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全国中学生物理竞赛辅导5_图文

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奥赛典型例题 分析(力学守恒律)
1

1. 如图1所示,一截面为圆形 的细管被弯成半径为R的圆环, 此圆环的内外半径几乎相同, 现把这圆环固定在竖直平面, 一小球原来位于环中最低处, F 小球在拉力F作用下以匀速率 图1 v沿圆环从最低点运动到 最高点,拉力F的方向始终沿圆环的切线方 向,若小球与管内外壁的摩擦因数为μ,管 内内壁光滑,试求小球沿圆环从最低点到 最高点过程中,拉力F所做的功. (小球的 质量为m,拉力F的大小未知)
2

y
例1 解:因为F的大小未知,所以不能直接 用F来求功. 但可利用动能定理来求. 对于小球从A→B过程,据动能定理得 AF ? AG ? A f ? 0

AF ? ? AG ? A f (1)
B

C

O ? C ?
F

x

A 图1

(2) 其中重力的功为 AG ? ?2mgR 因为摩擦力是变力,所以,本题的关键是如何求出 摩擦力的功Af . 下面利用对称性来求. N ? 如图所示,当小球运动到θ角位置时,有
v2 N ? mg cos ? ? m R
f

mg
3

v N ? mg cos ? ? m R

2

y
B

C

v2 ) (3) 故 N ? mg (cos ? ? F Rg A 当N>0时,表示小球与环外壁接触,且受到 图1 环外壁的支持力作用,因外壁粗糙,那么此时小球就会 受到摩擦力的作用;而N<0时,表示小球与环内壁接 触,且受到环内壁的支持力作用,但内壁光滑,那么此 时小球就没有摩擦力的作用.显然,当θ是钝角时,就 有可能使得N<0.下面就此进行一些讨论. v2 v2 (1)若 v 2 ? Rg ,则当? ? ? C ? arccos( ? ) ? ? ? arccos Rg Rg 时,N>0,小球与环外壁接触,且受到受到摩擦力的作 4 用.

O ? C ?

x

v2 N ? mg (cos ? ? ) (3) Rg v2 v2 ? C ? arccos( ? ) ? ? ? arccos 是临界角. Rg Rg

y
B

C

O ? C ?
F

x

如图1所示,小球从A运动到C的过程,与 环外壁接触,有摩擦力作用;从C运动到B 的过程,小球与环内壁接触,无摩擦力作 用. 在C点处,N=0. 为计算摩擦力的功,考察一微小过程(如图2所示). y 此过程摩擦力的功为 v2 ?A f ? ? f?s ? ? ?N?s ? ? ?mg?s cos ? ? ?m ?s o ?? x R ? v2 ?s ? ? ?mg?x ? ?m R?? ? ? ?mg?x ? ?mv 2 ?? R 5 R 图2

A 图1

?A f ? ??mg?x ? ?mv 2 ??

y
B

C

因为C点到y轴的距离为 R sin ? C 所以,从A→C过程有
A f ? ? ?A f ? ? ?mg ? ?x ? ?mv 2 ? ?? ? ? ?mgR sin ? C ? ?mv ? C
2

O ? C ?
F

x

A 图1

y

v2 ? ? ?m R 2 g 2 ? v 4 ? ?mv 2 (? ? arccos ) Rg

o ??
?
?s

x

从C→B过程没有摩擦力. 所以,从A→B过程拉力F的功为

图2

v2 AF ? ? AG ? A f ? 2mgR ? ?m R 2 g 2 ? v 4 ? ?mv 2 (? ? arccos ) Rg
6

(2)若 v 2 ? Rg ,则不存在N=0的临界点,小球始终与 环外壁接触,且始终受到摩擦力的作用.故有 B
A f ? ? ?A f ? ? ?mg ? ?x ? ?mv 2 ? ?? ? 0 ? ?mv 2? ? ? ?mv 2?
F

于是,从A到B过程,拉力F做的功为
AF ? ? AG ? A f ? 2mgR ? ?mv 2?

A 图1

7

2. 如图2所示,质量分布均匀的细链,长 为L=10m,质量为10kg,其一端系于天 花板的P点处,人提着另一端,P、Q两点 的高度差为h =2m,设人的提拉力F= 100N,试求天花板对细链的作用力.
P Q

图2
8

例2 解: (虚似法)由于细链挂在竖直平 P 面内,且没有对称性,所以无法用力的 Q 平衡方法求解.但可以作如下情景虚似: 人将链条沿其拉力方向缓慢移动一微 小位移?L,在这一过程中保持链条的形 TP 图1 状和位置不变,那么这仅仅相当于把微 P h TQ 元?L从P点移到Q点,链条的势能减少 了. 据功能原理有 Q
TQ ?L ? TP ?L ? ??mgh 图2 m 又 ?m ? ?L L m 10 所以 TP ? TQ ? gh ? 100 ? ? 10 ? 2 ? 120 ( N ) L 10
9

3. 足球运动员在离球门11m处 罚点球,球准确地从球门的横 梁下沿飞进球门. 设横梁下沿 离地面的高度h=2.5m,足球 的质量为m=0.5kg,不计空气 阻力,那么运动员必须传递给 这个足球的最小能量是多少?
(19届俄罗斯中学生竞赛题)
10

例3 解: 如图1所示,据勾股定理得
2

v0 t 1 2 1 2 2 2 gt (v0 t ) ? ( gt ? h) ? L 2 2 v0 经整理得 h ? x o L2 ? h 2 1 2 2 L 2 v0 ? ? g t ? gh 2 图1 4 t L2 ? h 2 1 2 2 L2 ? h 2 2 因为 ? g t ? g 是一正恒量 2 4 4 t

y



L2 ? h 2 1 2 2 时,v 2 有最小值. ? g t 0 2 4 t
L ?h 1 2 2 ?2 ? g t ? gh ? g L2 ? h 2 ? gh 4 t2
2 2
11

(v )

2 0 min

2 (v0 ) min ? g L2 ? h 2 ? gh

所以,运动员传递给这个足球的最小能量为
1 1 2 E k ? m(v0 ) min ? mg ( L2 ? h 2 ? h) ? 34 ( J ) 2 2

12

4. 如图3所示,四个质量都是m 的质点,用同 样长的不可伸长的细线连结成一菱形ABCD, 静止地放在水平光滑的桌面上,若突然给质 点A一个历时极短沿CA方向的冲击,当冲击 结束时刻,质点A的速度为v,其它质点也同 ? 时获得一定的速度, ?BAD ? 2? , ? ? ,试 4 求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总 能量. (96年13届复赛题)
v
A


B



2?




