高中物理-奧賽5(力學守恒律)

1、1奧賽典型例題分析奧賽典型例題分析-力學守恒律力學守恒律2圖圖1F1. 如圖如圖1所示，一截面為圓形所示，一截面為圓形的細管被彎成半徑為的細管被彎成半徑為R的圓環(huán)，的圓環(huán)，此圓環(huán)的內(nèi)外半徑幾乎相同，此圓環(huán)的內(nèi)外半徑幾乎相同，現(xiàn)把這圓環(huán)固定在豎直平面，現(xiàn)把這圓環(huán)固定在豎直平面，一小球原來位于環(huán)中最低處，一小球原來位于環(huán)中最低處，小球在拉力小球在拉力F作用下以勻速率作用下以勻速率v沿圓環(huán)從最低點運動到沿圓環(huán)從最低點運動到最高點，拉力最高點，拉力F的方向始終沿圓環(huán)的切線方的方向始終沿圓環(huán)的切線方向，若小球與管內(nèi)外壁的摩擦因數(shù)為向，若小球與管內(nèi)外壁的摩擦因數(shù)為，管，管內(nèi)內(nèi)壁光滑，試求小球沿圓環(huán)從最低點

2、到內(nèi)內(nèi)壁光滑，試求小球沿圓環(huán)從最低點到最高點過程中，拉力最高點過程中，拉力F所做的功所做的功. （小球的（小球的質(zhì)量為質(zhì)量為m，拉力，拉力F的大小未知的大小未知）3例例1 解：因為解：因為F的大小未知，所以不能直接的大小未知，所以不能直接用用F來求功來求功. 但可利用動能定理來求但可利用動能定理來求.圖圖1FAB 對于小球從對于小球從AB過程，過程，據(jù)動能定理得據(jù)動能定理得0fGFAAA故故) 1 (fGFAAA其中重力的功為其中重力的功為)2(2mgRAG 因為摩擦力是變力，所以，本題的關鍵是如何求出因為摩擦力是變力，所以，本題的關鍵是如何求出摩擦力的功摩擦力的功Af . 下面利用對稱性來求

3、下面利用對稱性來求.RvmmgN2cosOxyCC如圖所示，當小球運動到如圖所示，當小球運動到角位置時，有角位置時，有Nmgf4RvmmgN2cosOxyCC圖圖1FAB故故)3()(cos2RgvmgN當當N0時，表示小球與環(huán)外壁接觸，且受到時，表示小球與環(huán)外壁接觸，且受到環(huán)外壁的支持力作用環(huán)外壁的支持力作用,因外壁粗糙，那么此時小球就會因外壁粗糙，那么此時小球就會受到摩擦力的作用；而受到摩擦力的作用；而N0時，表示小球與環(huán)內(nèi)壁接時，表示小球與環(huán)內(nèi)壁接觸，且受到環(huán)內(nèi)壁的支持力作用觸，且受到環(huán)內(nèi)壁的支持力作用,但內(nèi)壁光滑，那么此但內(nèi)壁光滑，那么此時小球就沒有摩擦力的作用時小球就沒有摩擦力的作用

4、.顯然，當顯然，當是鈍角時，就是鈍角時，就有可能使得有可能使得N0，小球與環(huán)外壁接觸，且受到受到摩擦力的作，小球與環(huán)外壁接觸，且受到受到摩擦力的作用用.5ROxyCC圖圖1FABRgvRgvC22arccos)arccos(是臨界角是臨界角.如圖如圖1所示，小球從所示，小球從A運動到運動到C的過程，與的過程，與環(huán)外壁接觸，有摩擦力作用；從環(huán)外壁接觸，有摩擦力作用；從C運動到運動到B的過程，小球與環(huán)內(nèi)壁接觸，無摩擦力作的過程，小球與環(huán)內(nèi)壁接觸，無摩擦力作用用. 在在C點處，點處，N0.為計算摩擦力的功，考察一微小過程（如圖為計算摩擦力的功，考察一微小過程（如圖2所示）所示）.xys圖圖2o此過程

5、摩擦力的功為此過程摩擦力的功為222cosmvxmgRRvmxmgsRvmsmgsNsfAf)3()(cos2RgvmgN62mvxmgAfxys圖圖2oOxyCC圖圖1FAB因為因為C點到點到y(tǒng)軸的距離為軸的距離為CRsin)arccos(sin2242222RgvmvvgRmmvmgRmvxmgAACCff所以，從所以，從AC過程有過程有從從CB過程沒有摩擦力過程沒有摩擦力.所以，從所以，從AB過程拉力過程拉力F的功為的功為)arccos(222422RgvmvvgRmmgRAAAfGF7(2)若若 ，則不存在，則不存在N0的臨界點，小球始終與的臨界點，小球始終與環(huán)外壁接觸，且始終受到摩擦

6、力的作用環(huán)外壁接觸，且始終受到摩擦力的作用.故有故有Rgv 2圖圖1FAB2220mvmvmvxmgAAff于是，從于是，從A到到B過程，拉力過程，拉力F做的功為做的功為22mvmgRAAAfGF82. 如圖如圖2所示，質(zhì)量分布均勻的細鏈，長所示，質(zhì)量分布均勻的細鏈，長為為L10m，質(zhì)量為，質(zhì)量為10kg，其一端系于天，其一端系于天花板的花板的P點處，人提著另一端，點處，人提著另一端，P、Q兩點兩點的高度差為的高度差為h =2m，設人的提拉力，設人的提拉力F100N，試求天花板對細鏈的作用力，試求天花板對細鏈的作用力. 圖圖2QP9例例2 解解: (虛似法虛似法)由于細鏈掛在豎直平由于細鏈掛在

