面拋球速率均為v ，直到將球拋完；第二過程，保持每次相對車子拋球速率均為v ，直到將球拋完。試問：哪一過程使車子獲得的速度更大？模型分析：動量守恒定律必須選取研究對象之外的第三方（或第四、第五方）為參照物，這意味著，本問題不能選車子為參照。一般選地面為參照系，這樣對“第二過程”的鉛球動量表達(dá)，就形成了難點，必須引進(jìn)相對速度與絕對速度的關(guān)系。至于“第一過程”

22、，比較簡單：N次拋球和將N個球一次性拋出是完全等效的。設(shè)車和人的質(zhì)量為M ，每個鉛球的質(zhì)量為m 。由于矢量的方向落在一條直線上，可以假定一個正方向后，將矢量運算化為代數(shù)運算。設(shè)車速方向為正，且第一過程獲得的速度大小為V1 第二過程獲得的速度大小為V2 。第一過程，由于鉛球每次的動量都相同，可將多次拋球看成一次拋出。車子、人和N個球動量守恒。0 = Nm(-v) + MV1 得：V1 = v 第二過程，必須逐次考查鉛球與車子（人）的作用。第一個球與（N1）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u1 。值得注意的是，根據(jù)運動合成法則，鉛球?qū)Φ氐乃俣炔⒉皇牵?v），而是（-v + u1）。它

23、們動量守恒方程為：0 = m(-v + u1) +M +(N-1)mu1 得：u1 =第二個球與（N -2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u2 。它們動量守恒方程為：M+(N-1)mu1 = m(-v + u2) +M+(N-2)mu2 得：u2 = + 第三個球與（N -2）個球、人、車系統(tǒng)作用，完畢后，設(shè)“系統(tǒng)”速度為u3 。鉛球?qū)Φ氐乃俣仁牵?v + u3）。它們動量守恒方程為：M+(N-2)mu2 = m(-v + u3) +M+(N-3)mu3得：u3 = + + 以此類推（過程注意：先找uN和uN-1關(guān)系，再看uN和v的關(guān)系，不要急于化簡通分），uN的通式已經(jīng)可以找

24、出：V2 = uN = + + + + 即：V2 = 我們再將式改寫成：V1 = 不難發(fā)現(xiàn)，式和式都有N項，每項的分子都相同，但式中每項的分母都比式中的分母小，所以有：V1 V2 。結(jié)論：第一過程使車子獲得的速度較大。（學(xué)生活動）思考：質(zhì)量為M的車上，有n個質(zhì)量均為m的人，它們靜止在光滑的水平地面上。現(xiàn)在車上的人以相對車大小恒為v、方向水平向后的初速往車下跳。第一過程，N個人同時跳下；第二過程，N個人依次跳下。試問：哪一次車子獲得的速度較大？解：第二過程結(jié)論和上面的模型完全相同，第一過程結(jié)論為V1 = 。答：第二過程獲得速度大。四、反沖運動中的一個重要定式物理情形：如圖4所示，長度為L、質(zhì)量為

25、M的船停止在靜水中（但未拋錨），船頭上有一個質(zhì)量為m的人，也是靜止的?，F(xiàn)在令人在船上開始向船尾走動，忽略水的阻力，試問：當(dāng)人走到船尾時，船將會移動多遠(yuǎn)？（學(xué)生活動）思考：人可不可能勻速（或勻加速）走動？當(dāng)人中途停下休息，船有速度嗎？人的全程位移大小是L嗎？本系統(tǒng)選船為參照，動量守恒嗎？模型分析：動量守恒展示了已知質(zhì)量情況下的速度關(guān)系，要過渡到位移關(guān)系，需要引進(jìn)運動學(xué)的相關(guān)規(guī)律。根據(jù)實際情況（人必須停在船尾），人的運動不可能是勻速的，也不可能是勻加速的,運動學(xué)的規(guī)律應(yīng)選擇S = t 。為尋求時間t ，則要抓人和船的位移約束關(guān)系。對人、船系統(tǒng)，針對“開始走動中間任意時刻”過程，應(yīng)用動量守恒（設(shè)末態(tài)

26、人的速率為v ，船的速率為V），令指向船頭方向為正向，則矢量關(guān)系可以化為代數(shù)運算，有：0 = MV + m(-v) 即：mv = MV 由于過程的末態(tài)是任意選取的，此式展示了人和船在任一時刻的瞬時速度大小關(guān)系。而且不難推知，對中間的任一過程，兩者的平均速度也有這種關(guān)系。即：m = M 設(shè)全程的時間為t ，乘入式兩邊，得：mt = Mt設(shè)s和S分別為人和船的全程位移大小，根據(jù)平均速度公式，得：m s = M S 受船長L的約束，s和S具有關(guān)系：s + S = L 解、可得：船的移動距離 S =L（應(yīng)用動量守恒解題時，也可以全部都用矢量關(guān)系，但這時“位移關(guān)系”表達(dá)起來難度大一些必須用到運動合成與分