C

D

图3

13

例4 解:由对称性可知,B、C、D质点 的速度有如下规律(如图2所示):

B

v

A

2?

C

C的速度必沿CA方向,vB1=vD1,vB2=vD2. D 因为绳子不可伸长,所以必有各对应质 图1 点沿相连的绳子方向的速度必须相等. v B1 I2 v cos ? ? vB1 cos ? ? vB 2 sin ? I1 vB2 I2 I1 vC vD2 vC cos ? ? v B1 cos ? ? v B 2 sin ? I1 I I2 1 v D1 又设各条绳子给质点的冲量如图2 I2 所示.那么据动量定理有 图2 mvB1 ? I1 cos ? ? I 2 cos ?
mvB 2 ? I1 sin ? ? I 2 sin ?
mvC ? 2I 2 cos ?
14

v cos ? ? vB1 cos ? ? vB 2 sin ? vC cos ? ? v B1 cos ? ? v B 2 sin ? mvB1 ? I1 cos ? ? I 2 cos ? mvB 2 ? I1 sin ? ? I 2 sin ? mvC ? 2I 2 cos ?

v B1

I1 vB2 I2 I1 vC vD2 I1 I I2 1 v D1 I2
图2

I2

由以上5个方程可解得 v v B1 ? 1 ? 2 sin 2 ?
vB2 v sin 2? ? 1 ? 2 sin 2 ?

v cos 2? vC ? 1 ? 2 sin 2 ?

15

v B1

v ? 1 ? 2 sin 2 ?

vB2

v sin 2? ? 1 ? 2 sin 2 ?

v B1

v cos 2? vC ? 1 ? 2 sin 2 ?

I1 vB2 I2 I1 vC vD2 I1 I I2 1 v D1 I2
图2

I2

于是系统的总动量大小为
4mv p ? mv ? 2mvB1 ? mvC ? 1 ? 2 sin 2 ?

方向沿CA方向

系统的总动能为
E k ? E Ak ? E Bk ? ECk ? E Dk 2mv 2 ? 1 ? 2 sin 2 ? 1 2 2 2 ? m[v 2 ? 2(v B1 ? v B 2 ) ? vC ] 2
16

5. 如图4所示,质量为m的物体 可沿足够长的竖直轨道A、B上 下运动,物体正下方放置一个 轻弹簧,物体与轨道间的最大 静摩擦力与滑动摩擦力都是
1 f ? mg ,现在物体在距离弹簧为 2

A

m

B d

d 高度处由静止开始下落,试求: (1)物体下落达到的最低位置与 弹簧劲度系数k的关系. (2)物体由最低位置第一次弹回 的高度与k 的关系.

图4

17

例5 解:物体m的运动可分为三个过程: A m B 加速下落距离d→压缩弹簧变加速下落至 d 停止→反弹向上运动. 由于弹簧的k值未知,所以,物体m到达 最低位置后的运动存在以下三种可能性: 第一种:不能弹回; 图1 第二种:弹回后弹簧仍被压缩; 第三种:弹回后能脱离弹簧. 下面就这三种可能性来讨论k的取值范围: 设m运动到最低位置时,弹簧的压缩量为s,则据功能 原理有 1 1 2 ? mg ( s ? d ) ? ks ? mg ( s ? d ) (1) 18 2 2

A 1 1 2 ? mg ( s ? d ) ? ks ? mg ( s ? d ) 2 2

m

B d

A

B d

由此解得 1 s? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (2) 2k 显然,m下落停止后回弹的 条件是
F弹 ? mg ? f 3mg 故 s? 2k

m

s

图1

图2



1 ks ? mg ? mg 2

3mg 时,m不能弹回. 讨论: (1)当 s ? 2k 3mg 此时,代入(2)式可得:k ? → m不能弹回的条件. 19 4d

1 s? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (2) 2k 3mg m不能弹回 k? 4d 3mg (2)显然,当 k ? 时,m可以回弹. 4d ①若m反弹至速度为零时,弹簧仍被压缩. 设此时压缩 量为s1(如图3所示),由功能关系得 B A B A m B A
d

d

m

d

m

s

s1
h1

图1

图2

图3

20

A

m

B A d

B A d

B

m

d

m

s

s1
h1

图1 图2 图3 1 s? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (2) 2k 1 1 2 1 2 ? mg ( s ? s1 ) ? [ ks1 ? mg ( s ? s1 )] ? ks 2 2 2 把(2)式代入可得 1 s1 ? (5mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (3) 2k

21

A

m

B A d

B A d

B

m

d

m

s

s1
h1

图1 图2 图3 1 s? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (2) 2k 1 s1 ? (5mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (3) 2k 1 反弹高度为 h1 ? s ? s1 ? ( m 2 g 2 ? 4kdmg ? 2mg ) k 这时应满足s1≥0,否则m将脱离弹簧.