7、豎直平面內(nèi)，且沒有對稱性，所以無法用力的面內(nèi)，且沒有對稱性，所以無法用力的平衡方法求解平衡方法求解.但可以作如下情景虛似但可以作如下情景虛似:圖圖1QPhPQTPTQ圖圖2 人將鏈條沿其拉力方向緩慢移動一微人將鏈條沿其拉力方向緩慢移動一微小位移小位移L，在這一過程中保持鏈條的形，在這一過程中保持鏈條的形狀和位置不變，那么這僅僅相當于把微狀和位置不變，那么這僅僅相當于把微元元L從從P點移到點移到Q點，鏈條的勢能減少點，鏈條的勢能減少了了. 據(jù)功能原理有據(jù)功能原理有mghLTLTPQ又又LLmm所以所以)(1202101010100NghLmTTQP103. 足球運動員在離球門足球運動員在離球門1

8、1m處處罰點球，球準確地從球門的橫罰點球，球準確地從球門的橫梁下沿飛進球門梁下沿飛進球門. 設橫梁下沿設橫梁下沿離地面的高度離地面的高度h=2.5m，足球，足球的質(zhì)量為的質(zhì)量為m=0.5kg，不計空氣，不計空氣阻力，那么運動員必須傳遞給阻力，那么運動員必須傳遞給這個足球的最小能量是多少？這個足球的最小能量是多少？(19屆俄羅斯中學生競賽題屆俄羅斯中學生競賽題)11例例3 解：解：tv0221gtxyohL圖圖10v如圖如圖1所示，據(jù)勾股定理得所示，據(jù)勾股定理得22220)21()(Lhgttv經(jīng)整理得經(jīng)整理得ghtgthLv222222041因為因為 是一正恒量是一正恒量22222222441

9、ghLtgthL2222241tgthL當當 時，時， 有最小值有最小值.20vghhLgghtgthLv2222222min20412)(12ghhLgv22min20)(所以，運動員傳遞給這個足球的最小能量為所以，運動員傳遞給這個足球的最小能量為)(34)(21)(2122min20JhhLmgvmEk134. 如圖如圖3所示，四個質(zhì)量都是所示，四個質(zhì)量都是m 的質(zhì)點，用同的質(zhì)點，用同樣長的不可伸長的細線連結成一菱形樣長的不可伸長的細線連結成一菱形ABCD，靜止地放在水平光滑的桌面上，若突然給質(zhì)靜止地放在水平光滑的桌面上，若突然給質(zhì)點點A一個歷時極短沿一個歷時極短沿CA方向的沖擊，當沖擊方

10、向的沖擊，當沖擊結束時刻，質(zhì)點結束時刻，質(zhì)點A的速度為的速度為v，其它質(zhì)點也同，其它質(zhì)點也同時獲得一定的速度，時獲得一定的速度， 試試2BAD，4求此質(zhì)點系統(tǒng)受沖擊后所具有的總動量和總求此質(zhì)點系統(tǒng)受沖擊后所具有的總動量和總能量能量. 圖圖3vDCBA2(全國復賽題全國復賽題)141Bv2Bv1Dv2DvCvvABDC圖圖21I1I1I1I2I2I2I2I例例4 解：解：圖圖1vABDC2由對稱性可知，由對稱性可知，B、C、D質(zhì)點質(zhì)點的速度有如下規(guī)律的速度有如下規(guī)律(如圖如圖2所示所示)：C的速度必沿的速度必沿CA方向，方向，vB1=vD1,vB2=vD2.因為繩子不可伸長，所以必有各對應質(zhì)因為

11、繩子不可伸長，所以必有各對應質(zhì)點沿相連的繩子方向的速度必須相等點沿相連的繩子方向的速度必須相等.sincoscos21BBvvvsincoscos21BBCvvv又設各條繩子給質(zhì)點的沖量如圖又設各條繩子給質(zhì)點的沖量如圖2所示所示.那么據(jù)動量定理有那么據(jù)動量定理有coscos211IImvBsinsin212IImvBcos22ImvC15sincoscos21BBvvvsincoscos21BBCvvvcoscos211IImvBsinsin212IImvBcos22ImvC由以上由以上5個方程可解得個方程可解得21sin21vvB22sin212sinvvB2sin212cosvvC1Bv2

12、Bv1Dv2DvCvvABDC圖圖21I1I1I1I2I2I2I2I1621sin21vvB22sin212sinvvB2sin212cosvvC于是系統(tǒng)的總動量大小為于是系統(tǒng)的總動量大小為21sin2142mvmvmvmvpCB方向沿方向沿CA方向方向22222212sin212)(221mvvvvvmEEEEECBBDkCkBkAkk系統(tǒng)的總動能為系統(tǒng)的總動能為1Bv2Bv1Dv2DvCvvABDC圖圖21I1I1I1I2I2I2I2I175. 如圖如圖4所示，質(zhì)量為所示，質(zhì)量為m的物體的物體可沿足夠長的豎直軌道可沿足夠長的豎直軌道A、B上上下運動，物體正下方放置一個下運動，物體正下方放置

13、一個輕彈簧，物體與軌道間的最大輕彈簧，物體與軌道間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力都是靜摩擦力與滑動摩擦力都是mgf21,現(xiàn)在物體在距離彈簧為現(xiàn)在物體在距離彈簧為d 高度處由靜止開始下落，試求：高度處由靜止開始下落，試求：（1）物體下落達到的最低位置與）物體下落達到的最低位置與彈簧勁度系數(shù)彈簧勁度系數(shù)k的關系的關系.（2）物體由最低位置第一次彈回）物體由最低位置第一次彈回的高度與的高度與k 的關系的關系. 圖圖4BAdm18例例5 解：解：圖圖1BAdm物體物體m的運動可分為三個過程：的運動可分為三個過程：加速下落距離加速下落距離d壓縮彈簧變加速下落至壓縮彈簧變加速下落至停止停止反彈向上運動反彈向上