27、解的定式。時間允許的話，可以做一個對比介紹。）另解：質(zhì)心運動定律人、船系統(tǒng)水平方向沒有外力，故系統(tǒng)質(zhì)心無加速度系統(tǒng)質(zhì)心無位移。先求出初態(tài)系統(tǒng)質(zhì)心（用它到船的質(zhì)心的水平距離x表達(dá)。根據(jù)力矩平衡知識，得：x = ），又根據(jù)，末態(tài)的質(zhì)量分布與初態(tài)比較，相對整體質(zhì)心是左右對稱的。弄清了這一點后，求解船的質(zhì)心位移易如反掌。（學(xué)生活動）思考：如圖5所示，在無風(fēng)的天空，人抓住氣球下面的繩索，和氣球恰能靜止平衡，人和氣球地質(zhì)量分別為m和M ，此時人離地面高h(yuǎn) 。現(xiàn)在人欲沿懸索下降到地面，試問：要人充分安全地著地，繩索至少要多長？解：和模型幾乎完全相同，此處的繩長對應(yīng)模型中的“船的長度”（“充分安全著地”的含義

28、是不允許人脫離繩索跳躍著地）。答：h 。（學(xué)生活動）思考：如圖6所示，兩個傾角相同的斜面，互相倒扣著放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的頂端。將它們無初速釋放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的質(zhì)量分別為M和m ，底邊長分別為a和b ，試求：小斜面滑到底端時，大斜面后退的距離。解：水平方向動量守恒。解題過程從略。答：（ab）。進(jìn)階應(yīng)用：如圖7所示，一個質(zhì)量為M ，半徑為R的光滑均質(zhì)半球，靜置于光滑水平桌面上，在球頂有一個質(zhì)量為m的質(zhì)點，由靜止開始沿球面下滑。試求：質(zhì)點離開球面以前的軌跡。解說：質(zhì)點下滑，半球后退，這個物理情形和上面的雙斜面問題十分相似，仔細(xì)分析，由于同樣滿足水平方向動

29、量守恒，故我們介紹的“定式”是適用的。定式解決了水平位移（位置）的問題，豎直坐標(biāo)則需要從數(shù)學(xué)的角度想一些辦法。為尋求軌跡方程，我們需要建立一個坐標(biāo)：以半球球心O為原點，沿質(zhì)點滑下一側(cè)的水平軸為x坐標(biāo)、豎直軸為y坐標(biāo)。由于質(zhì)點相對半球總是做圓周運動的（離開球面前），有必要引入相對運動中半球球心O的方位角來表達(dá)質(zhì)點的瞬時位置，如圖8所示。由“定式”，易得：x = Rsin 而由圖知：y = Rcos 不難看出，、兩式實際上已經(jīng)是一個軌跡的參數(shù)方程。為了明確軌跡的性質(zhì)，我們可以將參數(shù)消掉，使它們成為： + = 1這樣特征就明顯了：質(zhì)點的軌跡是一個長短半軸分別為R和R的橢圓。五、功的定義式中S怎么取值

30、？在求解功的問題時，有時遇到力的作用點位移與受力物體的（質(zhì)心）位移不等，S是取力的作用點的位移，還是取物體（質(zhì)心）的位移呢？我們先看下面一些事例。1、如圖9所示，人用雙手壓在臺面上推講臺，結(jié)果雙手前進(jìn)了一段位移而講臺未移動。試問：人是否做了功？2、在本“部分”第3頁圖1的模型中，求拉力做功時，S是否可以取繩子質(zhì)心的位移？3、人登靜止的樓梯，從一樓到二樓。樓梯是否做功？4、如圖10所示，雙手用等大反向的力F壓固定汽缸兩邊的活塞，活塞移動相同距離S，汽缸中封閉氣體被壓縮。施力者（人）是否做功？在以上四個事例中，S若取作用點位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，樓梯支持力的作用點并未移動，而