(4)
22

3mg m不能弹回 k? 4d m回弹后弹簧仍 1 2 2 s1 ? (5mg ? m g ? 4kdmg ) 有的压缩量 2k 6mg k? 由s1≥0可得 3mg d 6mg 时,m反弹,且反弹结束 由此可知,当 ?k? 4d d 时,弹簧的压缩量为s1. 6mg ②当 k ? 时,s1<0,弹簧被拉长,不合理. 这其实 d 表示在这条件下,弹簧恢复原长后,m将脱离弹簧继 续向上运动. 设m上升到距离弹簧自由端为s2时才静止, 如图4所示. 于是据功能关系有
23

A

m

B A
d

B d

A

m

B

m

s

h2

s2 d

图4 图1 图2 1 1 2 ? mg ( s ? d ) ? ks ? mg ( s ? d ) (1) 2 2 1 s? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg ) (2) 2k 1 1 2 ? mg ( s ? s 2 ) ? mg ( s ? s 2 ) ? ks 2 2 1 由此式及(1)式可得 h2 ? s ? s 2 ? ( s ? d ) 3 把(2)代入得m的反弹高度h2为

24

A

m

B A
d

B d

A

m

B

m

s

h2

s2 d

图1

图2

图4

1 1 h2 ? s ? s 2 ? [d ? (mg ? m 2 g 2 ? 4kdmg )] (5) 3 2k d 6mg 当 k? 时,反弹高度 h2 ? 2 d d 当 k ? ? 时,反弹高度 h2 ? (此时 s ? 0 ) 3
25

6. 如图5所示,军训中战士距墙S0处以速 度v0起跳,再用脚蹬墙面一次,身体变为 竖直向上的运动,以继续升高,墙面与鞋 底之间的静摩擦系数为μ,求能使人体重 心有最大总升高的起跳角θ.
(95年12届预赛题)
v0 θ S0

图5
26

例6 解:建立xoy坐标系,如图所示. y
v0 o θ
S0

B

人以θ角起跳,经时间t,其重 v 心由O到达B,此时速度为v. 则有

重心升高为 S0 g H 1 ? S 0 tan ? ? ( )2 2 v0 cos ?

x

v x ? v0 cos ? , v y ? v0 sin ? ? gt

(1)

在B处用脚蹬墙,利用最大静摩擦力的冲量可使人的 向上动量增加: ?(mv y ) ? m?v y ? F?t ? ?N?t (2) 而正压力的冲量恰好使人的水平分动量变为零.
27

y

v
v0 o θ
S0

?(mv y ) ? m?v y ? F?t ? ?N?t

(2)

B

N?t ? mvx ?v y ? ?v x

(3) (4)

x 由(2)、(3)式可得

蹬墙结束时,人的重心的竖直向上的速度为
v y ? ?v y ? v y ? ?v x

于是,人以此为初速度继续升高
H2 ? (v y ? ?v x ) 2 2g
28

(v y ? ?v x ) 2 S0 g H 1 ? S 0 tan ? ? ( )2 , H 2 ? 2 v0 cos ? 2g

整个过程,人的重心的总升高为
S0 g H ? H 1 ? H 2 ? S 0 tan ? ? ( )2 ? 2 v0 cos ? 因为从O到B,所用时间t为 (v y ? ?v x ) 2 2g

S0 t? v0 cos ?

故在B点处有
2 v0 sin ? cos ? ? gS 0 v x ? v0 cos ? , v y ? v0 sin ? ? gt ? v0 cos ?
29

S0 g H ? H 1 ? H 2 ? S 0 tan ? ? ( )2 ? 2 v0 cos ?

(v y ? ?v x ) 2 2g

2 v0 sin ? cos ? ? gS 0 v x ? v0 cos ? , v y ? v0 sin ? ? gt ? v0 cos ?

由以上两式可得 2 v0 H? (sin ? ? ? cos ? ) 2 ? ?S 0 2g ? 1 , cos ? ? 令 sin ? ? 1? ? 2 1? ? 2 可得
2 v0 H? (1 ? ? 2 ) sin 2 (? ? ? ) ? ?S 0 2g

1? ? 2

?
1

? ?

30

v H? (1 ? ? 2 ) sin 2 (? ? ? ) ? ?S 0 2g

2 0

1? ? 2

?
1

? ?

显然,当 ? ? ? ?

?
2

时,H最大,因此起跳角为

??

?
2

? ? ? arc cot ?

31

7. 如图6所示,A、B是静止在水平地面上完全 一样的两块长木板,A的左端与B的右端相接 触,两板的质量都是M=2kg,长度都是l=1m, C是一质量为m=1kg的小物体,现给它一初速 度v0=2m/s,使它从B板的左端开始向右滑动, 已知地面是光滑的,而C与A、B之间的动摩擦 因数都是μ=0.1,求最后A、B、C各以多大的 速度做匀速运动,取 g=10m/s2 . v0
C B A

图6
32

例7 解: 小物块m最终有三 种可能性:停在B板上,停 C 在A板上,从A板右端滑出.

v0 B A

图1 (1)设m最终停在B板上,其在B 板上滑行距离为x,最后A、B、C三者的共同速度为v. 据动量守恒定律及功能关系得
mv0 ? (2M ? m)v 1 2 1 mv0 ? (2M ? m)v 2 ? ?mgx 2 2

解得 x = 1.6 m > l = 1.0 m 由此可知,m不可能停在B板上.
33

(2)设m刚好滑到A板时的速度为v1,A、B板的共同 速度为v2 . 据动量守恒定律及功能关系得
mv0 ? mv1 ? 2Mv 2
1 2 1 2 1 2 mv0 ? mv1 ? 2 ? Mv 2 ? ?mgl 2 2 2

由这两式并代入数据可得
v1 ? 1.38 (m / s) , v2 ? 0.155 (m / s)

由此可见,m进入A板后,将继续在A板上滑行.
34

(3)设m最终停在A板上,它在A板上滑行距离为y, A、 C的共同速度为v3 . 据动量守恒定律及功能关系得
mv1 ? Mv 2 ? ( M ? m)v3
1 2 1 1 2 2 mv1 ? Mv 2 ? ?mgy ? ( M ? m)v3 2 2 2