14、運動. 由于彈簧的由于彈簧的k值未知，所以，物體值未知，所以，物體m到達到達最低位置后的運動存在以下三種可能性：最低位置后的運動存在以下三種可能性：第一種：不能彈回；第一種：不能彈回；第二種：彈回后彈簧仍被壓縮；第二種：彈回后彈簧仍被壓縮；第三種：彈回后能脫離彈簧第三種：彈回后能脫離彈簧.下面就這三種可能性來討論下面就這三種可能性來討論k的取值范圍的取值范圍:設設m運動到最低位置時，彈簧的壓縮量為運動到最低位置時，彈簧的壓縮量為s，則據(jù)功能，則據(jù)功能原理有原理有) 1 ()(21)(212dsmgksdsmg19圖圖1BAdm圖圖2BAdms由此解得由此解得)(21)(212dsmgksdsm

15、g)2()4(2122kdmggmmgks 顯然，顯然，m下落停止后回彈的下落停止后回彈的條件是條件是fmgF彈即即mgmgks21故故kmgs23討論討論: (1)當當 時，時，m不能彈回不能彈回.kmgs23此時，代入此時，代入(2)式可得：式可得： m不能彈回的條件不能彈回的條件.dmgk4320)2()4(2122kdmggmmgksdmgk43m不能彈回不能彈回(2)顯然，當顯然，當 時，時，m可以回彈可以回彈.dmgk43圖圖1BAdm圖圖2BAdms圖圖3BAdms1h1若若m反彈至速度為零時，彈簧仍被壓縮反彈至速度為零時，彈簧仍被壓縮. 設此時壓縮設此時壓縮量為量為s1(如圖如

16、圖3所示所示),由功能關系得由功能關系得21圖圖1BAdm圖圖2BAdms圖圖3BAdms1h1)2()4(2122kdmggmmgks2121121)(21)(21ksssmgksssmg把把(2)式代入可得式代入可得)3()45(21221kdmggmmgks22圖圖1BAdm圖圖2BAdms圖圖3BAdms1h1)2()4(2122kdmggmmgks)3()45(21221kdmggmmgks反彈高度為反彈高度為)4()24(12211mgkdmggmkssh這時應滿足這時應滿足s10，否則，否則m將脫離彈簧將脫離彈簧.23)45(21221kdmggmmgks由由s10可得可得dmg

17、k6dmgk43m不能彈回不能彈回dmgkdmg643由此可知，當由此可知，當 時，時，m反彈，且反彈結束反彈，且反彈結束時，彈簧的壓縮量為時，彈簧的壓縮量為s1.m回彈后彈簧仍回彈后彈簧仍有的壓縮量有的壓縮量當當 時，時，s1a1,所以所以A每次與每次與B左左壁碰撞后，離開左壁的最大距離呈遞壁碰撞后，離開左壁的最大距離呈遞減變化減變化,故故A不會與不會與B的右壁相碰的右壁相碰. 37l1234圖圖2 設設A第第1、2、3 n n次與次與B B左壁相碰左壁相碰后相對后相對B B的速度大小分別為的速度大小分別為v1 1、v2 2、v3 3 vn n，則有則有)/(22211smlav 又設又設A

18、與與B左壁第左壁第1次碰撞后，離開左壁次碰撞后，離開左壁的最大距離為的最大距離為d1,則有則有12212dav 11222dav 由此解得由此解得1212vaav 同法可求得同法可求得12212213)(vaavaav381121)(vaavnnl1234圖圖2 從理論上講，從理論上講，A將與將與B左壁發(fā)生無限左壁發(fā)生無限多次碰撞，最終多次碰撞，最終A將停在將停在B的左壁處的左壁處. A從開始運動到最終停在從開始運動到最終停在B的左壁處所用的左壁處所用的時間為的時間為qvaavvvavvvaavavavavavavavTnnnn1)11()(1)(1)()()(1212121211112132

19、212211139qvaaT1)11(121l1234圖圖2把把，21/25. 0sma ，22/75. 7sma ，smv/221221/311smaaq代入可求得代入可求得ssT456. 3 這表明這表明t=4s時，時，A與與B已具有相同速度，設這共同已具有相同速度，設這共同速度為速度為v，則由動量定理得，則由動量定理得vmmFtBA)(代入數(shù)據(jù)可求得代入數(shù)據(jù)可求得smv/6 . 9409. 如圖如圖8所示，長為所示，長為l、線密度為線密度為的鏈條由圖的鏈條由圖示位置（底端距離地示位置（底端距離地面為面為h）從靜止開始下）從靜止開始下落，試求鏈條落下過落，試求鏈條落下過程中地面對鏈條的支程

20、中地面對鏈條的支持力持力.假設落到地面處假設落到地面處的那部分鏈條速度馬的那部分鏈條速度馬上變?yōu)榱闵献優(yōu)榱? lh圖圖841例例9 解：解：lh圖圖1用密舍爾斯基方程求解用密舍爾斯基方程求解設時間設時間t時鏈條上端的坐標為時鏈條上端的坐標為x，如圖，如圖2所示所示.圖圖2xOx此時，空中那部分鏈條的速度為此時，空中那部分鏈條的速度為)(2xlhgu 以已落在地面上的那部分鏈條為主體，以已落在地面上的那部分鏈條為主體，它將在它將在t 時間內(nèi)俘獲時間內(nèi)俘獲m的質(zhì)量的質(zhì)量.tum地面上的那部分鏈條的質(zhì)量為地面上的那部分鏈條的質(zhì)量為 ，它受到，它受到重力、地面支持力重力、地面支持力N的作用，忽略的作用