31、只是在不停地交換作用點），S若取物體（受力者）質(zhì)心位移，只有第2、3例是做功的，而且，盡管第2例都做了功，數(shù)字并不相同。所以，用不同的判據(jù)得出的結(jié)論出現(xiàn)了本質(zhì)的分歧。面對這些似是而非的“疑難雜癥”，我們先回到“做功是物體能量轉(zhuǎn)化的量度”這一根本點。第1例，手和講臺面摩擦生了熱，內(nèi)能的生成必然是由人的生物能轉(zhuǎn)化而來，人肯定做了功。S宜取作用點的位移；第2例，求拉力的功，在前面已經(jīng)闡述，S取作用點位移為佳；第3例，樓梯不需要輸出任何能量，不做功，S取作用點位移；第4例，氣體內(nèi)能的增加必然是由人輸出的，壓力做功，S取作用點位移。但是，如果分別以上四例中的受力者用動能定理，第1例，人對講臺不做功，S取

32、物體質(zhì)心位移；第2例，動能增量對應(yīng)S取L/2時的值物體質(zhì)心位移；第4例，氣體宏觀動能無增量，S取質(zhì)心位移。（第3例的分析暫時延后。）以上分析在援引理論知識方面都沒有錯，如何使它們統(tǒng)一？原來，功的概念有廣義和狹義之分。在力學(xué)中，功的狹義概念僅指機械能轉(zhuǎn)換的量度；而在物理學(xué)中功的廣義概念指除熱傳遞外的一切能量轉(zhuǎn)換的量度。所以功也可定義為能量轉(zhuǎn)換的量度。一個系統(tǒng)總能量的變化，常以系統(tǒng)對外做功的多少來量度。能量可以是機械能、電能、熱能、化學(xué)能等各種形式，也可以多種形式的能量同時發(fā)生轉(zhuǎn)化。由此可見，上面分析中，第一個理論對應(yīng)的廣義的功，第二個理論對應(yīng)的則是狹義的功，它們都沒有錯誤，只是在現(xiàn)階段的教材中還

33、沒有將它們及時地區(qū)分開來而已。而且，我們不難歸納：求廣義的功，S取作用點的位移；求狹義的功，S取物體（質(zhì)心）位移。那么我們在解題中如何處理呢？這里給大家?guī)c建議： 1、抽象地講“某某力做的功”一般指廣義的功；2、講“力對某物體做的功”常常指狹義的功；3、動能定理中的功肯定是指狹義的功。當(dāng)然，求解功地問題時，還要注意具體問題具體分析。如上面的第3例，就相對復(fù)雜一些。如果認(rèn)為所求為狹義的功，S取質(zhì)心位移，是做了功，但結(jié)論仍然是難以令人接受的。下面我們來這樣一個處理：將復(fù)雜的形變物體（人）看成這樣一個相對理想的組合：剛性物體下面連接一壓縮的彈簧（如圖11所示），人每一次蹬梯，腿伸直將軀體重心上舉，等

34、效為彈簧將剛性物體舉起。這樣，我們就不難發(fā)現(xiàn)，做功的是人的雙腿而非地面，人既是輸出能量（生物能）的機構(gòu)，也是得到能量（機械能）的機構(gòu)這里的物理情形更象是一種生物情形。本題所求的功應(yīng)理解為廣義功為宜。以上四例有一些共同的特點：要么，受力物體情形比較復(fù)雜（形變，不能簡單地看成一個質(zhì)點。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之間的能量轉(zhuǎn)化不是封閉的（涉及到第三方，或機械能以外的形式。如第1例）。以后，當(dāng)遇到這樣的問題時，需要我們慎重對待。（學(xué)生活動）思考：足夠長的水平傳送帶維持勻速v運轉(zhuǎn)。將一袋貨物無初速地放上去，在貨物達(dá)到速度v之前，與傳送帶的摩擦力大小為f ，對地的位移為S 。試問：求摩擦

35、力的功時，是否可以用W = fS ？解：按一般的理解，這里應(yīng)指廣義的功（對應(yīng)傳送帶引擎輸出的能量），所以“位移”取作用點的位移。注意，在此處有一個隱含的“交換作用點”的問題，仔細(xì)分析，不難發(fā)現(xiàn)，每一個（相對皮帶不動的）作用點的位移為2S 。（另解：求貨物動能的增加和與皮帶摩擦生熱的總和。）答：否。（學(xué)生活動）思考：如圖12所示，人站在船上，通過拉一根固定在鐵樁的纜繩使船靠岸。試問：纜繩是否對船和人的系統(tǒng)做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。六、機械能守恒與運動合成（分解）的綜合物理情形：如圖13所示，直角形的剛性桿被固定，水平和豎直部分均足夠長。質(zhì)量分別為m1和m2的A、B兩個有孔小球，串