由这两式并代入数据可得
v3 ? 0.563 (m / s) , y ? 0.50 (m) ? l

所以,物块C最终停在A板上,与A板一起向前滑 行,两者的共同速度约为0.563m/s,而B板向前滑行 的速度约为0.155m/s . 35

8. 如图7所示,在长为l=1m,质量为mB=30kg 的车厢B内的右壁处,放一质量为mA=20kg的 小物块A(可视为质点). 向右的水平力F= 120N作用于车厢B,使之从静止开始运动,测 得车厢B在最初2s内移动的距离为S=5m,且 在这段时间内小物块A未与车厢壁发生过碰撞. 假定车厢与地面的摩擦可忽略不计,小物块A 与车厢壁的碰撞是弹性碰撞,求车厢开始运动 后4s时车厢和小物块的速度. (02年19届预赛题) B F
A

图7

36

B A F 例8 解: 先判断A与B之间是否存在摩擦. 若A与B无摩擦,则车B向右运动5m的 图1 过程中,A应该保持静止,从而A与B必发 生碰撞,但这不符合题意. 依题意,在T0=2s内A与B未发生过碰撞,因此不论A与 B之间是否有相对运动,不论A与B是否有摩擦,B总是 作初速度为零的匀加速直线运动(因为即使有摩擦力 存在,也是恒力). 设B的加速度为aB1,有 1 S ? a B1T02 2 2S 2 ? 5 a B1 ? 2 ? 2 ? 2.5 (m / s 2 ) (1) 由此得 T0 2 又若A与B之间的摩擦力足够大,使得A与B之间无相 37 对运动,则B的加速度应为

2S a B1 ? 2 ? 2.5 (m / s 2 ) (1) T0 F aB ? ? 2.4 (m / s 2 ) m A ? mB

B A 图1

F

但这与(1)式矛盾. 故A与B之间有摩擦,但又存在相 对运动.以f 表示A与B之间的摩擦力大小,则对车B有 1 F? f 2 S? ? t 2 mB 代入数据可求得 f ? 45 N 物块A会不断地与车壁相碰. (1)A相对B向左滑动时,A的加速度大小为 f 方向向右 aA ? ? 2.25 (m / s 2 ) mA

38

B的加速度大小为 F? f aB ? ? 2.5 (m / s 2 ) mB A相对B的加速度大小为
2

B A

F

方向向右
图1

a1 ? a A ? a B ? 0.25 (m / s )

方向向左

(2)A相对B向右滑动时,A的加速度大小为 f 方向向左 aA ? ? 2.25 (m / s 2 ) mA B的加速度大小为 F? f aB ? ? 5.5 (m / s 2 ) 方向向右 mB A相对B的加速度大小为
a2 ? a A ? a B ? 7.75 (m / s )
2

方向向左
39

以B为参考系,A的运动如图2所形 象表示. A先由初速度为零,向车B左壁做 加速度为a1的匀加速运动,并与左壁 发生第一次碰撞. 由于碰撞是弹性的, 故碰后A以原来的速率弹回,并以加 速度a2向右做匀减速运动,速度减为 零后,又接着以以加速度a1向左做匀 加速运动,从而与B左壁作第二次碰 撞,余此类推,以后A相对B做类似 的运动. 由于a2>a1,所以A每次与B左 壁碰撞后,离开左壁的最大距离呈递 减变化,故A不会与B的右壁相碰.

B A 图1
1 2 3 4

F

l


图2

40

设A第1、2、3 … n次与B左壁相碰 后相对B的速度大小分别为v1、v2、 v3… vn,则有 4 2 v1 ? 2a1l ? (m / s) 2 又设A与B左壁第1次碰撞后,离开左壁 的最大距离为d1,则有 v12 ? 2a2 d1
2 v2 ? 2a1d1

1 2 3

l

由此解得 同法可求得

v2 ? v3 ?

a1 v1 a2 a1 a1 2 v2 ? ( ) v1 a2 a2


图2

41

a1 n ?1 vn ? ( ) v1 a2

1 2 3
4

l

从理论上讲,A将与B左壁发生无限 多次碰撞,最终A将停在B的左壁处. A 从开始运动到最终停在B的左壁处所用 的时间为

v n v n ?1 v1 v1 v 2 v 2 v3 T ? ? ( ? ) ? ( ? ) ??? ( ? ) a1 a 2 a1 a 2 a1 a2 a1 1 1 ? (v1 ? v 2 ? ? ? v n ?1 ) ? (v1 ? v 2 ? ? ? v n ) a1 a2 1 1 v1 ?( ? ) a1 a 2 1 ? q
42


图2

1 1 v1 T ?( ? ) a1 a 2 1 ? q

1 2 3
2

l

2 v1 ? m/s, q ? 2

a1 1 ? m / s2 a2 31

代入可求得

T ? 3.56 s ? 4 s

这表明t=4s时,A与B已具有相同速度,设这共同 速度为v,则由动量定理得
Ft ? (m A ? mB )v

代入数据可求得 v ? 9.6 m / s
43


图2

把 a1 ? 0.25 m / s ,a2 ? 7.75 m / s ,
2

4

9. 如图8所示,长为l、 线密度为λ的链条由图 示位置(底端距离地 面为h)从静止开始下 落,试求链条落下过 程中地面对链条的支 持力.假设落到地面处 的那部分链条速度马 上变为零.

l

h

图8

44

例9 解:用密舍尔斯基方程求解 设时间t时链条上端的坐标为x,如图2所示.
此时,空中那部分链条的速度为
u ? 2 g ( h ? l ? x)
图1 l h x x

以已落在地面上的那部分链条为主体, 它将在?t 时间内俘获?m的质量. ?m ? ?u?t 地面上的那部分链条的质量为 ? (l ? x) ,它受到 重力、地面支持力N的作用,忽略?m的重力. 因为地面那部分链条始终静止。没有加速度和 ? ? ?m ? 速度. 据密舍尔斯基方程 F外 ? v r ? ma m 得 ?t