21、，忽略m的重力的重力. 因為地面那部分鏈條始終靜止。沒有加速度和因為地面那部分鏈條始終靜止。沒有加速度和速度速度. 據(jù)密舍爾斯基方程據(jù)密舍爾斯基方程 得得)(xl mramtmvF外420)0()(tmuxlgN圖圖2xOxtum)(2xlhgu由以上三式可解得由以上三式可解得2)(3hxlgN顯然，當全部鏈條剛落到地面時，顯然，當全部鏈條剛落到地面時，x=0，此時，此時N最大最大.)23(hlgN43方法方法2：用質(zhì)心運動定理：用質(zhì)心運動定理圖圖2xOx以整條鏈條為研究對象，其總長為以整條鏈條為研究對象，其總長為l，質(zhì)量為，質(zhì)量為m. 因因t時刻，地面上鏈條的質(zhì)量為時刻，地面上鏈條的質(zhì)量為

22、，坐標，坐標為為0. )(xl 空中那部分鏈條的質(zhì)量為空中那部分鏈條的質(zhì)量為 , ,質(zhì)心坐標為質(zhì)心坐標為x2x所以整條鏈條的質(zhì)心坐標為所以整條鏈條的質(zhì)心坐標為lxxmmxxxC222022于是，質(zhì)心速度為于是，質(zhì)心速度為xlvtxxltxvCC22144xlvvC圖圖2xOx質(zhì)心加速度為質(zhì)心加速度為)(1)(12xgvltvxtxvltvaCC因為因為)(22xlhgv故故lxlhgaC)322(據(jù)質(zhì)心運動定理有據(jù)質(zhì)心運動定理有CmamgN由以上兩式可解得由以上兩式可解得2)(3hxlgN45圖圖9 9aH10. 質(zhì)量足夠大的長木板從質(zhì)量足夠大的長木板從t0時刻開始在水時刻開始在水平方向上自靜

23、止出發(fā)朝右作勻加速運動，加平方向上自靜止出發(fā)朝右作勻加速運動，加速度大小為速度大小為a，在板上方在板上方H高度處有一靜止小高度處有一靜止小球，如圖球，如圖9所示所示.在在t0時刻小球自由落下，時刻小球自由落下，而后與板發(fā)生碰撞而后與板發(fā)生碰撞.設小球與平板接觸時的滑設小球與平板接觸時的滑動摩擦系數(shù)動摩擦系數(shù)0.1，小球反彈高度也是，小球反彈高度也是H，將小球反彈離開平板時相對地面參考系的速將小球反彈離開平板時相對地面參考系的速度方向與朝右的度方向與朝右的水平方向的夾水平方向的夾角記為角記為，試求，試求tg與與a的關系，的關系，并作并作tga曲曲線線. 46圖圖1 1aH例例10 解：解： 小球

24、在小球在 時刻以速度時刻以速度gHt2gHv2與平板相碰，此時平板向與平板相碰，此時平板向右的水平速度為右的水平速度為 .gHaatv2N 由于小球與平板剛接觸時，沒有水平速度，故小球由于小球與平板剛接觸時，沒有水平速度，故小球與平板之間必存在滑動摩擦力與平板之間必存在滑動摩擦力 ，直至接觸結束或小球，直至接觸結束或小球與平板具有相同的水平速度與平板具有相同的水平速度(此后摩擦力為靜摩擦力此后摩擦力為靜摩擦力). 設平均支持力為設平均支持力為 ，平均滑動摩擦力為，平均滑動摩擦力為 ,平均支持力平均支持力的作用時間為的作用時間為tN，平均滑動摩擦力的作用時間為平均滑動摩擦力的作用時間為tf .f

25、 因反彈后小球的反彈高度仍為因反彈后小球的反彈高度仍為H，故碰撞后小球豎，故碰撞后小球豎直方向的速度大小為直方向的速度大小為 ,設碰撞后小球的水設碰撞后小球的水平速度為平速度為v/ ，則有，則有gHv2) 1 (2mvtNN)2(/mvtff47，) 1 (2mvtNN)2(/mvtff(1)設設 ，則有，則有 fNtt)3(/mvtNN由由(1)、(3)式可得式可得gHgHvv251222/因為因為 成立的條件是成立的條件是 ，即，即fNttvv /，gHav2gHagH2251或或ga51那么，此時有那么，此時有va ,圖圖25tan/vv48fNtt(2)設設 顯然當顯然當 時，若仍假定

26、時，若仍假定 ,這就必然會導這就必然會導致致 ， 這是不合理的，因此當這是不合理的，因此當 時時,必然有必然有5ga fNttvv/5ga fNtt，而且有，而且有gHavv2/此時，此時，agvv/tan綜上所述，本題的解為綜上所述，本題的解為tan5,gaag當5,5ga 當atang515oatan曲線如圖所示曲線如圖所示.4911.質(zhì)量都是質(zhì)量都是m的兩質(zhì)點的兩質(zhì)點A和和B用長用長為為2l的不可伸長的輕繩連接，開的不可伸長的輕繩連接，開始時始時A、B位于同一豎直線上，且位于同一豎直線上，且離地足夠遠，離地足夠遠，B在在A的下方的下方l處，在處，在給給A以一水平速度以一水平速度v0的同時

27、，由靜的同時，由靜止釋放止釋放B，問經(jīng)過多長時間后，問經(jīng)過多長時間后，A與與B第一次恰好位于同一水平線上第一次恰好位于同一水平線上? 例例11 解：解：lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2A被水平拋出后做平拋運被水平拋出后做平拋運動，動，B釋放后做自由落體運動釋放后做自由落體運動. 當連當連接兩質(zhì)點的繩剛拉直時，設繩與豎接兩質(zhì)點的繩剛拉直時，設繩與豎直方向成直方向成角，如圖所示角，如圖所示. 因在繩子拉直前，因在繩子拉直前，A、B兩質(zhì)點在兩質(zhì)點在豎直方向運動的距離是相等的，故豎直方向運動的距離是相等的，故A2B1=l，因此，因此60. 在繩子拉緊過程中，在繩子拉緊過程中，A、B之間發(fā)生

