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由图可得：v1y =（v2 + v1x）tgθ ① 质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2 = mv1x ②
11对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = Mv22 +
222mv1 ，即：
1122Mv2 + m（v12x + v1y） ③ 22三个方程，解三个未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——
m?MM1、由①、②式得：v1x = v2 ， v1y = (tgθ) v2
mmmgR(1-cosθ) =
2m2gR(1?cos?)2、代入③式解v2 ，得：v2 =
M2?Mm?(M?m)2tg2?3、由
2v1 =
2v1x
+
2v1y解v1 ，得：v1 =
2gR(1?cos?)(M2?2Mmsin2??m2sin2?) 22M?Mm?m(M?m)sin?v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg这就是最后的解。
v1yv1x = arctg（
M?mtg?） M〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω =
v相R =
2g(m?M)(1?cos?) 。〕 2R(M?msin?)八、动量和能量的综合（二）
物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。
模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程
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度较高。
由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。
规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。 车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，
mv?M(?v)v作用完毕后，共同速度v1 = = ，因方向为正，必朝墙运动。
m?M3（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位
2v1v2?mg移S = ,反向加速的位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所
2aM2a1以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1 。 车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2 = 运动。
车第三次碰墙，……共同速度v3 =
v2v = 3，朝墙运动。 33mv1?M(?v1)vv = 1 = 2，因方向为正，必朝墙
m?M33……
以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——
铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……
平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……
显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。
1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE内 ，且，ΔE内 = f滑 S相 ，
1即：（m + M）v2 = μmg·S相
2代入数字得：S相 = 5.4 m
2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故
v2第一次：S1 =
2a2v11v2第二次：S2 = = 22a2a3v21v22第三次：S3 = =
2a2a34精品文档
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……
n次碰墙的总路程是：
v2111ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + 2 + 4 + … + 2 ） （n?1）a333v2111 = （ 1 + 2 + 4 + … + 2 ） （n?1）?mg333M碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m
（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？
2mv0解：由第一过程，得滑动摩擦力f = 。
2L第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另
一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为v?0
mv?0 =（ m + M ）v
11mv?02 - （ m + M ）v2 = fL 22解以上三式即可。 答：v?0=
m?Mv0 。 M
第三讲 典型例题解析
教材范本：龚霞玲主编《奥林匹克物理思维训练教材》，知识出版社，2002年8月第一版。
例题选讲针对“教材”第七、第八章的部分例题和习题。
第六部分 振动和波
第一讲 基本知识介绍
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《振动和波》的竞赛考纲和高考要求有很大的不同，必须做一些相对详细的补充。
一、简谐运动
1、简谐运动定义：?F= －kx ①
凡是所受合力和位移满足①式的质点，均可称之为谐振子，如弹簧振子、小角度单摆等。
谐振子的加速度：a= －
?k?x m??2、简谐运动的方程 回避高等数学工具，我们可以将简谐运动看成匀速圆周运动在某一条直线上的投影运动（以下均看在x方向的投影），圆周运动的半径即为简谐运动的振幅A 。
??依据：?Fx = －mω2Acosθ= －mω2x
对于一个给定的匀速圆周运动，m、ω是恒定不变的，可以令：
mω2 = k 这样，以上两式就符合了简谐运动的定义式①。所以，x方向的位移、速度、加速度就是简谐运动的相关规律。从图1不难得出——
?x位移方程： = Acos(ωt + φ)
②
?速度方程：v = －ωAsin(ωt +φ) ③
?加速度方程：a= －ω2A cos(ωt +φ) ④
相关名词：(ωt +φ)称相位，φ称初相。
??运动学参量的相互关系：a= －ω2x
2?(A = x0v02)?
tgφ= －
v0 ?x03、简谐运动的合成 a、同方向、同频率振动合成。两个振动x1 = A1cos(ωt +φ1)和x2 = A2cos(ωt +φ2) 合成，可令合振动x = Acos(ωt +φ) ，由于x = x1 + x2 ，解得
A = A12?A22?2A1A2cos(?2??1) ，φ= arctg
A1sin?1?A2sin?2
A1cos?1?A2cos?2显然，当φ2－φ1 = 2kπ时（k = 0，±1，±2，…），合振幅A最大，当φ2－φ1 = （2k + 1）π时（k = 0，±1，±2，…），合振幅最小。
b、方向垂直、同频率振动合成。当质点同时参与两个垂直的振动x = A1cos(ωt + φ1)和y = A2cos(ωt + φ2)时，这两个振动方程事实上已经构成了质点在二维空间运动的轨迹参数方程，消去参数t后，得一般形式的轨迹方程
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为
y2xyx2+2－2cos(φ2－φ1) = sin2(φ2－φ1) 2A1A2A1A2
显然，当φ2－φ1 = 2kπ时（k = 0，±1，±2，…），有y = 为直线，合运动仍为简谐运动；
A2x ，轨迹A1y2x2当φ2－φ1 = （2k + 1）π时（k = 0，±1，±2，…），有2+2=
A1A21 ，轨迹为椭圆，合运动不再是简谐运动；
当φ2－φ1取其它值，轨迹将更为复杂，称“李萨如图形”，不是简
谐运动。
c、同方向、同振幅、频率相近的振动合成。令x1 = Acos(ω1t + φ)和x2 = Acos(ω2t + φ) ，由于合运动x = x1 + x2 ，得：x =（2Acos（
?2??12?2??12t）cos
t +φ）。合运动是振动，但不是简谐运动，称为角频率为
?2??12的“拍”
现象。
4、简谐运动的周期
由②式得：ω= 所以
T
⑤
5、简谐运动的能量
一个做简谐运动的振子的能量由动能和势能构成，即
?E= mv +
122
k ，而圆周运动的角速度和简谐运动的角频率是一致的，m= 2π
m k12kx2 = kA2
12注意：振子的势能是由（回复力系数）k和（相对平衡位置位移）x决定的一个抽象的概念，而不是具体地指重力势能或弹性势能。当我们计量了振子的抽象势能后，其它的具体势能不能再做重复计量。
6、阻尼振动、受迫振动和共振 和高考要求基本相同。
二、机械波
1、波的产生和传播
产生的过程和条件；传播的性质，相关参量（决定参量的物理因素） 2、机械波的描述
a、波动图象。和振动图象的联系 b、波动方程
如果一列简谐波沿x方向传播，振源的振动方程为y = Acos（ωt + φ），波的传播速度为v ，那么在离振源x处一个振动质点的振动方程便是
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