機(jī)械能守恒定律常見(jiàn)“陷阱”歸類

嚴(yán)　俊

摘要：本文通過(guò)對(duì)五道簡(jiǎn)單、常見(jiàn)卻又能說(shuō)明問(wèn)題實(shí)質(zhì)的例題的分析和總結(jié)，對(duì)機(jī)械能守恒定律解題的典型錯(cuò)誤進(jìn)行歸因歸類。

關(guān)鍵詞：“陷阱”歸類；圓周運(yùn)動(dòng)；速度分解；過(guò)程“突變”

中圖分類號(hào)：G633.7 文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼：A文章編號(hào)：1003-6148(2009)6(S)-0051-2

應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)，相互作用的物體間的力可以是變力，也可以是恒力；同時(shí)這一定律只涉及系統(tǒng)的初、末狀態(tài)的物理量，而不需要分析中間過(guò)程的復(fù)雜變化，使問(wèn)題處理得到簡(jiǎn)化。但學(xué)生解題時(shí)，往往會(huì)誤入機(jī)械能守恒定律方便、簡(jiǎn)捷的“陷阱”，而忽視對(duì)研究對(duì)象的受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和過(guò)程分析。

1 與圓周運(yùn)動(dòng)相關(guān)

例1 如圖1，光滑弧形軌道與半徑為r的光滑圓軌道相連，固定在同一個(gè)豎直面內(nèi)。將一只質(zhì)量為m的小球由圓弧軌道上離水平面某一高度處無(wú)初速釋放。為使小球在沿圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)始終不離開(kāi)軌道，這個(gè)高度h的取值范圍如何？

典型錯(cuò)解 以圓軌道最高點(diǎn)為零勢(shì)能點(diǎn)，有mg(h-2r)=0，解得h=2r。

簡(jiǎn)析 忽視無(wú)支承面物體做圓周運(yùn)動(dòng)能否過(guò)最高點(diǎn)的條件：mg+N=mv2高r，N≥0，v高≥gr。又mg(h-2r)=12mv2高，解得h≥2.5r。但以h≥2.5r作為答案又是不全面的，不能對(duì)物體的運(yùn)動(dòng)情況做全面分析。思維定勢(shì)“不脫離軌道”就是能“完成圓周運(yùn)動(dòng)”使得漏掉“小球在圓軌道上的往復(fù)運(yùn)動(dòng)”，漏解h≤r。

例2 如圖2中的AOB是游樂(lè)場(chǎng)中的滑道模型，它位于豎直平面內(nèi),由兩個(gè)半徑都是R的1/4圓周連接而成，它們的圓心O1、O2與兩圓弧的連接點(diǎn)O在同一豎直線上。一小球可由弧AO上任意點(diǎn)從靜止開(kāi)始下滑。若小球從開(kāi)始下滑到脫離滑道過(guò)程中，在兩個(gè)圓弧上滑過(guò)的弧長(zhǎng)相等，則小球開(kāi)始下滑時(shí)應(yīng)在圓弧AO上的何處？（用該處到O1的連線與豎直線的夾角表示）。

典型錯(cuò)解 脫離軌道時(shí)，

N=0，mg=mv2R，v=gR，①

2mgR(1-cosθ)=12mv2。②

聯(lián)立①②解得cosθ=3/4。

簡(jiǎn)析 忽視物體的運(yùn)動(dòng)情景已發(fā)生變化，死搬硬套v=gR，N=0。

此處脫離軌道受力如圖3，mgcosθ-N=mv2R，N=0，v=gRcosθ。 ③

聯(lián)立②③解得cosθ=4/5。

2 與速度分解相關(guān)

例3 如圖4，A、B的質(zhì)量m瑼=m瑽=3.75kg，C的質(zhì)量m瑿=1kg，A、B放在處于同一高度的光滑水平臺(tái)面上，A、B之間用一足夠長(zhǎng)的輕繩（無(wú)彈性）連接，D、E分別是兩個(gè)大小不計(jì)的光滑定滑輪，DE間的距離l=1.2m，現(xiàn)將重物C用一光滑的輕鉤掛在繩子DE的中點(diǎn)，開(kāi)始時(shí)用手托住C使繩子水平拉直，然后從靜止開(kāi)始釋放C。當(dāng) C下落h=0.8m時(shí)，求 A、B、C速度v瑼、v瑽、v瑿的大小。