O
图2

45

u ? 2 g ( h ? l ? x)

?m ? ?u?t

x x

?m N ? ?g (l ? x) ? (?u ? 0) ?0 ?t 由以上三式可解得

O
图2

N ? ?g[3(l ? x) ? 2h]

显然,当全部链条刚落到地面时,x=0,此时N最大.
N ? ?g (3l ? 2h)

46

x 方法2:用质心运动定理 x 以整条链条为研究对象,其总长为l,质量为m. 因t时刻,地面上链条的质量为 ? (l ? x),坐标 为0. O x 空中那部分链条的质量为 ?x ,质心坐标为 图2 2 所以整条链条的质心坐标为 x 0 ? ?x ? ? 2 x2 2 ? xC ? x ? m 2m 2l 于是,质心速度为

1 ? 2 x?x ?xC 2l v vC ? ? ? x ?t ?t l
47

v vC ? x l

x
x

质心加速度为
?vC 1 ?x ?v 1 2 aC ? ? (v ? x ) ? (v ? xg) ?t l ?t ?t l
图2

O

因为

v 2 ? 2 g ( h ? l ? x)

g (2h ? 2l ? 3x) aC ? 故 l 据质心运动定理有 N ? mg ? maC

由以上两式可解得

N ? ?g[3(l ? x) ? 2h]
48

10. 质量足够大的长木板从t=0时刻开始在水 平方向上自静止出发朝右作匀加速运动,加 速度大小为a,在板上方H高度处有一静止小 球,如图9所示.在t=0时刻小球自由落下, 而后与板发生碰撞.设小球与平板接触时的滑 动摩擦系数μ=0.1,小球反弹高度也是H, 将小球反弹离开平板时相对地面参考系的速 度方向与朝右的 ● 水平方向的夹 H 角记为β,试求 a tgβ与a的关系, 并作tgβ-a曲 图9 线. 49

例10 解: 小球在 t ?

2H g

时刻以速度
H



v? ? 2 gH 与平板相碰,此时平板向
2H 右的水平速度为 v ? at ? a . g

a 图1

由于小球与平板刚接触时,没有水平速度,故小球 与平板之间必存在滑动摩擦力 ,直至接触结束或小球 与平板具有相同的水平速度(此后摩擦力为静摩擦力). 设平均支持力为 N ,平均滑动摩擦力为 f ,平均支持力 的作用时间为?tN,平均滑动摩擦力的作用时间为?tf . 因反弹后小球的反弹高度仍为H,故碰撞后小球竖 直方向的速度大小为 v? ? 2 gH ,设碰撞后小球的水平 速度为v// ,则有 N ?t N ? 2mv? (1)
f?t f ? mv// (2)
50

2H v?a g

, N ?t N ? 2mv? (1) , f?t f ? mv// (2)

(1)设 ?t N ? ?t f ,则有

?N?t N ? mv//

(3)

1 2 gH 由(1)、(3)式可得 v // ? 2?v ? ? 2? 2 gH ? 5 因为 ?t N ? ?t f 成立的条件是 v // ? v ,即 ?
1 2H 2 gH ? a 5 g



1 a? g 5

a ,v
?

那么,此时有
v? tan ? ? ?5 v //

图2

51

(2)设 ?t N ? ?t f g 显然当 a ? 时,若仍假定 ?t N ? ?t f ,这就必然会导 5 g 致 v // ? v , 这是不合理的,因此当 a ? 时,必然有 5 tan ? ?t N ? ?t f ,而且有
2H v // ? v ? a g v? g ? 此时, tan ? ? v // a

5
g g g , 当a ? a 5
g 5 , 当a ? 5

o

1 5

a

综上所述,本题的解为 tan ? ?
tan ? ? a 曲线如图所示.

52

11.质量都是m的两质点A和B用长 为2l的不可伸长的轻绳连接,开始 时A、B位于同一竖直线上,且离 地足够远,B在A的下方l处,在给 A以一水平速度v0的同时,由静止 释放B,问经过多长时间后,A与 B第一次恰好位于同一水平线上?

53

例11 解: A被水平抛出后做平抛运 A v0 o? x 动,B释放后做自由落体运动. 当连 l B? 接两质点的绳刚拉直时,设绳与竖 直方向成θ角,如图所示. A1 A2 ? 因在绳子拉直前,A、B两质点在 vA B1 ? 2l l 竖直方向运动的距离是相等的,故 v B ? A2B1=l,因此θ=60°. y 在绳子拉紧过程中,A、B之间发生相互作用,系统动 量守恒. 由于在绳子拉直前,A、B两质点在竖直方向的 速度相等,故在以此速度运动的参考系中,A的速度为 v0,B则静止. 设相对这一参考系,绳子拉紧后A、B的速 ? ? 度分别为 v1 和 v2 ,据动量守恒得 ? ? ? mv0 ? mv1 ? mv2 ? 式中 v2 方向沿绳子,这因为绳子对B的作用力沿绳 ? 子,而 v1方向未知,可沿平行绳、垂直绳方向分解.

