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精品27M物理金牌教练培训讲义(绝密)附答案


物理竞赛力学知识讲解
物理五问: 物理问题的难点在哪里?物理知识、物理过程分析、数学运算。 知识如何构建?加强思考、进行推理推导、讨论拓展。 解题的三部曲是什么?分析、表达、演算。 如何分析过程?4 个 Wh。 做题需要注意什么?应该由易到难、坚持一气呵成、切忌毁题不倦。 力学的主要内容:力是改变物体运动状态的原因。

其问题有: 1、参照系的选择;

2、运动的描述;3、以牛顿运动定律为主线的能量、动量、角 动量,质心运动理论;4、天体运动;5、静力学;6、振动和波动。

第一讲 运动学 一、伽利略变换;二、速度加速度关联。三、典型运动:抛体运动、圆周、 椭圆、双曲线运动。
1、

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2、 从位于同一条水平直线上的 A 、B 两点, 以同样大小速度 v0 ? 20 m/s 同时抛出两块石头. 一 块沿曲线 1 轨道飞行,另一块沿曲线 2 轨道飞行,每一块石头恰落在另一块石头起飞点.已知石头 在 A 点的抛射角 ? 为 75°(如图) ,问:抛出后经过多少时间两块 石头之间距离最近?这距离等于多少?在图上标出此刻两石头位 置. 解析:研究从点 A 抛出的石头的飞行情况.它在竖直轴上的运 动方程为

1 (v0 sin ? )t ? gt 2 ? 0 , 2
由此飞行时间

t?

2v0 sin ? . g

A 、 B 两点之间距离等于
L ? v0 cos ? t ?
2 v0 sin 2? ? 20 m. g

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同理,对从 B 点抛出的石头可列出类似方程

L?

2 v0 sin 2 ? . g

于是得出 sin 2? ? sin 2? ,又据题意 ? ? ? ,所以 2? ? ? ? 2? ,即 ? ? ? ?? /2 . 转入另一参照系里作更详细研究,在此参照系里两石头作匀速运动.

取 A 点作为参照系的原点.由于 v1 ? v2 且 v1 ? v2 ? v0 ,所以相对速度 v相 是以速度矢量 v2和- v1 所作的正方形的对角线,于是 v相 ? 2v0 .从图 1-21 可见, AC 是两石头之间最短距离.

因此

? ? ? ? 45? ? 30? , 1 AC ? L ? 10 m. 2 1 AC ? L ? 10 m. 2
AL 10 3 ? ? 0.61 s. v相 tan ? 20 2

两石头运动到它们之间距离最短时间所需时间最少,等于

tx ?

平行移动线段 AC 直到它的起点和终点分别位于石头曲线射轨道和平直轨道上(图 1-22) ,这 ? ? A C ? AC 时 . 3、如图所示, AB 杆的两端 A和 B 分别沿成直角的两边滑动.如果杆的 B 端以恒定速度 v 运动, 当杆与水平所成角度为 ? 时,求杆中点( C 点)加速度 aC 与角 ? 的关系. 解析:如图 1-10, O? 为杆的瞬时转动中心,杆的瞬时角速度:

??
易得杆中点 C 的速度:

v , l sin ?

l v . vC ? ? ? 2 2sin ?
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注意到 C 点在以 O 为圆心,以 心加速度:

l 为半径的圆周上运动,其向 2

2 vC v2 , ? l 2l sin 2 ? 2 C 点的合加速度方向必为竖直向下,由图示几何关系可得: aCn v2 aC ? ? . sin ? 2l sin 3 ?

aCn ?

4、一根细棒 AB 斜搁在半径为 R 的固定半圆柱面上,棒与地 面接触的 A 端以速度 v 沿水平面作匀速直线运动,如图所示.当 棒与地面夹角为 ? 时,试求: (1)棒上与圆柱面接触的 P 点此时的速度 vP ; (2)棒与圆柱面的交点 P ? 位置变动的速度 vP? . 题解 1.08 (1)取棒与地面的接触点 A 为运动参照系,在此系中,棒绕 A 点转动,故棒上与圆

? 的方向为垂直于棒的方向,即沿圆柱半径指向圆心 O 的方向, 柱的接触点 P 点的速度(相对速度 vP
设棒此刻绕 A 点转动的角速度为 ? ,故有

? ? ?l vP

(1)

上式中 l 为棒上 P 点到 A 点的棒长.由于受到了固定半圆柱体的限制,棒上 P 点的绝对速度 vP 不可 能有垂直于棒斜向下(即指向 O 点)的分量,当然也不可能有垂直于棒斜向上的分量,否则必然导 致棒与柱面脱离,故此时 vP 的方向一定沿棒指向 A 点.由相对运动公式可得

? ?v vP ? vP
图 1 表示了上式的矢量关系,由图示的几何关系可得

vP ? v cos?
同时,也可得

(2)