28、相互作用，系統(tǒng)之間發(fā)生相互作用，系統(tǒng)動量守恒動量守恒. 由于在繩子拉直前，由于在繩子拉直前，A、B兩質(zhì)點在豎直方向兩質(zhì)點在豎直方向的速度相等，故在以此速度運動的參考系中，的速度相等，故在以此速度運動的參考系中，A的速度的速度為為v0,B則靜止則靜止. 設相對這一參考系，繩子拉緊后設相對這一參考系，繩子拉緊后A、B的的速度分別為速度分別為 和和 ，據(jù)動量守恒得，據(jù)動量守恒得1v2v210vmvmvm式中式中 方向沿繩子，這因為繩子對方向沿繩子，這因為繩子對B的作用力沿繩的作用力沿繩子，而子，而 方向未知，可沿平行繩、垂直繩方向分解方向未知，可沿平行繩、垂直繩方向分解.2v1v5121030cos

29、mvvmmv1030sinvmmv lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2因繩子不可伸長，故因繩子不可伸長，故21vv 由以上三式可解得由以上三式可解得02143vvv0121vv 繩子拉緊后，繩子拉緊后，A相對相對B做圓周運動，速度為做圓周運動，速度為 ， 角速角速度為度為 1v lvlv420 把上式沿繩子方向和垂直繩子方向的投影式分別為把上式沿繩子方向和垂直繩子方向的投影式分別為1v2v1v1v A1B152lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2當直線當直線A1B1轉過轉過30時，時，A1、B1位于同一水平線，所經(jīng)歷時間為位于同一水平線，所經(jīng)歷時間為0232vlt 設自釋放設

30、自釋放B到繩子拉直經(jīng)歷時到繩子拉直經(jīng)歷時間為間為t1,有有1060sin2tvl由此得由此得001360sin2vlvlt由釋放質(zhì)點由釋放質(zhì)點B到兩質(zhì)點位于同一水平線上共經(jīng)歷的時到兩質(zhì)點位于同一水平線上共經(jīng)歷的時間為間為)332(021vlttt5312.在水平地面上一質(zhì)量為在水平地面上一質(zhì)量為M的運動員手持一質(zhì)量的運動員手持一質(zhì)量為為m的物塊，以速度的物塊，以速度v0沿與水平面成沿與水平面成角的方向向角的方向向前跳躍，為了能跳得更遠一點，運動員可在跳遠前跳躍，為了能跳得更遠一點，運動員可在跳遠全過程中的某一位置處，沿某一方向把物塊拋出，全過程中的某一位置處，沿某一方向把物塊拋出，物塊拋出時相

31、對運動員的速度大小物塊拋出時相對運動員的速度大小u是給定的，是給定的，物塊和運動員都在同一豎直平面內(nèi)運動物塊和運動員都在同一豎直平面內(nèi)運動.(1)若運動若運動員在跳遠全過程中的某一時刻員在跳遠全過程中的某一時刻t0，沿與水平向后，沿與水平向后方向成某方向成某角的方向拋出物塊，試求運動員從起角的方向拋出物塊，試求運動員從起跳到落地所經(jīng)歷的時間跳到落地所經(jīng)歷的時間.(2)在跳遠的全過程中，運在跳遠的全過程中，運動員在何處把物塊沿與水平向后方向成動員在何處把物塊沿與水平向后方向成角的方角的方向拋出，能使自己跳得更遠？若向拋出，能使自己跳得更遠？若v0和和u一定，那么一定，那么在什么條件下可跳得更遠？

32、并求出運動員跳的最在什么條件下可跳得更遠？并求出運動員跳的最大距離大距離. (03年年20屆預賽題屆預賽題)54例例12 解：解： 系統(tǒng)質(zhì)心系統(tǒng)質(zhì)心C做斜拋運動做斜拋運動,如圖所示，當運動員如圖所示，當運動員M落地時即落到落地時即落到x軸上時，若無軸上時，若無大地阻擋，則系統(tǒng)質(zhì)心大地阻擋，則系統(tǒng)質(zhì)心C和小和小物塊物塊m分別落到圖中所示位置分別落到圖中所示位置.MxyS0v0OmCP 設在設在t0時刻運動員在時刻運動員在P處拋出處拋出物塊，以運動員為參考系，物物塊，以運動員為參考系，物塊做勻速直線運動，相對速度塊做勻速直線運動，相對速度大小為大小為u. 又設運動員落地時，運動員與物塊的連線長度又

33、設運動員落地時，運動員與物塊的連線長度為為S0，與，與x軸的夾角為軸的夾角為. 那么質(zhì)心那么質(zhì)心C與運動員之間的距離與運動員之間的距離為為0SmMml設運動員從起跳到落地所經(jīng)歷的時間為設運動員從起跳到落地所經(jīng)歷的時間為t，由相對運動速，由相對運動速度可得度可得) 1 ()(00ttuS55MxyS0v0OmCP對質(zhì)心對質(zhì)心C，據(jù)斜拋運動規(guī)律得，據(jù)斜拋運動規(guī)律得)2(21sinsin200gttvSmMm運動員落地處運動員落地處x坐標為坐標為)3(coscoscos000SmMmtvSmMmxxCM由由(1)、(2)式得式得)4(0sin2)sinsin(2002tmMmutmMmuvgt此方程