把上式沿绳子方向和垂直绳子方向的投影式分别为 A v0 ? mv0 cos 30? ? mv1 ? mv2 o? l ? mv0 sin 30? ? mv1? B?
? 因绳子不可伸长,故 v1 ? v2
A2

x

? v 由以上三式可解得 l A B1 ? 2l vB ? 3 ? v1 ? v1 ? v 2 ? v0 y A1 4 ? 1 v1 v2 ?? ? v0 v1 B1 ? v1? ? 2 ? 绳子拉紧后,A相对B做圆周运动,速度为 v1?, 角速 度为 v ?? v0 ?? ? 2l 4l 55

A1

当直线A1B1转过?θ=30°时,A1、 oA v0 x ? l B1位于同一水平线,所经历时间为 B? ?? 2? l t2 ? ? A1 A2 ? 3v0 ? v 设自释放B到绳子拉直经历时 l A B1 ? 2l vB ? 间为t1,有 y 2l sin 60? ? v0 t1 由此得 2l sin 60? 3l t1 ? ? v0 v0 由释放质点B到两质点位于同一水平线上共经历的时间 为 l 2? t ? t1 ? t 2 ? ( ? 3) v0 3 56

12.在水平地面上一质量为M的运动员手持一质量 为m的物块,以速度v0沿与水平面成α角的方向向 前跳跃,为了能跳得更远一点,运动员可在跳远 全过程中的某一位置处,沿某一方向把物块抛出, 物块抛出时相对运动员的速度大小u是给定的, 物块和运动员都在同一竖直平面内运动.(1)若运动 员在跳远全过程中的某一时刻t0,沿与水平向后 方向成某θ角的方向抛出物块,试求运动员从起 跳到落地所经历的时间.(2)在跳远的全过程中,运 动员在何处把物块沿与水平向后方向成θ角的方 向抛出,能使自己跳得更远?若v0和u一定,那么 在什么条件下可跳得更远?并求出运动员跳的最 大距离. (03年20届预赛题) 57

例12 解: 系统质心C做斜抛运动,如图所示,当运动员M 落地时即落到x轴上时,若无 y 大地阻挡,则系统质心C和小 v0 P ? 物块m分别落到图中所示位置. M α x 设在t0时刻运动员在P处抛出 O θ C S 物块,以运动员为参考系,物 0 m 块做匀速直线运动,相对速度 大小为u. 又设运动员落地时,运动员与物块的连线长度 为S0,与x轴的夹角为θ. 那么质心C与运动员之间的距离 为 m l? S0 M ?m 设运动员从起跳到落地所经历的时间为t,由相对运动速 度可得 S 0 ? u(t ? t 0 ) (1) 58

m l? S 0 , 0 ? u(t ? t 0 ) S M ?m

(1)

y v0 P

?

对质心C,据斜抛运动规律得 O m 1 2 ? S 0 sin ? ? v0 sin ?t ? gt M ?m 2

α
(2)
C m

θ

M S0

x

运动员落地处x坐标为 m m x M ? xC ? S 0 cos ? ? v0 cos ?t ? S 0 cos ? M ?m M ?m 由(1)、(2)式得
mu sin ? 2mu sin ? gt ? 2(v0 sin ? ? )t ? t0 ? 0 M ?m M ?m 此方程的解为
2

(3)

(4)
59

1 mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? t ? [v0 sin ? ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 ] g M ?m M ?m M ?m

下面讨论应取哪一个解. 设在刚抛出物块后瞬间,运动员的速度v的竖直分量的 大小为vPy,物块相对运动员的速度u的竖直分量的大小 为uy=usinθ,方向沿y轴负方向. 据动量守恒定律得
( M ? m)(v0 sin ? ? gt 0 ) ? m(v Py ? u sin ? ) ? Mv Py mu sin ? 解得 v Py ?v 0 sin ? ? gt 0 ? M ?m 于是可求出运动员从起跳到最高点所需时间为 v Py 1 mu sin ? t ? ? t0 ? ? (v0 sin ? ? ) g g M ?m

因为必然有

t ? t?

60

S 0 ? u(t ? t 0 )
xM

(1)
(3)

m m ? xC ? S 0 cos ? ? v0 cos ?t ? S 0 cos ? M ?m M ?m

所以t的解应为
1 mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? t ? [v0 sin ? ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 ] g M ?m M ?m M ?m

由(1)、(3)式可解得 m x M ? v0 cos ?t ? u (t ? t 0 ) cos ? M ?m 所以,当t0=0时,xM有最大值. 把t值代入可得此最大值为
xM
2 v0 sin 2? 2muv0 sin( ? ? ? ) m 2 u 2 sin 2? ? ? ? g ( M ? m) g ( M ? m) 2 g
61

xM

2 v0 sin 2? 2muv0 sin( ? ? ? ) m 2 u 2 sin 2? ? ? ? 2 g ( M ? m) g ( M ? m) g

若 sin 2? ? 1 ,sin( ? ? ? ) ? 1 , sin 2? ? 1 即 ? ? 45? , ? 45? 时,xM有最大值 ? 这表明运动员应沿与x轴成45°方向起跳,且跳起 后立刻沿与x轴成45°斜向下方向抛出物块,则运动员 跳的距离最大,为
x M max
2 v0 2muv0 m 2u 2 ? ? ? g ( M ? m) g ( M ? m) 2 g

62

13.长为2l的轻绳两端各系有一质量为m的弹 性小球,中点处系有质量为M的弹性小球, 三球成一直线静止于光滑水平面上,绳处于 伸直状态,现对小球M施加一水平冲力,使 其获得与绳垂直的初速度v0,(1)试求两 小球m相碰时绳中的张力T;(2)若从小球 M开始运动到两小球m相碰历时为t,求在此 期间小球M经过的距离SM;(3)试求当三 小球再次在同一直线上时,绳子的张力; (4)试求运动过程中,小球m的最大动能 和这时两段绳子的夹角. (05年江苏省高考题)
63

v0 例13 解: (1)设两小球m碰撞前小球M的 B 速度为vy,由于绳子长度不变,因此小球 A m M mC m沿绳方向的速度分量也为vy,而垂直绳 子方向的速度分量设为vx,由动量守恒和机械能守恒可得 vy Mv ? ( M ? 2m)v (1) y
0 y