? ? v sin ? vP

(3)

(2)联立(1) 、 (3)式,并注意到 l ? R cot ? ,于是可得 v sin ? ? l? ? R cot ??

v sin 2 ? (4) R cos ? 此 ? 为在 A 点的参照系中,棒绕 A 点转动的角速度.由于这是平动参照系,故 ? 也是棒相对地面参 ?? ?
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照系的转动角速度.由图 2 可知,当棒转过 ? ? 角时,棒与圆柱面的交点 P ? 点绕 O 点作圆周运动也 转过了 ? ? 角.即其圆周运动的角速度也是 ? .于是有

vP? ? ? R
将(4)式代入(5)式,即可得

(5)

v sin 2 ? cos ? 5、由四根长为 2l 和四根长为 l 的细杆构成合页构件,各交叉点均由铰链铰接,如图所示.现 vP ? ?
铰接点 O3 以速度 v 匀速地沿 x 方向运动.当各杆与 x 轴成 ? 角时,求: (1)铰链 A1和B3 的速度与加速度的值; (2)细杆 A3 B2 的转动角速度和角加速度; (3)各铰链的运动轨迹方程. 题解 1.09 (1)当铰链 O3 以速度 v沿x 轴运动时,铰链

O1 、 O2 的速度分别

1 2 vO1 ? v, vO2 ? v , 3 3
铰链 A1 、 B3 沿 x 方向的分速度分别为

1 5 vA1x ? v, vB3 x ? v 6 6
由于 A1 点绕 O 作圆周运动,故 vA1 的方向垂直于 OA1 杆.由几何关系可知: vA1 的方向与 x 轴的夹角 为

?
2

? ? .由此可求得
vA1 ? vA1x cos( ? ? ) 2

?

?

v 6sin ?

(1)

同时可求得 A1 点沿 y 方向的分速度的值为

v vA1 y ? vA1 cos? ? cot ? . 6
由于 B3 点的 y 方向分速度的值与 A1 点相同.即

v vB3 y ? vA1 y ? cot ? . 6
于是,得
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2 2 vB3 ? vB ? vB ? 3x 3y

v 25 ? cot 2 ? 6

(2)

本题中除铰链 O 以外,其余所有铰链沿 x 方向均作匀速运动.所以 A1 、 B3 的加速度沿 y 轴方 向,其值分别设为 aA1 和aB3 ,而铰链 A1 作圆周运动的法向加速度为

a A1n ?
故有

2 vA 1

l
a A1n

?

v? 36l sin 2 ?
v2 36l sin 3 ?

(3)

a A1 ?

sin ?

?

(4)

铰链 B3 的加速度值与 A1 一样,即

aB3 ? a A1 ?

v2 36l sin 3 ?

(2)由于各杆转动角速度与角加速度均相同,故只需求 OA1 杆的角速度 ? 与角加速度 ? 即可,

??

v A1 l

?

v 6l sin ?

(5)

由(3) 、 (4)式可求得 A1 的切向加速度为
2 2 a A1t ? a A ? aA ? 1 1n

v 2 cos ? 36l sin 3 ?

由切向加速度便可求得 ? ,

??

a A1t l

?

v 2 cos ? 36l 2 sin 3 ?

(6)

(5) 、 (6)式即是 A3 B2 杆的转动的角速度和角加速度的表示式. (3)铰链 O1 、 O2 、 O3 沿 x 轴运动,其轨迹方程可表示为

y?0
铰链 A1 、 A2 、 A3 、 B1 、 B2 、 B3 可用 An , Bn (n ? 1,2,3) 符号表示,其位置坐标为

xn ? (2n ? 1)l cos? yn ? ?l sin ?
故轨迹方程为

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x2 y2 ? ? 1(n ? 1, 2,3) (2n ? 1)2 l 2 l 2
为椭圆方程.

第二讲 牛顿运动定律 一、物体的加速度关联;二、惯性力;三、质点组牛顿第二定律
1、质量为 M 的珠子可以沿水平直杆无摩擦地滑动(如图) .珠子上系有一根长为 L 的不可伸 长的轻线.现拉线的自由端,使此端速度总是沿线方向且大小等于 v 0 .当线的方向与杆成角 ? 时, 应当以多大力拉线?线总是位于水平面内. 解析:线是不可伸长的,这使在指定角 ? 值时线端的速度与此有关 系.采用微元法,求经过十分短的时间 ?t 后珠子新的位置和新的角度,进 而表示新的速度并且求出珠子在此 ?t 内速度增量. 这样我们能够计算加速 度,再求力就非常简单.设角为 ? 时珠子速度等于 u (图 3-47) ,则

u cos ? ? v0
经过短时间 ?t ,线端位移移动 v0 ?t ,珠子滑过 u ? t ,现在可以列出新的等式

(u ? ?u)cos(? ? ?? ) ? v0 .
为去掉括号,利用熟悉的和角正弦公式以及用角度值代替图上小角度的正弦值,得到 ?u cos ? ? u sin ? ?? . 角的增量可以利用几何知识来得到.根据正弦定理

u?t L , ? sin ?? sin ? 用角本身值代替小角度 ? ? 的正弦值,得到 u?t sin ? . ?? ? L
经简单化简得到
2 ?u sin 2 ? 2 sin ? ? u2 ? v0 . ?t L cos ? L cos3 ?