34、的解為此方程的解為，0SmMml) 1 ()(00ttuS56sin2)sinsin(sinsin10200tmMmugmMmuvmMmuvgt下面討論應取哪一個解下面討論應取哪一個解.設在剛拋出物塊后瞬間，運動員的速度設在剛拋出物塊后瞬間，運動員的速度v的豎直分量的的豎直分量的大小為大小為vPy，物塊相對運動員的速度，物塊相對運動員的速度u的豎直分量的大小的豎直分量的大小為為uy=usin,方向沿方向沿y軸負方向軸負方向. 據(jù)動量守恒定律得據(jù)動量守恒定律得PyPyMvuvmgtvmM)sin()sin)(00解得解得mMmugtvvPysinsin00于是可求出運動員從起跳到最高點所需時間為

35、于是可求出運動員從起跳到最高點所需時間為)sinsin(100mMmuvggvttPytt因為必然有因為必然有57sin2)sinsin(sinsin10200tmMmugmMmuvmMmuvgt所以所以t的解應為的解應為) 1 ()(00ttuS)3(coscoscos000SmMmtvSmMmxxCM由由(1)、(3)式可解得式可解得cos)(cos00ttumMmtvxM所以，當所以，當t0=0時，時，xM有最大值有最大值. 把把t值代入可得此最大值為值代入可得此最大值為gmMumgmMmuvgvxM222020)(2sin)()sin(22sin58gmMumgmMmuvgvxM222

36、020)(2sin)()sin(22sin若若12sin1)sin(12sin，即即 時，時，xM有最大值有最大值4545， 這表明運動員應沿與這表明運動員應沿與x軸成軸成45方向起跳，且跳起方向起跳，且跳起后立刻沿與后立刻沿與x軸成軸成45斜向下方向拋出物塊，則運動員斜向下方向拋出物塊，則運動員跳的距離最大，為跳的距離最大，為gmMumgmMmuvgvxM222020max)()(25913.長為長為2l的輕繩兩端各系有一質(zhì)量為的輕繩兩端各系有一質(zhì)量為m的彈的彈性小球，中點處系有質(zhì)量為性小球，中點處系有質(zhì)量為M的彈性小球，的彈性小球，三球成一直線靜止于光滑水平面上，繩處于三球成一直線靜止于光

37、滑水平面上，繩處于伸直狀態(tài)，現(xiàn)對小球伸直狀態(tài)，現(xiàn)對小球M施加一水平?jīng)_力，使施加一水平?jīng)_力，使其獲得與繩垂直的初速度其獲得與繩垂直的初速度v0，（，（1）試求兩）試求兩小球小球m相碰時繩中的張力相碰時繩中的張力T；（；（2）若從小球）若從小球M開始運動到兩小球開始運動到兩小球m相碰歷時為相碰歷時為t，求在此，求在此期間小球期間小球M經(jīng)過的距離經(jīng)過的距離SM；（；（3）試求當三）試求當三小球再次在同一直線上時，繩子的張力；小球再次在同一直線上時，繩子的張力；（4）試求運動過程中，小球）試求運動過程中，小球m的最大動能的最大動能和這時兩段繩子的夾角和這時兩段繩子的夾角. (05年江蘇省高考題年江蘇省

38、高考題)60例例13 解：解：MmmACB0v(1)設兩小球設兩小球m碰撞前小球碰撞前小球M的的速度為速度為vy,由于繩子長度不變，因此小球由于繩子長度不變，因此小球m沿繩方向的速度分量也為沿繩方向的速度分量也為vy,而垂直繩而垂直繩子方向的速度分量設為子方向的速度分量設為vx,由動量守恒和機械能守恒可得由動量守恒和機械能守恒可得) 1 ()2(0yvmMMv)2()(212212122220yxyvvmMvMv由這兩式可解得由這兩式可解得)3(2202mMMvvx設這時設這時M相對桌面的加速度為相對桌面的加速度為aM，則有，則有)4(2MTaMyvyvyv圖圖1xvxvxyaM的方向與的方向

39、與y軸的正方向相反軸的正方向相反.61 以小球以小球M為參考系，小球為參考系，小球m以速度以速度vx繞繞M做圓周運做圓周運動動. 由于小球由于小球m除了受繩子拉力除了受繩子拉力T作用外，還受作用外，還受 與與T同同向的慣性力向的慣性力maM的作用，故有的作用，故有l(wèi)vmmaTxm2把把(3)、(4)式代入可解得：式代入可解得：2202)2(mMlvmMT(2)由于系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故其質(zhì)心沿由于系統(tǒng)沿水平方向不受外力作用，故其質(zhì)心沿M運動方向做勻速直線運動，初速度為運動方向做勻速直線運動，初速度為vCmMMvvC2062在時間在時間t內(nèi)質(zhì)心經(jīng)過的距離為內(nèi)質(zhì)心經(jīng)過的距離為mMtMvtv

40、SCC20設兩小球設兩小球m相碰時質(zhì)心與相碰時質(zhì)心與M的距離為的距離為yC,則有則有mMmlyC22在時間在時間t內(nèi)小球內(nèi)小球M經(jīng)過的距離為經(jīng)過的距離為mMmltMvySSCCM22063(3)如圖如圖2所示，當三個小球再次位于所示，當三個小球再次位于同一水平線上時，據(jù)動量守恒得同一水平線上時，據(jù)動量守恒得MmmACBMvmvmv圖圖2mMmvMvMv20又據(jù)機械能守恒得又據(jù)機械能守恒得2202122121mMmvMvMv由上面兩式可解得由上面兩式可解得mMMvvm220022vmMmMvM64因這時小球因這時小球M的加速度為零，以的加速度為零，以M為參考系為參考系(慣性系慣性系)，小球小球m