1 1 1 2 2 2 2 Mv 0 ? Mv y ? 2 ? m(v x ? v y ) 2 2 2 由这两式可解得

(2)

vy vy xv vx x
图1

2 Mv 0 2 vx ? (3) M ? 2m 设这时M相对桌面的加速度为aM,则有 2T aM ? (4) aM的方向与y轴的正方向相反. M 64

以小球M为参考系,小球m以速度vx绕M做圆周运动. 由于小球m除了受绳子拉力T作用外,还受 与T同向的 惯性力maM的作用,,故有 2 vx T ? mam ? m l 把(3)、(4)式代入可解得:
2 mM 2 v0 T? l ( M ? 2 m) 2

(2)由于系统沿水平方向不受外力作用,故其质心沿M 运动方向做匀速直线运动,初速度为vC
Mv 0 vC ? M ? 2m
65

在时间t内质心经过的距离为
Mv 0 t S C ? vC t ? M ? 2m

设两小球m相碰时质心与M的距离为yC,则有 2ml yC ? M ? 2m 在时间t内小球M经过的距离为
SM Mv 0 t ? 2ml ? S C ? yC ? M ? 2m

66

(3)如图2所示,当三个小球再次位于 同一水平线上时,据动量守恒得
Mv0 ? Mv M ? 2mvm

vm
A
m

B

vM vm
C M m

又据机械能守恒得 1 1 1 2 2 Mv 0 ? Mv M ? 2 ? mvm 2 2 2
由上面两式可解得 2Mv 0 vm ? M ? 2m
vM M ? 2m ? v0 M ? 2m

图2

67

因这时小球M的加速度为零,以M为参考系(惯性系), 小球m相对小球M的速度为; v ? ? v m ? v M ? v0 那么这时绳子的张力F为 2 ?2 v0 v F ?m ?m l l (4)显然,当小球M的速度为零时,小球m的速度最 大,动能也就最大. 此时有 u ? u Mv 0 ? 2mu sin ? 1 1 22 Mv 0 ? 2 ? mu 图3 2 2 由此可解得小球m的速度最大动能及两绳子之间的夹角 θ分别为 1 1 2 2 E k max ? mu ? Mv 0 , ? ? 2 arcsin M 68 2 4 2m

14. 如图10所示,一柔软绳子总长度为l,它从静 止出发由高度为H的光滑平台沿光滑的斜面滑下, 全部进入光滑水平面后,再经一半径为R的固定 在竖直平面内的光滑圆环,l >2πR,欲使绳子能 全部通过圆环,平台的高度H至少多高?

R H

图10
69

例14 解 因为 l ? 2?R , R 所以软绳能充满整个圆形 H 轨道. 这时软绳的重力势 能为 M 图1 E p ? 2?R gR l 式中M表示软绳的总质量. 设这时软绳的速率为v. 则由 机械能守恒定律得 1 M 1 2?R 2 Mg MgH min ? Mv 2 ? 2?R gR ? Mv 2 ? ?l 2 l 2 l ?? T 取圆形轨道顶点附近的一软绳微元段, T 如图2所示,考虑轨道对它无压力这一 ?mg v 临界情况,这微元受力情况如图2所示. 由向心力公式得 图2 ?? M M v2 2T sin ? R??g ? R?? 70 2 l l R

?? M M v2 2T sin ? R??g ? R?? 2 l l R

?l
T

??

?? ?? 因 ?? 很小,所以, sin ? 2 2 R Mv 2 于是有 T ? Mg ? l l 如图3所示,选图中所示的一段软绳作 研究对象,设前面软绳对它的拉力为T. 设想力T使它移动了一很小的距离 ?x , 那么T的功等于这段软绳的重力势能的增 加. 于是有 M T?x ? ?x 2 Rg l 4?R ? 3l H min ? R 由以上各式可解得 2l

?mg
图2
T

T

v

图3

71

15.质量都是m的三个小 球置于光滑的水平桌面 上,并用长度都为l的轻 刚性杆连接,如图11所 示,整个系统以速度v沿 AB方向运动,运动方向 与BC成α角,当小球C与 桌上垂直AB的竖直、光 滑完全非弹性固定壁相 碰撞时,试求此壁所受 到冲量的大小. (04年21届复赛题)

v A● l


B

α

l

C



图11

72

v1 例15 解 设碰后瞬间三个小球的速度 u u 如图所示,据动量定理得 l B v A● ● α ● x方向: I ? ?2mu ? [3m(?v)] ? m(3v ? 2u ) y I l C x y方向: mv1 ? mv2 ? 0 图1 v 2 因杆不可伸长,所以有

v2 sin ? ? u cos ? ? v1 sin ?

因为墙壁对系统(即对C)的冲力过C点,所以对C 轴, 系统角动量守恒. 故有 2mul sin ? ? mv1l cos ? ? 2mvl sin ? 由以上四个方程可解得墙壁对系统(即对C)的冲量为 2 3 ? sin ? I? mv 2 1 ? 3 sin ? 据牛顿第三定律可知墙壁受到的冲量大小也是此值.
73

16.如图12所示,A是一 个质量为M、半径为R的 均匀球体,O是其球心. 在离球心O很远的O′点 附近有一质点,它以v0 的初速度沿与O′O平行 的方向射向球A,以l表 示质点与O′O线的垂直 距离,要使这质点能够 与球A的表面相碰,试求 l的最大值.

·
l O′

m

v0
A O M

图12

74

例16 解: 所求的l的最大值lmax 对应于 m · v0 质点的速度v的方向刚好与球面相切(如 l 图2所示),由于质点所受球A的万有引 O? 力既是保守力,也是有心力,所以质点 图1 在运动中,质点和球A组成的系统机械 v0 m? 能守恒,设质点的质量为m,有:
1 2 1 2 Mm mv 0 ? mv ? G 2 2 R
mv0 l max ? mvR (2)
l

A O M

A

(1)

O?