对珠子列出牛顿第二定律

T cos ? ? M
由此得
2 T ? Mv0

2 ?u 2 sin ? ? Mv0 , ?t L cos3 ?

sin 2 ? . L cos 4 ?

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2、彼此相切的圆木和劈沿着光滑的斜面运动,两斜面与水平面成相同的角 ? ,劈的一面是竖直 方向(如图) ,圆木质量为 m1 ,劈的质量为 m2 .试求劈对圆木的压力.圆木与劈之间的摩擦不计. 解析:设圆木的加速度大小为 a1 ,劈的加速度大小为 a2 ,若劈的加 速度方向沿斜面向下,则圆木的加速度方向一定沿斜面向上. 把加速度 a1 、 a2 分解,如图 3-23 所示,由加速度相关关系可得

a1 cos? ? a2 cos? ,


a1 ? a2 ? a .

对 m1 、 m2 的受力分析如图 3-24 所示. 由牛顿第二定律可得:

FN cos? ? m1 g sin ? ? m1a , m2 g sin ? ? FN cos? ? m2 a ,
解得劈对圆木的压力

FN ?

2m1m2 g tan ? . m1 ? m2

3、一根绳的一端连接于 A 点,绳上距 A 端为 a 处系有一个质量为 m 的质点 B ,绳的另一端通 过固定在 C 点的滑轮, A 、 C 位于同一水平线上。某人握住绳的自由端,以恒定的速率 v 收绳,当 绳收至如图所示的位置时,质点 B 两边的绳与水平线的夹角分别为 ? 和 ? ,求这时人收绳的力。 忽略绳与滑轮的质量以及滑轮的摩擦。

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第三讲 能量 知识要点:动能定理、功能原理、机械能守恒定律; 虚功原理。
1、如图,长度为 L 的轻杆上端连着一质量为 m 的体积可忽略的小重物 B。杆的下端被用铰链 固接于水平面上的 A 点。同时,置于同一水平面上的立方体 C 恰与 B 接触,立方体 C 的质量为 M。 今作微小扰动,使杆向右倾倒,设 B 与 C,C 与水平地面间均无摩擦,而 B 与 C 刚脱离接触的瞬 间,杆与地面夹角恰为

? ,求:B、C 的质量之比。 6
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解:B、C 分离前,B 对 C 有作用力,使 C 沿水平方向加速,且两者相接触时,两者在水平方向 上的速度总是相等。在水平方向上的加速度也总是相等。直至 B、C 分离瞬间,B 与 C 在水平方向上的速度还相等,水平方向的加速度也 相等,且其间应刚好无相互作用力。由于其间无相互作用力,可见此 刻 C 的加速度为零, 则 B 的加速度的水平分量为零。则杆对 B 的作用 力的水平分量必为零,由于杆为轻杆,它对 B 如有作用力则必沿杆身 方向,而其水平分量要为零。故可肯定此刻杆对 B 的作用力为零。 现以 B 球为研究对象,如图二,设此刻 B 球的速度大小为 V,杆 与水平面夹角以?表示( ? ?

?
6

) ,则 B 此刻是仅仅受重力作用而绕 A 点作半径为 L 的圆周运动,

其向心力由重力沿杆方向的分力(mgsin?)提供,由向心力的公式,有

m g sin ? ? m
所以, V
2

V2 , L
1 Lg , 2

? gL sin ? ?

并且由图二还可见此刻 B 的速度的水平分量为

1 V x ? V sin ? ? V 2
又由上述知此刻 C 的速度 Vc 和 Vx 相等,即有

1 Vc ? V x ? V . 2
对于由 BC 组成的系统,在此过程中满足机械能守恒定律的条件,故有

1 1 mV 2 ? MV c2 2 2 ? 1 2 将 ? ? 以及 V ? Lg 代入上式,可以解得 6 2 m 1 ? . M 4 mgL (1 ? sin ? ) ?
2、一列长为 L 的过山车由许多节车厢组成,以某一速 度 V0 在水平轨道上行驶,然后进入半径为 R 的在竖直平面内 的轨道。已知 R 比车厢的尺寸大很多,且 L ? 2?R 。求: 过山车在水平轨道上的速度 V0 应满足条件,才能使过山车 安全的驶过竖直圆轨道。不计车与轨道间的摩擦。 解:由于不考虑摩擦,则整车运动中机械能守恒。列车进入竖直面内的圆轨道时,有部分车厢 的位置升高,整车的重力势能逐渐增加,则车的动能将随之减少,车速也随之减小。设列车单位长
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度的质量为?,当整个圆轨道上都分布有列车车厢时,这部分车厢较在水平轨道上时增加的重力势 能为 2?R?gR ,此时列车的速度达到最小值,设其为 V,则由机械能守恒定律,有