41、相對小球相對小球M的速度為；的速度為；0vvvvMm那么這時繩子的張力那么這時繩子的張力F為為lvmlvmF202(4)顯然，當小球顯然，當小球M的速度為零時，小球的速度為零時，小球m的速度最的速度最大，動能也就最大大，動能也就最大. 此時有此時有uu圖圖32sin20muMv 2021221muMv由此可解得小球由此可解得小球m的速度最大動能及兩繩子之間的夾角的速度最大動能及兩繩子之間的夾角分別分別為為，202max4121MvmuEkmM2arcsin26514. 如圖如圖10所示，一柔軟繩子總長度為所示，一柔軟繩子總長度為l，它從靜，它從靜止出發(fā)由高度為止出發(fā)由高度為H的光滑平臺沿光滑的

42、斜面滑下，的光滑平臺沿光滑的斜面滑下，全部進入光滑水平面后，再經(jīng)一半徑為全部進入光滑水平面后，再經(jīng)一半徑為R的固定的固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)，在豎直平面內(nèi)的光滑圓環(huán)，l 2R，欲使繩子能，欲使繩子能全部通過圓環(huán)，平臺的高度全部通過圓環(huán)，平臺的高度H至少多高？至少多高？ 圖圖10RH66H圖圖1R例例14 解解 因為因為 ,Rl2所以軟繩能充滿整個圓形所以軟繩能充滿整個圓形軌道軌道. 這時軟繩的重力勢這時軟繩的重力勢能為能為gRlMREp2式中式中M表示軟繩的總質(zhì)量表示軟繩的總質(zhì)量. 設這時軟繩的速率為設這時軟繩的速率為v. 則由則由機械能守恒定律得機械能守恒定律得 lMgRMvgRlMRMv

43、MgH222min221221TTlmgv圖圖2取圓形軌道頂點附近的一軟繩微元段，取圓形軌道頂點附近的一軟繩微元段，如圖如圖2所示，考慮軌道對它無壓力這一所示，考慮軌道對它無壓力這一臨界情況臨界情況,這微元受力情況如圖這微元受力情況如圖2所示所示. 由向心力公式得由向心力公式得RvRlMgRlMT22sin267RvRlMgRlMT22sin2TTlmgv圖圖2因因 很小，所以，很小，所以， 22sin于是有于是有l(wèi)MvMglRT2T圖圖3 如圖如圖3所示，選圖中所示的一段軟繩作所示，選圖中所示的一段軟繩作研究對象，設前面軟繩對它的拉力為研究對象，設前面軟繩對它的拉力為T. 設想力設想力T使它

44、移動了一很小的距離使它移動了一很小的距離 ，那么那么T的功等于這段軟繩的重力勢能的增的功等于這段軟繩的重力勢能的增加加. 于是有于是有xRgxlMxT2由以上各式可解得由以上各式可解得RllRH234min6815.質(zhì)量都是質(zhì)量都是m的三個小的三個小球置于光滑的水平桌面球置于光滑的水平桌面上，并用長度都為上，并用長度都為l的輕的輕剛性桿連接，如圖剛性桿連接，如圖11所所示，整個系統(tǒng)以速度示，整個系統(tǒng)以速度v沿沿AB方向運動，運動方向方向運動，運動方向與與BC成成角角，當小球當小球C與與桌上垂直桌上垂直AB的豎直、光的豎直、光滑完全非彈性固定壁相滑完全非彈性固定壁相碰撞時，試求此壁所受碰撞時，試

45、求此壁所受到?jīng)_量的大小到?jīng)_量的大小. 圖圖11ABClvl(04年年21屆復賽題屆復賽題)69例例15 解解圖圖1lABCvl)23()(32uvmvmmuIx方向：方向：y方向：方向：021mvmv因桿不可伸長，所以有因桿不可伸長，所以有sincossin12vuv 因為墻壁對系統(tǒng)因為墻壁對系統(tǒng)(即對即對C)的沖力過的沖力過C點，所以對點，所以對C 軸，軸，系統(tǒng)角動量守恒系統(tǒng)角動量守恒. 故有故有sin2cossin21mvllmvmul由以上四個方程可解得墻壁對系統(tǒng)由以上四個方程可解得墻壁對系統(tǒng)(即對即對C)的沖量為的沖量為mvI22sin31sin3據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的沖量大小也

46、是此值據(jù)牛頓第三定律可知墻壁受到的沖量大小也是此值.設碰后瞬間三個小球的速度設碰后瞬間三個小球的速度如圖所示如圖所示,據(jù)動量定理得據(jù)動量定理得uu1v2vxyI7016.如圖如圖12所示，所示，A是一是一個質(zhì)量為個質(zhì)量為M、半徑為、半徑為R的的均勻球體，均勻球體，O是其球心是其球心.在離球心在離球心O很遠的很遠的O點點附近有一質(zhì)點，它以附近有一質(zhì)點，它以v0的初速度沿與的初速度沿與OO平行平行的方向射向球的方向射向球A，以，以l表表示質(zhì)點與示質(zhì)點與OO線的垂直線的垂直距離，要使這質(zhì)點能夠距離，要使這質(zhì)點能夠與球與球A的表面相碰，試求的表面相碰，試求l的最大值的最大值.圖圖12m OMv0AOl

47、71圖圖1m v0lOMAO例例16 解：解：質(zhì)點的速度質(zhì)點的速度v的方向剛好與球面相切的方向剛好與球面相切(如如圖圖2所示所示)，由于質(zhì)點所受球，由于質(zhì)點所受球A的萬有引的萬有引力既是保守力，也是有心力，所以質(zhì)點力既是保守力，也是有心力，所以質(zhì)點在運動中，質(zhì)點和球在運動中，質(zhì)點和球A組成的系統(tǒng)機械組成的系統(tǒng)機械能守恒，設質(zhì)點的質(zhì)量為能守恒，設質(zhì)點的質(zhì)量為m，有：，有：所求的所求的l的最大值的最大值lmax 對應于對應于ml v0OAO圖圖2) 1 (2121220RMmGmvmv)2(max0mvRlmv由以上兩式可得：由以上兩式可得： 20max21RvGMRl7217.從地球表面向火星發(fā)