36、在桿上，且被長為L的輕繩相連。忽略兩球的大小，初態(tài)時，認(rèn)為它們的位置在同一高度，且繩處于拉直狀態(tài)?，F(xiàn)無初速地將系統(tǒng)釋放，忽略一切摩擦，試求B球運動L/2時的速度v2 。模型分析：A、B系統(tǒng)機械能守恒。A、B兩球的瞬時速度不等，其關(guān)系可據(jù)“第三部分”知識介紹的定式（滑輪小船）去尋求。（學(xué)生活動）A球的機械能是否守恒？B球的機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能守恒的理由是什么（兩法分析：a、“微元法”判斷兩個WT的代數(shù)和為零；b、無非彈性碰撞，無摩擦，沒有其它形式能的生成）？由“拓展條件”可以判斷，A、B系統(tǒng)機械能守恒，（設(shè)末態(tài)A球的瞬時速率為v1 ）過程的方程為：m2g = + 在末態(tài)，繩與水平桿的瞬時夾

37、角為30，設(shè)繩子的瞬時遷移速率為v ，根據(jù)“第三部分”知識介紹的定式，有：v1 = v/cos30, v2 = v/sin30兩式合并成：v1 = v2 tg30= v2/ 解、兩式，得：v2 = 七、動量和能量的綜合（一）物理情形：如圖14所示，兩根長度均為L的剛性輕桿，一端通過質(zhì)量為m的球形鉸鏈連接，另一端分別與質(zhì)量為m和2m的小球相連。將此裝置的兩桿合攏，鉸鏈在上、豎直地放在水平桌面上，然后輕敲一下，使兩小球向兩邊滑動，但兩桿始終保持在豎直平面內(nèi)。忽略一切摩擦，試求：兩桿夾角為90時，質(zhì)量為2m的小球的速度v2 。模型分析：三球系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒，并注意約束關(guān)系兩桿不可伸長

38、。（學(xué)生活動）初步判斷：左邊小球和球形鉸鏈的速度方向會怎樣？設(shè)末態(tài)（桿夾角90）左邊小球的速度為v1（方向：水平向左），球形鉸鏈的速度為v（方向：和豎直方向夾角斜向左），對題設(shè)過程，三球系統(tǒng)機械能守恒，有：mg( L-L) = m + mv2 + 2m 三球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：mv1 + mvsin= 2mv2 左邊桿子不形變，有：v1cos45= vcos(45-) 右邊桿子不形變，有：vcos(45+) = v2cos45 四個方程，解四個未知量（v1 、v2 、v和），是可行的。推薦解方程的步驟如下1、兩式用v2替代v1和v ，代入式，解值，得：tg= 1/4 2、在回到、兩式，得

39、：v1 = v2 , v = v2 3、將v1 、v的替代式代入式解v2即可。結(jié)果：v2 = （學(xué)生活動）思考：球形鉸鏈觸地前一瞬，左球、鉸鏈和右球的速度分別是多少？解：由兩桿不可形變，知三球的水平速度均為零，為零。一個能量方程足以解題。答：0 、 、0 。（學(xué)生活動）思考：當(dāng)兩桿夾角為90時，右邊小球的位移是多少？解：水平方向用“反沖位移定式”，或水平方向用質(zhì)心運動定律。答： 。進(jìn)階應(yīng)用：在本講模型“四、反沖”的“進(jìn)階應(yīng)用”（見圖8）中，當(dāng)質(zhì)點m滑到方位角時（未脫離半球），質(zhì)點的速度v的大小、方向怎樣？解說：此例綜合應(yīng)用運動合成、動量守恒、機械能守恒知識，數(shù)學(xué)運算比較繁復(fù)，是一道考查學(xué)生各種

40、能力和素質(zhì)的難題。據(jù)運動的合成，有： = + = - 其中必然是沿地面向左的，為了書寫方便，我們設(shè)其大小為v2 ；必然是沿半球瞬時位置切線方向（垂直瞬時半徑）的，設(shè)大小為v相 。根據(jù)矢量減法的三角形法則，可以得到（設(shè)大小為v1）的示意圖，如圖16所示。同時，我們將v1的x、y分量v1x和v1y也描繪在圖中。由圖可得：v1y =（v2 + v1x）tg 質(zhì)點和半球系統(tǒng)水平方向動量守恒，有：Mv2 = mv1x 對題設(shè)過程，質(zhì)點和半球系統(tǒng)機械能守恒，有：mgR(1-cos) = M + m ，即：mgR(1-cos) = M + m（ + ） 三個方程，解三個未知量（v2 、v1x 、v1y）是可