1 1 ?LV02 ? ?LV 2 ? 2?R 2 ?g. 2 2

(1)

列车的安全行驶应不脱离竖直圆轨道,在竖直圆轨道内,列车最容易脱离轨道的是处于轨道最 高点处的车厢。为研究列车在最高点处的运动情况,需分析处于最高点处列车的受力情况,位于最 高点处的车厢与车厢之间有张力作用。为求这一张力,不妨如图二假想将运行中的列车断开,则断 开后右部的车厢受到左部车厢的拉力 T。 又设在此拉力 T 作用下, 右部车厢发生了一极小的位移 ?x , T ? x 则此过程中拉力 T 对右部车厢做功 , 以这一做功过程的前后两状态比较, 相当于将整列车尾长

?x 的一段移至圆轨道的最高点处,其重力势能增加了 ??xg ? 2R ,而列车的速度不变,则其动能
不变,可见上述重力势能的增加是由于拉力 T 做功的结果,乃有

T?x ? ??xg ? 2R
即 T ? 2?Rg (2)

只要车厢与轨道处于接触状态, 轨道对车厢就有反作用力。 轨 道最高点对车的反作用力最小,在临界状态下,这一反作用力为零。此时处于这一位置的车厢仅受 重力和两侧车厢拉力作用,而这几个力的合力则提供车厢作圆周运动的向心力。现就这一节车厢的 运动情况来进行研究,设有一节长为 L(则其质量为 m ? ?L )的车厢处于轨道最高点,如图三, 令其所对的轨道圆心角为?,则它两端所受张力 T 分别与水平方向的夹角为 两张力的合力应为

? ,由于?很小,则此 2

Ty ? 2T sin

?
2

? 2T ?

?
2

? T?

又由图中可见应有 ? ?

L ,故得到 R
(3)

Ty ?

TL . R

此时车厢在作圆周运动,由圆周运动向心力的公式,应有

Ty ? m g ? m

V2 , R

以 m ? ?L 代入上式,即得

T y ? ?Lg ?

?LV 2
R

.

(4)

联立(1) (2) (3) (4) ,可得
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V0 ? (3 ?

4?R )Rg . L 4?R )Rg ,才能保证其安全地通过圆轨道。 L

即列车初速度应不小于 (3 ?

3、 两只质量为 m 的小球用长为 l 的轻杆相连, 该系统从竖直位置开始靠着竖直的光滑墙运动. 上 球沿竖直线运动,下球无摩擦地沿水平面滑动(如图) .求当上球离开竖直墙时下球的运动速度. 解析:当上球沿竖直墙方向的加速度 a ? g 时,上球只受重力作用,杆 对球的作用为 0,上球将离开竖直墙,此时下球的运动速度达到最大,因 此下球加速度为 0. 设杆与竖直墙成 ? 角时,上球离开墙,如图 5-8 所示. 因为杆上各点沿杆方向速度相等,即

v1 cos ? ? v2 sin ?



式中, v1 、 v 2 依次为上球离开墙时上球和下球的速度大小. 此时,上球相对下球的速度大小为
2 , v12 ? v12 ? v2

方向垂直于杆. 根据机械能守恒定律可得

1 1 2 mgl (1 ? cos? ) ? mv12 ? mv2 2 2
由②式可得



v12 ? 2gl (1 ? cos? ) .
因此在上球离开墙时,上球相对下球在沿杆方向上的加速度为
2 v12 ? 2 g (1 ? cos ? ) , l 由于上球离开墙时,下球的加速度为 0,故上球离开墙时,上球相对下球在沿杆方向上的加速 度即上球相对地在沿杆方向上的加速度. 由于离墙时上球只受重力作用, 上球的加速度大小为 a ? g , 方向竖直向下. 把上球的加速度 a

a ∥=

分解成沿杆方向上的分量 a ∥和垂直杆方向上的分量 a? ,由图 5-8 中加速度矢量关系可得

a?
解得

a cos ?

?

2 g (1 ? cos ? ) ? g, cos ?

2 cos ? ? . 3
代入①②式,可得
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? 5 v ? v ? ?1 2 2 , ? ? 1 mgl ? 1 mv 2 ? 1 mv 2 1 2 ? 2 2 ?3
解得

? 1 ?v1 ? 3 ? ? ?v ? 2 2 ? 3 ?
因此当上球离开竖直墙时下球的运动速度为

10 gl 3 2 gl 3



v2 ?