48、射火星探測器，設地球和火星都在同一從地球表面向火星發(fā)射火星探測器，設地球和火星都在同一平面上繞太陽做圓周運動，火星軌道半徑平面上繞太陽做圓周運動，火星軌道半徑Rm是地球軌道半徑是地球軌道半徑Re的的1.5倍，簡單而又比較節(jié)省能量的發(fā)射過程可分為兩步進行：倍，簡單而又比較節(jié)省能量的發(fā)射過程可分為兩步進行：第一步，在地球表面用火箭對探測器進行加速，使之獲得足夠第一步，在地球表面用火箭對探測器進行加速，使之獲得足夠的動能，從而脫離地球的引力作用成為一個沿地球軌道運行的的動能，從而脫離地球的引力作用成為一個沿地球軌道運行的人造行星；第二步是在適當時刻點燃與探測器連在一起的火箭人造行星；第二步是在適當時

49、刻點燃與探測器連在一起的火箭發(fā)動機，在短時間內(nèi)對探測器沿原方向加速，使其速度數(shù)值增發(fā)動機，在短時間內(nèi)對探測器沿原方向加速，使其速度數(shù)值增加到適當值，從而使得探測器沿著一個與地球軌道及火星軌道加到適當值，從而使得探測器沿著一個與地球軌道及火星軌道分別在長軸兩端相切的半個橢圓軌道正好射到火星上分別在長軸兩端相切的半個橢圓軌道正好射到火星上. 問：問：（1）為使探測器成為沿地球軌道運行的人造行星，必須加速探）為使探測器成為沿地球軌道運行的人造行星，必須加速探測器，使之在地球附近獲得多大的速度（相對地球）？測器，使之在地球附近獲得多大的速度（相對地球）？（2）當探測器脫離并沿地球公轉軌道穩(wěn)定運行后，在

50、某年）當探測器脫離并沿地球公轉軌道穩(wěn)定運行后，在某年3月月1日零時測得探測器與火星之間的角距離為日零時測得探測器與火星之間的角距離為60(火星在前，探測器火星在前，探測器在后在后)，那么應在何年何月何日點燃探測器上的火箭發(fā)動機方能，那么應在何年何月何日點燃探測器上的火箭發(fā)動機方能使探測器剛好落在火星表面？（時間計算僅需精確到日）使探測器剛好落在火星表面？（時間計算僅需精確到日）已知地球半徑為已知地球半徑為R=6.4106m，重力加速度取，重力加速度取g=9.8m/s2. (98年年15屆復賽題屆復賽題)73例例17 解：解： (1)設地球的質(zhì)量為設地球的質(zhì)量為Me,探測器及其附加裝置的探測器及

51、其附加裝置的質(zhì)量為質(zhì)量為m，則探測器在地球表面處時的動能和引力勢能，則探測器在地球表面處時的動能和引力勢能分別是分別是RmMGEmvEePk,212 當探測器脫離地球的引力作用成為沿地球軌道運動當探測器脫離地球的引力作用成為沿地球軌道運動的人造行星時，可以認為探測器的引力勢能為零，相的人造行星時，可以認為探測器的引力勢能為零，相對地球的速度為零對地球的速度為零,即相對地球動能為零即相對地球動能為零. 據(jù)機械能守據(jù)機械能守恒定律可得恒定律可得0212RmMGmve由此解得由此解得)/(102 .11223smRgRGMve74探測器探測器火星火星日日mReR圖圖1(2) 為了使探測器落到火星上，

52、必須為了使探測器落到火星上，必須選擇適當時機點燃探測器上的火箭選擇適當時機點燃探測器上的火箭發(fā)動機，使探測器沿橢圓軌道到達發(fā)動機，使探測器沿橢圓軌道到達與火星軌道的相切點，如圖與火星軌道的相切點，如圖1所示，所示，而且火星這時也恰好也到達這一點而且火星這時也恰好也到達這一點. 為此，必須首先確定點燃探測器上的火箭發(fā)動機時探為此，必須首先確定點燃探測器上的火箭發(fā)動機時探測器與火星的相對位置，已知探測器在地球公轉軌道上測器與火星的相對位置，已知探測器在地球公轉軌道上運行周期與地球公轉周期相同，為運行周期與地球公轉周期相同，為dTTet365據(jù)開普勒第三定律可得火星的公轉周期為據(jù)開普勒第三定律可得火

53、星的公轉周期為dRRTTemem6715 . 1365)(3375det/986. 0365360探測器探測器火星火星日日mReR圖圖1探測器的橢圓軌道的半長軸為探測器的橢圓軌道的半長軸為emeRRRa25. 12 所以由開普勒第三定律可得探測所以由開普勒第三定律可得探測器的運行周期為器的運行周期為dRaTTett51025. 1365)(33 因此，探測器由點燃發(fā)動機到抵達火星需時間為因此，探測器由點燃發(fā)動機到抵達火星需時間為dTtt2552探測器在點燃發(fā)動機前繞太陽轉動的角速度為探測器在點燃發(fā)動機前繞太陽轉動的角速度為76火星繞太陽轉動的角速度為火星繞太陽轉動的角速度為dm/537. 0671360 由于探測器運行至火星需時間由于探測器運行至火星需時間 t=255d,那么火星在這那么火星在這期間運行的角距離為期間運行的角距離為137tm 這表明探測器在橢圓軌道近日點發(fā)射時，火星應在其這表明探測器在橢圓軌道近日點發(fā)射