41、行的，但數(shù)學(xué)運算繁復(fù)，推薦步驟如下1、由、式得：v1x = v2 ， v1y = (tg) v2 2、代入式解v2 ，得：v2 =3、由 = + 解v1 ，得：v1 =v1的方向：和水平方向成角，= arctg = arctg（）這就是最后的解。一個附屬結(jié)果：質(zhì)點相對半球的瞬時角速度 = = 。八、動量和能量的綜合（二）物理情形：如圖17所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為M = 1 kg的平板車左端放有質(zhì)量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素= 0.5 。開始時，車和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運動，車與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加

42、速度g = 10 m/s2 ，試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車第一次碰墻后所走的總路程。模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常規(guī)。能量關(guān)系介紹摩擦生熱定式的應(yīng)用。由于過程比較復(fù)雜，動量分析還要輔助以動力學(xué)分析，綜合程度較高。由于車與墻壁的作用時短促而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當(dāng)兩對作用同時發(fā)生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認(rèn)為鐵塊與車的作用尚未發(fā)生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。規(guī)定向右為正向，將矢量運算化為代數(shù)運算。車第一次碰墻后，車速變?yōu)関 ，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動

43、量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向為正，必朝墻運動。（學(xué)生活動）車會不會達(dá)共同速度之前碰墻？動力學(xué)分析：車離墻的最大位移S = ,反向加速的位移S= ，其中a = a1 = ，故S S ，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達(dá)到共同速度v1 。車第二次碰墻后，車速變?yōu)関1 ，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = = ，因方向為正，必朝墻運動。車第三次碰墻，共同速度v3 = = ，朝墻運動。以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況鐵塊：勻減速向右勻速向右勻減速向右勻速向右平板車：勻減速向左勻加速向右勻速向右勻減速向左勻加速向右勻速向右顯然，只要車和鐵

44、塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩(wěn)定狀態(tài)是：它們一起停在墻角（總的末動能為零）。1、全程能量關(guān)系：對鐵塊和車系統(tǒng)，Ek =E內(nèi) ，且，E內(nèi) = f滑 S相 ，即：（m + M）v2 = mgS相 代入數(shù)字得：S相 = 5.4 m2、平板車向右運動時比較復(fù)雜，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，故第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = n次碰墻的總路程是： S = 2（ S1 + S2 + S3 + + Sn ）= （ 1 + + + + ） = （ 1 + + + + ）碰墻次數(shù)n，代入其它數(shù)字，得：S = 4.05 m（學(xué)生活動）質(zhì)量為M 、

45、程度為L的木板固定在光滑水平面上，另一個質(zhì)量為m的滑塊以水平初速v0沖上木板，恰好能從木板的另一端滑下。現(xiàn)解除木板的固定（但無初速），讓相同的滑塊再次沖上木板，要求它仍能從另一端滑下，其初速度應(yīng)為多少？解：由第一過程，得滑動摩擦力f = 。第二過程應(yīng)綜合動量和能量關(guān)系（“恰滑下”的臨界是：滑塊達(dá)木板的另一端，和木板具有共同速度，設(shè)為v ），設(shè)新的初速度為m =（ m + M ）vm - （ m + M ）v2 = fL解以上三式即可。答：= v0 。第十五講 機械振動和機械波知識點擊1簡諧運動的描述和基本模型 簡諧振動的描述：當(dāng)一質(zhì)點，或一物體的質(zhì)心偏離其平衡位置x，且其所受合力F滿足，故得，

46、則該物體將在其平衡位置附近作簡諧振動。簡諧運動的能量：一個彈簧振子的能量由振子的動能和彈簧的彈性勢能構(gòu)成，即簡諧運動的周期：如果能證明一個物體受的合外力，那么這個物體一定做簡諧運動，而且振動的周期，式中m是振動物體的質(zhì)量。彈簧振子：恒力對彈簧振子的作用：只要m和k都相同，則彈簧振子的振動周期T就是相同的，這就是說，一個振動方向上的恒力一般不會改變振動的周期。多振子系統(tǒng)：如果在一個振動系統(tǒng)中有不止一個振子，那么我們一般要找振動系統(tǒng)的等效質(zhì)量。懸點不固定的彈簧振子：如果彈簧振子是有加速度的，那么在研究振子的運動時應(yīng)加上慣性力單擺及等效擺：單擺的運動在擺角小于50時可近似地看做是一個簡諧運動，振動的

