劉習聰

在高中物理教學改革的今天，教學大綱重視開發(fā)學生大腦右半球的優(yōu)勢，發(fā)揮其直覺、預感與技能，增強學生解答物理問題的時間速度性與準確性，及時進行反饋，正確運用強化方法.教學在理解物理概念前提下，建學習目標，開發(fā)動力，注重養(yǎng)學生超越邏輯分析的思維能力，促進學生積極排解問題干擾，克服學習困難，努力強化分析問題技巧.在機械能知識點學習過程中，經常涉及到物系的速度關系.在這方面，速度約束關系上往往許多同學會產生疑惑，本文加以闡述.

1 接觸型約束

例1 如圖1所示機械傳動機構，當連桿系統(tǒng)A在軸套中豎直移動時，下部接觸的半圓柱體隨之水平移動.設連桿與半圓柱體的接觸點和圓心O的連線傾角為θ時，連桿A的速度為vA，半圓柱體的速度為vB，則下列關系式正確的是

A.vA=vBsinθ

B.vA=vBcosθ

C.vA=vBtanθ

D.vA=vBcotθ

解析 方法一 相對運

動法

連桿下端點相對水平面的運動速度vA，等于該點相對半圓柱體的速度u與半圓柱體相對水平面的速度vB的矢量和.而連桿下端點相對半圓柱面的速度u沿圓的切向，作出速度矢量關系如圖2所示，故得：

vA=vBcotθ

方法二 速度分解法

連桿下端點與半圓柱面始終緊密接觸，故垂直接觸面方向的分速度（即圓柱面半徑方向的速度）始終相等，如圖3所示，故有

vAsinθ=vBcosθ

即vA=vBcotθ

答案：D

點評 對接觸物的接觸點，速度關聯的特征是：沿接觸面法向的分速度始終相等，而沿接觸面切向分速度不一定相等（當有相對滑動時）.接觸點的關聯速度也可用相對運動規(guī)律求解.

2 涉及關聯速度的物系動能問題例析

例1 如圖4所示，質量為m、擺長為L的單擺豎直懸掛時，擺球剛好與放在光滑水平面上的斜劈M接觸，斜劈的傾角為θ=53°，斜面光滑，質量也為m.現由靜止開始，用F=mg的水平恒力向左推斜劈，到擺線與斜面平行時，擺球的速度多大？

解析 如圖5所示，設斜劈推至擺線與斜面平行時，斜劈M的速度為v1，位移為s1，擺球的速度為v2，對系統(tǒng)，根據動能定理，有

Fs1-mgL（1-sinθ）=12mv21+12mv22

題設 F=mg，

斜劈的位移為s1=Lcotθ=Lcot53°=34 L

難點在求二者的關聯速度，有兩種方法：

方法一 相對運動法

擺球相對水平面的速度v2，等于擺球相對斜面的速度u與斜劈相對水平面的速度v1的矢量和.如圖6所示，圖中v2垂直擺線，擺線平行于斜面，故

v1sinθ=v2

θ=53°，v1=54v2

方法二 速度分解法

利用擺球和斜劈二者在垂直斜面方向的分速度相等，由于v2垂直擺線，擺線平行于斜面，故v1垂直斜面的分速度和v2相等，如圖7所示，即

v1sinθ=v2

聯立以上各式解得：擺球速度

v2=88205gL

小結 示例可見，掌握了物系關聯速度特征，問題也就迎刃而解.

例2 已知一根不能伸長的輕繩，當繞過不產生摩擦的兩個輕質小定滑輪O1、O2和質量mB=m小球相互連接，如圖8所示，另一端和套在光滑直桿上質量m=mA小物塊相連接，如果直桿兩端固定，和兩定滑輪在同一豎直平面內，那么水平面的夾角θ=60°，兩定滑輪和直桿上C點都在相同高度，C點到定滑輪O1的距離為L，重力加速度為g，若直桿是足夠長，小球運動過程中不存在與其他物體相碰.現將小物塊從C點由靜止釋放，求：

（1）物塊下滑時的最大距離.

（2）物塊在下滑距離是L時的速度值.

（3）若小球在下降最低點時候，小物塊的機械能（取C點所在的水平面為參考平面）.

解析 （1）設小物塊下滑的最大距離為sm，該過程小球升高Δh=L′-L，如圖9所示，系統(tǒng)內僅重力和彈力做功，無其它力做功，機械能守恒ΔEA=ΔEB，得：

mAgsmsin60°=mBgΔh

式中mA=mB=m，又依余弦定理可得：

L′=L2+s2m-2Lsmcos60°=L2+s2m-Lsm

或根據勾股定理得：

L′=（Lsin60°）2+（sm-Lcos60°）2=L2+s2m-Lsm

聯立解得：sm=4（1+3）L

（2）設小物塊下滑距離L時速度為v，此時小球回到初始位置且有向上

的速度vB，如圖10所示，由系統(tǒng)機械能守恒ΔEp=ΔEk，得：

mAgLsin60°=12mAv2+12mBv2B.

式中mA=mB=m，又沿繩方向的分速度大小相等，故

vB=vcos60°，

聯立解得：v=203gL5.

（3）小物塊釋放后下滑，滑輪O1左側細繩先縮短，小球下降；小物塊通過滑輪O1左側細繩垂直桿的位置后，O1左側細繩開始伸長，小球上升.故小物塊到達滑輪O1左側細繩垂直桿的位置時，小球下降到最低點且速度為零.此時，小物塊勢能雖可求，但因小球初始位置未知，導致小物塊的動能無法求出，故需通過轉換，利用過程系統(tǒng)機械能總量不變求解.

設小球初始位置在滑輪O2下方h處，取C點所在的水平面為參考平面，此時系統(tǒng)的機械能為E1=-mBgh； 小球下降到最低點時，設小物塊的機械能為EA，小球的機械能為EB=-mBg[h+L（1-sin60°）]，則系統(tǒng)的機械能為

E2=EA+EB=EA-mBg[h+L（1-sin60°）]，

由E1=E2得：

-mBgh=EA-mBg[h+L（1-sin60°）]

解得：EA=mgL（1-32）