2 2 gl . 3 3

4、如图所示,三个半径为 r 、质量均为 m 的匀质光滑球放在光滑的水平桌面上,用一根不可 伸长的均匀橡皮筋把它们约束起来。将一个半径也为 r 、质量为 3m 的匀质光滑球放在上述三个球 中间正上方。试求,将橡皮筋剪断后,上面的球体碰到桌面的速度。

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5、如图所示,一个半径为 R 的四分之一光滑球面放在水平桌面上,球面上放置一光滑均匀铁 链,其 A 端固定在球面的顶点,B 端恰与桌面不接触,铁链单位长度的质量为ρ 。求铁链 A 端受 的拉力 T。

6、在山上架设一条输电线(如图) ,两座支架之间导线的质量为 m 、长为 L .导线固定在上支 架 A 点处,导线最低点为 B, A 点与 B 点之间沿竖直线距离为 H ,导线 AB 段长为 l .求导线的最大 张力.

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解析:以最低点 B 为分点,把导线分成左右两部分,这两部分导线受力情况相同. 以导线中 AB 段为研究对象. A 点受拉力 FA ,沿 A 点的切线方向; B 点受导线另一部分的拉力

FB ,沿 B 点的切线方向,即水平向右,重力 GAB ?

l mg . AB 段 L

相当于一平衡的“三力杆” ,受力关系如图 2-21 所示. 现设想在 A 处以力 FA 将导线 AB 沿 FA 方向拉过一极小距离

?x .在此过程中,力 FA 所做的元功

?WA ? FA ?x ;
力 FB 所做的元功

WB ? ? FB ?x ;
导线 AB 的势能增加相当于 B 端长为 ?x 的一段导线移到 A 处,即为

?x mgH . L
由功能原理,得

( FA ? FB )?x ?
由平衡条件,得
2 FA ? FB2 ? (

?x mgH L



mgl 2 ) L



由②/①,得

FA ? FB ?
由①+③,得

mgl 2 LH



H 2 ? l2 mg . 2 LH H 2 ? l2 mg . 因此,导线在 A 处张力最大, FA ? 2 LH FA ?

第四讲动量 知识要点:动量定理、动量守恒定律。
1、长又柔软的均匀小链以速度 v 沿直线运动,链的前端向后“拐弯”且以恒定速度 u 拉它(如 图) .要维持这样的运动,必须以多大的力作用于链的前端?小链长为 L ,质量为 m .
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解析:取如图 4-8 所示元过程,取后端链条最右边一个链元段研究,长度设为 ?x(?x ? 0) , 质量

?m ?

m ?x . L

设 在 ?t 时 间 内 , 这 个 微元段 走 过 ?x , 图 中 ( BA至AC ) ,动量从 ?mv (向右)变到 ?mu (向左) , 动量的变化是由作用与链前端的力 F 引起的, 对微元 段,根据动量定理,得

F ?t ? ?mu ? (??mv) ? ?m(u ? v) ?

m ?x(u ? v) , L

注意到在极短的 ?t 时间内,微元段的运动可视为匀变速运动,平均速度等于始末速度的算术 平均,即

?x u ? (?v) u ? v , ? ? ?t 2 2
故有

F?
因此必须以 F ?

m ?x m u?v m (u ? v) ? (u ? v) ? (u ? v)2 . L ?t L 2 2L

m (u ? v)2 的力作用于链的前端. 2L

2、小球从水平地面上以初速 ?0 斜抛出去,小球落地时在竖直方向上发生的非弹性碰撞恢复系 数为 e,小球与地面间的摩擦因数为 ? 。若要求小球第一次与地面碰撞后能竖直弹起,试求小球可 能达到的最大水平射程 smax 。 解:小球与地面第一次碰撞中,若地面摩擦力的作用可使小球水平分速度降为零,小球便能竖 直弹起。显然小球速度不可太大,这对抛射角 ? 是一种限制,在这一种限制内寻求 smax 。 小球竖直方向初速度,水平方向初速度及水平射程分别为

?? ? ? sin ? ,? ? ? cos ? , s ?
? ? e?? ,对应的法向冲量为 落地后竖直方向反弹速度 ??

2 ?0

g

sin 2?

N?tN ? (1? e)m?0 sin ?
其中 m 为小球的质量。小球受地面摩擦力提供的冲量大小为

f ?t f ? ? N?tN ? ? (1 ? e)m?0 sin ?
为使小球竖直弹起,要求
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f ?t f ? m? ? m?0 cos ?
将两式联立后,即要求

tan ? ? 1/[? (1 ? e)]
下面分两种情况讨论。 (1)若

1 ? 1 ,可取到 ? ? 45? ,则得 ? (1 ? e)

smax ?

2 ?0

g

sin 2? |? ?45? ?

2 ?0

g

(2)若

1 ? 1 ,则可取的抛射角范围为 ? (1 ? e)

? ? ?0 ? arctan
此时

1 ? 45? ? (1 ? e)

? ? 2? ?