47、周期為，在一些“異型單擺”中，的含義及值會發(fā)生變化。（6）同方向、同頻率簡諧振動的合成：若有兩個同方向的簡諧振動，它們的圓頻率都是，振幅分別為A1和A2，初相分別為和，則它們的運動學(xué)方程分別為 因振動是同方向的，所以這兩個簡諧振動在任一時刻的合位移仍應(yīng)在同一直線上，而且等于這兩個分振動位移的代數(shù)和，即由旋轉(zhuǎn)矢量法，可求得合振動的運動學(xué)方程為這表明，合振動仍是簡諧振動，它的圓頻率與分振動的圓頻率相同，而其合振幅為合振動的初相滿足2機械波：（1）機械波的描述：如果有一列波沿x方向傳播，振源的振動方程為y=Acost，波的傳播速度為，那么在離振源x遠(yuǎn)處一個質(zhì)點的振動方程便是，在此方程中有兩個自變量：

48、t和x，當(dāng)t不變時，這個方程描寫某一時刻波上各點相對平衡位置的位移；當(dāng)x不變時，這個方程就是波中某一點的振動方程（2）簡諧波的波動方程：簡諧振動在均勻、無吸收的彈性介質(zhì)中傳播所形成的波叫做平面簡諧波。如果一列簡諧波在平面內(nèi)，以波速u沿軸正方向傳播，振源（設(shè)其位于坐標(biāo)原點）的振動方程為，由于波是振動狀態(tài)的傳播，故知坐標(biāo)原點的振動狀態(tài)傳播到離振源處要滯后的時間。這表明若坐標(biāo)原點振動了t時間，x處的質(zhì)點只振動了的時間，于是x處振動質(zhì)點的位移可表為 顯然，上式適用于表述ox軸上所有質(zhì)點的振動，它就是平面簡諧波的波函數(shù)，也常稱為平面簡諧波的波動方程。同理，如果簡諧波沿ox軸負(fù)方向傳播，則波函數(shù)為為了加深

49、對波函數(shù)物理含義的理解，下面以為例做討論。當(dāng)時（好似用攝像機對著坐標(biāo)為這一質(zhì)點進(jìn)行拍攝），則。它表示的是坐標(biāo)為的質(zhì)點在不同時刻的位移，即該處質(zhì)點的振動方程。當(dāng)時（好似用照相機對一組質(zhì)點在時刻進(jìn)行照相），則。它表示在給定的時刻各質(zhì)點的位移分布情況，相應(yīng)的圖像稱為時刻的波形圖。3波的干涉和多普勒效應(yīng)波的疊加：幾列波在同一介質(zhì)中傳播時，在它們相遇的區(qū)域內(nèi)，每列波都將保持各自原有的頻率、波長和傳播方向，并不相互干擾波的這種性質(zhì)叫做波的獨立性因此在幾列波重疊的區(qū)域內(nèi)，每個介質(zhì)質(zhì)點都將同時參與幾列波引起的振動，每個質(zhì)點的振動都是由幾個分振動合成的故在任一時刻，每個質(zhì)點的位移都是幾列波各自的分振動引起的位移

50、的矢量和這種現(xiàn)象稱為波的疊加波的干涉：兩列頻率相同、振動方向相同、相位差恒定的波叫做相干波。兩列相干波傳到同一個區(qū)域，可使某些位置的質(zhì)點振動加強，某些位置的質(zhì)點振動減弱，而且振動加強和振動減弱的區(qū)域相互間隔，這種現(xiàn)象叫做波的干涉。多普勒效應(yīng)：當(dāng)聲源和觀察者之間存在相對運動時，會發(fā)生收聽頻率和聲源頻率不一致的現(xiàn)象該種現(xiàn)象神稱為多普勒效應(yīng)為了簡單，這里僅討論波源或觀察者的運動方向與波的傳播方向共線的情況設(shè)波速為，波的頻率為，接收到的頻率為：（a）觀察者以速度u向波源運動：(b)波源以速度向觀察者運動：(c)波源和觀察者都運動：根據(jù)簡諧振動的基本模型和各種變形的振動模型，求振動周期是振動問題的一種基

51、本類型，解題中要注意簡諧振動的動力學(xué)特征或的形式，從中得出有關(guān)等效量。 例1一簡諧運動的系統(tǒng)如圖71所示，不計一切摩擦，繩不可伸長，m1、m2及彈簧的勁度系數(shù)k已知求m2上下振動的周期。分析和解：本題是一個彈簧振子的變式模型，解題時要根據(jù)受力分析由牛頓運動定律得出振動的動力學(xué)特征，然后由周期公式就可求出其振動周期設(shè)某一時刻彈簧伸長，繩上張力是FT。 分析m1： 分析m2：消去FT：，假設(shè)振子平衡時彈簧伸長，此時m1、m2的加速度為零，則有設(shè)m1偏離平衡位置的位移為，則 將代入式，可得 所以這個振子系統(tǒng)的等效質(zhì)量是，周期為波的干涉問題大多是問題簡單，解答繁復(fù)，根據(jù)矢量疊加原理和波的干涉特征，大多