典型錯(cuò)解 A、B、C速度大小相等，由

m瑿gh=12(m瑼+m瑽+m瑿)v2共。

解得v共=2m瑿gh2m瑼+m瑿

=2×1×10×0.82×3.75+1m/s

≈1.37m/s。

簡(jiǎn)析 由圖4可知A、B、C的位移關(guān)系可知v瑼=v瑽，

v瑿=12(v瑼cosθ+v瑽cosθ)

=v瑼cosθ

=v瑼hh2+(l/2)2。①

再考慮能量守恒有：

m瑿gh=12m瑿v瑿²+12m瑼v瑼2+12m瑽v瑽2。②

聯(lián)立解得：

v瑿=1.12m/s，v瑼=v瑽=1.40m/s。

例4 如圖6，豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的半圓形圓柱截面，用輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)且足夠長(zhǎng)的細(xì)線連接A、B兩球，質(zhì)量分別為M、m?，F(xiàn)將球A從圓柱邊緣處?kù)o止釋放，已知A球始終不離開(kāi)球面且不計(jì)一切摩擦。求A球滑到最低點(diǎn)時(shí)，兩球速度的大??？

典型錯(cuò)解

MgR-mg2R=12(M+m)v2共。

簡(jiǎn)析 A球滑到最低點(diǎn)時(shí)，兩球速度不等，A球的運(yùn)動(dòng)有兩實(shí)際效果：沿繩方向使繩伸長(zhǎng)、垂直于繩方向使繩擺動(dòng)，因此v瑼在沿繩方向上的投影速度與v瑽相等，如圖7所示。

MgR-mg2R=12Mv2瑼+12mv2瑽，

v瑼sin45°=v瑽。

聯(lián)立解得：

v瑼=2(M-2m)gR2M+m，

v瑽=(M-2m)gR2M+m。

3 與運(yùn)動(dòng)過(guò)程“突變”相關(guān)

例5 如圖8所示，一長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩一端固定在O點(diǎn)，另一端拴一質(zhì)量為m的小球，開(kāi)始時(shí)，細(xì)繩處于水平線上方30°的位置 A點(diǎn)處而伸直，將小球由A靜止釋放，求通過(guò)圓弧最低點(diǎn)C時(shí)小球的速度為多大？

典型錯(cuò)解 mgL(1+sin30°)=12mv2。

簡(jiǎn)析 如圖9所示，小球自由下落到與A對(duì)稱的B點(diǎn)瞬間，小球的運(yùn)動(dòng)發(fā)生突變，由自由落體變?yōu)樽兯賵A周運(yùn)動(dòng)，繩瞬間產(chǎn)生張力，小球的機(jī)械能不守恒，可認(rèn)為轉(zhuǎn)化為繩的彈性勢(shì)能而最終變?yōu)閮?nèi)能散失。將v瑽進(jìn)行分解，v2損失，以v1開(kāi)始做變速圓周運(yùn)動(dòng)。mgL=12mv2瑽，v1=v瑽cos30°，mgL(1-cos60°)=12mv2瑿-12mv21。聯(lián)立解得：v瑿=52gL。

可見(jiàn)，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律分析幾個(gè)不同物理過(guò)程的物體運(yùn)動(dòng)，要注意分析每個(gè)過(guò)程機(jī)械能是否守恒，還要分析過(guò)程的聯(lián)結(jié)點(diǎn)有無(wú)能量損失。只有無(wú)機(jī)械能損失才能對(duì)整體列機(jī)械能守恒式，否則只能給出每段對(duì)應(yīng)的守恒關(guān)系。對(duì)于繩子突然繃緊，子彈打木塊，爆炸、打擊等非彈性碰撞情況，一般不能直接使用機(jī)械能守恒定律。

(欄目編輯陳 潔)