?
2

sin 2? 随 ? 增大而减小,为使 sin 2? 取最大,应取 2 ? 为最小,即取 ? ? ?0 ,故有
smax ?
2 2 2?0 2?0 tan ?0 ? sin ?0 cos ?0 ? g g 1 ? tan 2 ?0

1 1 ? tan 2 ?0

即 tan ?0 ? 1/ ? (1 ? e) 代入,即得

smax ?

2 2?0 ? (1 ? e) 2 g ? (1 ? e)2 ? 1

3、有一质量及线度足够大的水平板,它绕垂直于水平板的竖直轴以匀角速度ω 旋转。在板的 上方 h 处有一群相同的小球(可视为质点) ,它们以板的转轴为中心、R 为半径均匀的在水平面内 排成一个圆周(以单位长度内小球的个数表示其数线密度) 。现让这些小球同时从静止状态开始自 由落下, 设每个球与平板发生碰撞的时间非常短; 而且碰撞前后小球在竖直方向上速度的大小不变, 仅是方向反向;而在水平方向上则会发生滑动摩擦,摩擦系数为μ 。 (1)试求这群小球第二次和第一次与平板碰撞时小球数线密度之比值ν 1。 (2)如果 R? ?g / ? (g 为重力加速度) ,且? 1 ? 1 / 2 ,试求这群小球第三次和第一次与平
2

板碰撞时的小球数线密度之比值ν 2。
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4、如图所示,A 是放置在光滑水平面上的滑块,其质量为 M,滑块的上端面是一水平台面, 台面的长度和高度均为 h, 滑块的侧面有一条长度为 1/8 圆周的圆弧形光滑槽, 槽底跟水平面相切. 另 有一条高为 H 的固定光滑导轨, 导轨的底端正好对准 A 的滑槽. B 是一个质量为 m 的小球, m=0.4M, 它由导轨的顶端滑下,初速为零.试问,欲使小球击中 A 的平台,高度比 H/h 的数值范围是多少?

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5、水平光滑大桌面上有一质量为 M 的均匀圆环形细管道,管道内有两个质量同为 m 的小珠, 位于管道直径 AB 的两端。开始时,环静止,两个小珠沿着朝右的切线 方向,具有相同的初速 ?0 ,如图所示。设系统处处无摩擦。 (1)当两个小珠在管道内第一次相碰前瞬间,试求两个小珠之间 的相对速度大小; (2)设碰撞是弹性的,试分析地判定两小珠碰后,能否在管道内 返回到原来的 A,B 位置。 (3)若能,再通过计算确定两小珠第一次返回到 A,B 时,相对 桌面的速度方向(朝左还是朝右)和速度大小。 解: (1)此时,管道与两小珠具有共同的右行速度,记为 u0 ,两小珠相对管道的速度大小相同, 记为 ?? 。有

( M ? 2m)u0 ? 2m?0 , ? u0 ?

2m ?0 M ? 2m 1 1 1 2 2 2 ( M ? 2m)u0 ? 2 ? m?? ? 2 ? m?0 2 2 2

?

1 4m 2 2m M 2 2 2 2 2 2 ?02 ? m?? ? m?0 , ? ?? ? ?0 ? ?0 ? ?0 2 M ? 2m M ? 2m M ? 2m

? ?? ?
两小珠相对速度大小便为

M ?0 M ? 2m

2?? ? 2

M ?0 M ? 2m
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(2)弹性碰撞后,两小珠相对管道速度反向,大小仍为 ?? ,系统动能守恒。如果不能返回 A, B,某时刻必相对管道停下,则据动量守恒,此时管道与两小珠一起右行的速度即为

u0 ?

2m ?0 。系统动能便是 M ? 2m 1 2m 1 2 2 2 ( M ? 2m)u0 ? m?0 ? 2 ? m?0 2 M ? 2m 2

与系统动能守恒矛盾。故碰后,两小珠必能返回到 A,B。 ( 3 )两小珠返回 A , B 位置时,管道右行速度记为 u ,小珠相对桌面朝右的速度记为

? (? ? 0, 速度朝右;? ? 0, 速度朝左) 。有
Mu ? 2m? ? 2m?0 , ? ? ? ?0 ? M u 2m

小球返回 A,B 过程中,相对管道有朝左的运动速度,故小珠相对桌面的右行速度 ? (带正负 号)必定小于管道相对桌面的右行速度 u,即必有 ? <u 解 ?1 ? ?0 ? 0 ? u1 ,应舍去;解 ?2 ? 结论如下: 2m>M 时,小珠相对桌面速度方向朝右, | ? |? 2m=M 时,小珠相对桌面速度为零, | ? |? 0 2m<M 时,小珠相对桌面速度朝左, | ? |?