52、產(chǎn)生多值問題，在處理這類問題時，一般先不急于代人數(shù)據(jù)，文字運算有助于從物理意義角度思考問題例3如圖73所示，在半徑為45 m的圓形跑道的P點和圓心Q點各有一個相同的揚聲器，發(fā)出的都是波長10 m的完全相同的聲波，一個人從直徑PH的H點出發(fā)，沿逆時針方向繞圓周走一圈，問他離開H點后，到達(dá)P點前共聽到幾次最弱的聲音？分析和解：本題是根據(jù)波的干涉原理來解決聲波干涉的現(xiàn)象，解題時可從波程差和振動加強或減弱的條件出發(fā)。如圖74所示，設(shè)人走到圓弧上的A點處，APH=，則P、Q兩點波源到A的路程差S滿足：S2RcosR考慮人的運動范圍，對于，有， 為使人能聽到最弱的聲音，S又應(yīng)滿足： 結(jié)合，將R=45 m，

53、 =10 m代入，得到N=0，1,2,3,4,5時，人能聽到最弱的聲音，共10次。波動問題的最大特征就是其多解性，包括速度的正負(fù)方向，距離相差整數(shù)倍波長時振動的完全等效，都應(yīng)仔細(xì)考慮，在處理這類問題時，一般應(yīng)先求出產(chǎn)生多解量的表達(dá)式，然后通過文字運算得到所求量的表達(dá)式，最后根據(jù)有關(guān)物理意義確定題解。例4圖75中的實線和虛線分別表示沿軸方向傳播的正弦波t=0和t=1s時刻的波形。 （1）求該波的頻率和波速； （2）寫出X=0及X=1 m處的質(zhì)點振動方程。分析和解：本題的特點是波的傳播方向不確定和周期的不確定（或距離相差整數(shù)倍波長時振動的完全等效）形成多解。 （1）由題給圖象可知，如果波向x正方向

54、傳播，則兩時間間隔內(nèi)該機械波可能向前傳播了，其中n=0，1，2，3，同理，如果波沿x軸負(fù)方向傳播, （2）如果波向x軸正方向傳播，則有x=0時，x=lm時，同理，如果波向x軸負(fù)方向傳播，則有x=0時，x=1時，等效擺的問題也簡諧振動的另一基本模型單擺的變形模型，求振動周期時一般考慮等效擺長和等效重力加速度，但對于剛體構(gòu)成的復(fù)擺，其等效量的計算往往要考慮質(zhì)心及剛體的轉(zhuǎn)動慣量才能簡化解題過程。 例5如圖76所示，由勻質(zhì)金屬絲做成的等腰三角形可在圖示平面內(nèi)作小振幅振動在位置（a）和（b）的情形，長邊是水平的所有三種情形的振動周期均相等試求出該周期分析和解：該題中，懸掛的三角形架為一復(fù)擺，而復(fù)擺的周期

55、公式為，對象是剛體，I為剛體對懸點的轉(zhuǎn)動慣量，h為質(zhì)心與懸點間的距離另外，題中得出兩位置相異、周期相同的置點與質(zhì)量心間的距離S1、S2滿足，與m，I無關(guān)，這是一個非常重要的結(jié)論。如圖77，設(shè)三個懸點分別距金屬架Sa，Sb，Sc，對于懸掛點距質(zhì)心為S的復(fù)擺的周期T，討論如下： 其中Io為系統(tǒng)繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動慣量。將式視為一關(guān)于S的一元二次方程，則當(dāng)T為一確定G位于AC的中點，Sa=Sc=5cm，式的兩解為Sa=5 cm，Sb=21. 6 cm即類型五、多普勒效應(yīng)的問題是波源或觀察者的運動與波的傳播三者間的相對運動的問題，一般地說可化為行程問題來解，但解題過程會比較復(fù)雜，所以直接用推導(dǎo)得出的公式比較簡