图2

O

由以上两式可得:
l max 2GM ? R 1? 2 Rv0
75

17.从地球表面向火星发射火星探测器,设地球和火星都在同一 平面上绕太阳做圆周运动,火星轨道半径Rm是地球轨道半径Re 的1.5倍,简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行: 第一步,在地球表面用火箭对探测器进行加速,使之获得足够 的动能,从而脱离地球的引力作用成为一个沿地球轨道运行的 人造行星;第二步是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭 发动机,在短时间内对探测器沿原方向加速,使其速度数值增 加到适当值,从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道 分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上. 问: (1)为使探测器成为沿地球轨道运行的人造行星,必须加速探 测器,使之在地球附近获得多大的速度(相对地球)? (2)当探测器脱离并沿地球公转轨道稳定运行后,在某年3月1 日零时测得探测器与火星之间的角距离为60? (火星在前,探测器 在后),那么应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能 使探测器刚好落在火星表面?(时间计算仅需精确到日) 已知地球半径为R=6.4×106m,重力加速度取g=9.8m/s2.

(98年15届复赛题)

76

例17 解: (1)设地球的质量为Me,探测器及其附加装置的 质量为m,则探测器在地球表面处时的动能和引力势能 分别是 M em 1 2 Ek ? mv , E P ? ?G 2 R 当探测器脱离地球的引力作用成为沿地球轨道运动 的人造行星时,可以认为探测器的引力势能为零,相 对地球的速度为零,即相对地球动能为零. 据机械能守 恒定律可得 M em 1 2 mv ? G ?0 2 R 由此解得
v? 2GM e ? 2 Rg ? 11.2 ? 10 3 (m / s) R

77

探测器 (2) 为了使探测器落到火星上,必须 日 选择适当时机点燃探测器上的火箭 火星 ? Re ? 发动机,使探测器沿椭圆轨道到达 Rm 与火星轨道的相切点,如图1所示, 而且火星这时也恰好也到达这一点. 图1 为此,必须首先确定点燃探测器上的火箭发动机时探 测器与火星的相对位置,已知探测器在地球公转轨道上 运行周期与地球公转周期相同,为

Tt ? Te ? 365d

据开普勒第三定律可得火星的公转周期为
Tm ? Te Rm 3 ( ) ? 365 1.53 ? 671d Re
78

探测器的椭圆轨道的半长轴为
火星 ? Re ? Rm Re ? a? ? 1.25Re 2 Rm 所以由开普勒第三定律可得探测 图1 器的运行周期为 日

探测器

Tt? ? Tt (

a 3 ) ? 365 1.253 ? 510d Re

因此,探测器由点燃发动机到抵达火星需时间为 Tt? t ? ? 255d 2 探测器在点燃发动机前绕太阳转动的角速度为
360? ?t ? ?e ? ? 0.986? / d 365
79

火星绕太阳转动的角速度为 360? ?m ? ? 0.537? / d 671 由于探测器运行至火星需时间 t=255d,那么火星在这 期间运行的角距离为
?? ? ? m t ? 137?

这表明探测器在椭圆轨道近日点发射时,火星应在其 远日点的切点前137°,亦即点燃火 B 火星 ? 箭发动机时,探测器与火星的角距 探测器 离为θ=43 °,如图2所示.图中A点 137? 43? ?A C 日 表示火箭点火时探测器所在位置, B点表示火箭点火时火星所在位置, C点表示探测器与火星同时到达的 图2 80 位置.

已知某年3月1日零时探测器与火星的角距离为60°,如 图3所示,火星在前,探测器在后,为使其角距离变为 43°,必须等待两者在各自轨道上运行到某个合适的时 日. 设两者到达合适位置,探测器又经历的天数为 t ?,则 探测器 ?t t ? ? ? m t ? ? 60? ? 43? 火星 ? Rm 60?? 由此解得 t ? ? 37.86d
故点燃发动机的时刻应为当年的3月 1日之后38天,即同年的4月7日.


Re

图3

81

19.利用天文望远镜作长期观测,人们在宇宙中已经发 现了许多双星系统,双星系统由两个星体组成,其中 每个星体的线度都远小于两星体之间的距离,一般双 星系统距离其它星体很远,可以作孤立系统处理. 现根 据某一双星系统的光度学测量,该系统的每个星体的 质量都是M,两者的距离为L,它们正在绕系统的质心 做圆周运动. (1)试计算双星系统的运动周期T1. (2)若实际上观测到运动周期为T2,且T2∶T1=1∶ N (N>1),为了解释T2与T1的不同,目前有一种流行的 理论认为,在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的 暗物质,作为一种简化模型,我们假设在这两个星体 连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质,而不考 虑其它暗物质的影响,试根据这一模型和上述观测结 果,确定该星系间暗物质的密度. (99年16届复赛题) 82

例18 解:(1)双星绕它们的质心O做圆周运动, M? O ? 如图1所示. 设运动速率都为v1,则有 L/2 L/2 ? M v12 M2 M ?G 2 (1) 图1 L L 2
GM (2) 故 v1 ? 2L 2? L 2 ? ?L 2 L 周期为 T1 ? v1 GM

(3)

(2)根据观察结果,星体运动周期为 1 T2 ? T1 ? T1 (4) N
83

这说明双星系统中所需的向心力大于两星之间引力, 所以一定还受到其他指向中心的作用力. 按题意这一 作用力来源于均匀分布的暗物质. 均匀分布在球体内 的暗物质对双星系统的作用,与一质量等于球内暗物 质的总质量 位于球心处的质点相同. 考虑暗物质作 M? v2 用后,双星的速度即为观察到的速度 ,则有 2 v2 M2 MM ? M ?G 2 ?G (5) 2 L L (L ) 2 2 由此得
G( M ? 4M ?) v2 ? 2L (6)

因轨道一定时,周期与速度成反比,故有
v2 ? N v1 (7)
84

N ?1 M 把(2)、(6)式代入(7)式得 M ? ? 4 设所求暗物质的密度为ρ,则有
4 L 3 N ?1 ?( ) ? ? M 3 2 4 (9) (10)

(8)

由此解得

3( N ? 1) M ?? 2?L3

85


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