1 1 1 2 2 Mu 2 ? 2 ? m? 2 ? 2 ? m?0 ? m?0 2 2 2 1 M 2 2 ? Mu 2 ? m(?0 ? u ) ? m?0 2 2m M ? 2m 2 ? u ? 2?0u 2m 4m 2m ? M ?0 ,? 2 ? ?0 得两组解: u1 ? 0, ?1 ? ?0 ; u2 ? M ? 2m M ? 2m

2m ? M 4m ?0 ? ?0 ? u2 ,选定。 M ? 2m M ? 2m 2m ? M ?0 M ? 2m

M ? 2m ?0 M ? 2m

第五讲 角动量 知识要点:冲量矩定理;角动量守恒定律。
1、质量均为 m 的小球 1、2 用长 4a 的柔软轻细线相连,同以速度 ? 沿着与线垂直的方向在光 滑水平面上运动,线处于伸直状态。在运动过程中,线上距离小球 1 与 a 处与固定在水平面上的竖 直光滑细钉相遇, 如图所示。 设在以后的运动过程中两球不相碰, 试求: 小球 1 与钉的最大距离 (给 出 4 位有效数字) 。
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解: (1)参考题解图,以钉为参考点,球 1 和球 2 所受绳中拉力的力矩都为零,各自角动量守 恒。线与钉接触后的过程中,球 1、2 的速度 v1 , v2 可分解为沿线长方向的径向分量 ?1r ? ?2r ? ?r 和 垂直于线长方向的角向分量 ?1? ,?2? 。当球 1 与钉的距离 r1 达最大时,必有 ?r ? 0 ,得

m?1? r1 ? m?a m?2? (4a ? r1 ) ? m? ? 3a
过程中系统动能守恒,即有

(1) (2)

1 1 1 2 m?12 m?2 m? 2 ? ? ? ? 2? 2 2 2
三个方程,三个未知量 ?1? ,?2? , r 均可解。联立三式,消去 ?1? ,?2? ,可得

a 3a 2 ( )2 ? ( ) ?2 r1 4a ? r1
引入参量 x ? r 1 / a 后,可展开成

( x ?1)( x3 ? 7 x2 ? 4x ? 8) ? 0
数学解为

x1 ? 1 ,即 r1 ? a ,对应初态,舍去;
x3 ? 7 x 2 ? 4 x ? 8 ? 0
引入函数

y ? x3 ? 7 x 2 ? 4 x ? 8 ? 0
由 x: y: -1 <0 0 >0 1 >0 2 <0 4 <0 7 >0

可知,x 在(-1,0),(1,2),(4,7)三个区间内,有 y=0 的三个根。因 a ? r 1 ? 4a ,故可取在根在(1, 2)区间内,取二分逼近法,用计算器可找到此根的数值为

x ? 1.653 ,对应 r1 ? 1.653a
此 r1 值即为小球 1 与钉的最大距离,即

r1max ? 1.653a
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2、如图所示,在半顶角为 ? 的倒立固圆锥面光滑内壁上,一小球在距锥顶 H0 高度处作水平圆 周运动。 (1)试求小球的圆运动速度 ?0 ; (2)若在某时刻,小球的速度不改变方向地其大小从 ?0 增为 其中 ? ? 0 , 假设而后的运动中小球不会离开锥面内壁, 1 ? ??0 , 试讨论小球而后的运动。 解: (1)将小球受锥面内壁法向支持力的大小记为 N0,则由
2 m?0 / H0 tan ? ? N0 cos ?, N0 ? mg / sin ?, m :小球质量可解得

?0 ? gH0
(2)小球因速度已超过 ?0 ,不能在 H0 高处继续作水平匀速圆周运动。 小球速度增为 1 ? ??0 时,在极短时间内可作的空间曲线运动仍 可处理为无穷小的原水平面内的圆弧段运动,曲率半径仍为

H 0 tan ? 。此时所需向心力必定增大,这只能通过作为被动力的法向
支持力的大小从 N0 增为相应的 N>N0 来满足。如题解图所示,N 的竖 直分量必定大于 mg, 据此可以判定小球不会沿锥面向下运动, 而是朝 上运动。 考虑到机械能守恒, 小球爬高可到达的高度必有极大值, 记为 H, 在该处速度 v 若不为零,也只能沿水平方向。从 H0 到 H 的过程中以 锥面顶点 O 为参考点,小球相对 O 的矢 r、所受重力 mg 和弹力 N 在 同一竖直平面内, 由此构成的力矩 M 必定与此竖直平面垂直, 即为水 平矢量。M 的竖直分量为零,故角动量竖直分量守恒。于是得 能量守恒方程: mgH ?

1 1 m? 2 ? mgH 0 ? m( 1 ? ??0 ) 2 2 2

角动量竖直分量守恒方程: ( H tan ? )m ? ? ( H0 tan ?)m( 1 ? ??0 ) 解得 ,H ? H1 ? H 0 (初态)

1? ? 8 (1 ? 1 ? )H0 ? H0 4 1? ?