56、單。 例6一個人站在廣場中央，對著甲、乙、丙三個伙伴吹哨子（頻率），甲、乙、丙距廣場中央都是100m遠(yuǎn)，且分別在廣場中央的南東北面，第四個伙伴丁從西面乘車以40m/s的速度趕來，忽然有一陣穩(wěn)定的風(fēng)由南向北吹來，速度為速度為10m/s，如圖78所示，求甲、乙、丙、丁四人聽到哨聲的頻率各是多少？已知當(dāng)時聲速為320m/s。分析和解：由于風(fēng)吹動引起介質(zhì)相對聲源和觀察者以速度運動，即，應(yīng)用多普勒效應(yīng)公式 對甲：，則對乙：由于在東西方向無速度分量，故，所以對丙：，對丁：u=0， 第十五講 熱力學(xué)基礎(chǔ)一、知識點擊1氣體的壓強和內(nèi)能理想氣體狀態(tài)方程理想氣體的狀態(tài)方程表述了一定質(zhì)量的氣體的壓強p、體積V和熱力

57、學(xué)溫度T之間的關(guān)系，將密度公式代人，可得利用1 mol的理想氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的參量可以得到 理想氣體的內(nèi)能由于理想氣體分子間不存在分子力，也就沒有分子力勢能因此，理想氣體的內(nèi)能就是氣體所有分子熱運動動能的總和，即一定質(zhì)量理想氣體內(nèi)能的改變量是2分子熱運動的特點 能量守恒定律和熱力學(xué)第一定律物質(zhì)分子熱運動特點：由于晶體中微粒間的作用力很強，占主要地位微粒的熱運動主要表現(xiàn)為以結(jié)點為平衡位置的微振動，這稱為熱振動。其振動的時間、方向、振幅、頻率等都是雜亂無章的；氣體中分子間距大，分子力往往可以忽略，熱運動占主要地位分子能在空間自由運動，是完全無序的因此它充滿能到達(dá)的空間，沒有一定的體積和形狀，容易被

58、壓縮，具有流動性；液體分子間距離小，相互作用力較強，其分子熱運動主要表現(xiàn)為在平衡位置作微振動，但它也能遷移到新的平衡位置振動上表現(xiàn)出不易壓縮，具有一定體積的特點，這像固體；同時它具有流動性、沒有固定形狀，這像氣體。可見液體的性質(zhì)是介于氣體與固體之間的。能量守恒定律和熱力學(xué)第一定律 能量守恒和轉(zhuǎn)化定律是自然界最普遍、最根本的規(guī)律之一，它在物理學(xué)的各個領(lǐng)域有不同的體現(xiàn)，而熱力學(xué)第一定律和物態(tài)變化就是該定律在熱學(xué)領(lǐng)域中的生動體現(xiàn)熱力學(xué)第一定律：在某一變化過程中，如果外界對物體做的功是W，物體從外界吸收的熱量是Q，則物體內(nèi)能的增量E=W+Q。在使用這個定律時要注意三個量的正負(fù)；外界對物體做功，W取正；

59、物體對外界做功，W取負(fù)；物體從外界吸熱，Q取正；物體對外界放熱，Q取負(fù)；物體內(nèi)能增加，E取正；物體內(nèi)能減少，E取負(fù)。氣體的壓強問題解題關(guān)鍵就在于受力分析時不能遺漏缸內(nèi)氣體產(chǎn)生的壓強和缸外大氣壓強產(chǎn)生的壓力，然后列出力的平衡方程或動力學(xué)方程即可求解。 例1兩端開口的橫截面積為S的直管固定在水平方向上，在管內(nèi)有兩個活塞開始左邊活塞通過勁度系數(shù)為k的未形變的彈簧與固定的壁相連兩個活塞之間的氣體壓強P0等于外界大氣壓強右活塞到右管口的距離為H，它等于兩活塞之間的距離（圖81）將右活塞緩慢地拉向右管口，為了維持活塞在管口的平衡，問需用多大的力作用在此活塞上？摩擦不計溫度恒定分析和解：隨著右活塞被拉向管口

60、，兩活塞之間氣體的體積將擴(kuò)大，壓強減小，于是左活塞也向右移動，彈簧拉長；力F作用在右活塞上，將它拉到管口處，列出此時兩活塞的平衡條件：左活塞：P0SPSkx=0 右活塞：F十PSP0S=0 式中P為后來兩活塞之間氣體壓強可得： F二P0SPS=kx可見，x=0，F(xiàn)=0；k=0，F(xiàn)=0. 因溫度恒定，根據(jù)玻意耳定律有 P0HSP(2Hx）S由此，得 將式代入式，得到關(guān)于F的二次方程： F2（P0S +2kH) F+P0SkH=0其解既然k=0時，F(xiàn)=0，所以最終答案應(yīng)為 與氣體的壓強相聯(lián)系的不穩(wěn)定平衡問題，可通過力的分析列出力的平衡方程和位置變化后的能量變化相結(jié)合來求解。 例2一個質(zhì)量為m=20