即小球爬高到 H2 高处因竖直方向速度为零而停止爬高。 在 H2 高处小球不能爬高,而后的运动能否是在 H2 高处作水平匀速圆周运动?若能,则要求上 述两个守恒方程解得的 ? 必须满足方程
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? ? gH
于是共有三个方程,但只有两个未知量 H 和 ? ,为使方程组有解,增设 ? 为未知量,便可解得(过 程略)

?1 ? 0,?2 ? ?9
这与题设 ? ? 0 矛盾。 现在,小球只能从 H2 处沿锥面向下运动。运动过程中假设能到达一个最低高度 H ? ,其速度 v ? 方向水平,则可导出下述方程:

1 1 mgH ? ? m? ?2 ? mgH 2 ? m? 2 2 2

( H ? tan ? )m?? ? ( H2 tan ? )m?
将等号两边左右对称一下,将 H ? 用 H 0 代替, ? ? 用 1 ? ??0 代替,即为前面两个守恒方程,故现 在所得解必定为

H ? ? H0 ,?? ? 1 ? ??0
即小球会从 H2 高度向下爬行到原来的初始状态 ( H0 , 1 ? ??0 ) 的高度处。 结论:小球将在 H0 高度和 H2 高度之间,沿锥面内壁往返运动。 3、如图所示,均匀金属丝绕成正截面圆半径为 R,螺距为 H 的等距螺旋线, 两端用质量可略,长为 R 的杆固定在竖直固定转轴上,转轴与螺旋线中央轴重合。 金属丝上穿着一个小球 P,金属丝与小球的质量同为 m。开始时 P 在最高点,静 止释放后,沿金属丝下滑,金属丝绕轴旋转。设系统处处无摩擦,试求 P 降落高 度 h 时,受金属丝的合作用力大小 N。 解:金属丝各处与水平面的夹角同为 ? ,参考题解图,有

tan ? ?

H 2?

金属丝相对地面参考系的反向旋转角速度记为 ? ,小球相对金属丝正向旋转角速 度记为 ? ? , 小球相对地面系正向旋转角速度便为 ? ?? ?? 。 小球相对金属丝水平、 竖下方向的速度分别为

? ? ?? tan ? ?? ?? R,??
小球下降高度 h 时,由转轴方向角动量分量守恒方程

m?R ? m? R


? ? ?, ?? ? 2?
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? ? 2?R tan ? ? ? ?R,?? ? 2?R ? ?? ? ??
其中 ? ,?? 是小球相对地面系的两个速度分量。由能量守恒方程

mgh ?

1 1 2 m(?R) 2 ? m(? 2 ? ?? ) 2 2

? m? 2 R2 (1 ? 2tan 2 ? )


? gh gh ,? ? ? 2 ?? ? 2 1 ? 2 tan ? 1 ? 2 tan 2 ? gh ? ?R ? ,? 1 ? 2 tan 2 ? ? gh ??? ? 2 1 ? 2 tan 2 ? tan ? ?
金属丝为 P 提供水平向心方向的弹力为

N心 ?

m? 2 R

? mg

h R(1 ? 2 tan 2 ? )

金属丝为 P 提供沿“坡面”向上的弹力 N 斜 ,其中水平方向分力为 P 提供水平切向加速度,竖直方向 分力与重力合成为 P 提供竖直向下加速度。后者为

a? ?

d?? g 1 dh dh ?2 tan ? ( ? ?? ) 2 dt 1 ? 2 tan ? 2 h dt dt g 1 gh tan ? ? 2 tan ? 2 1 ? 2 tan ? 2 h 1 ? 2 tan 2 ?
? 2 tan 2 ? g 1 ? 2 tan 2 ? 2 tan 2 ? ) 1 ? 2 tan 2 ?

?2

参考题解图,有

N斜 cos ? ? mg ? ma? ? mg (1 ?


N 斜 ? mg
P 受金属丝的合作用力大小为

1 (1 ? 2 tan 2 ? ) cos ?

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? h2 1 ? ? 2 2 ? N ? N 2 ? N 2 ? R cos ? mg ? 心 斜 1 ? 2 tan 2 ? ? ? 2? H ?cos ? ? , tan ? ? 2? ? H 2 ? (2? ) 2 ?

第六讲 质心运动理论 知识要点:
1、半径为 R 的环轴以速度 v 沿水平面作纯滚动,完全非弹性地撞上高度为 h(h ? R) 的台阶.当 环轴“爬”上台阶时(仍作纯滚动) ,具有多大的速度?当环轴最小速度为多少时,它可以“爬” 上台阶而没有滑动? 解析:原环轴在水平面上作纯滚动,即 v ? ?R . 环轴完全非弹性地撞上台阶时,使环轴沿半径 OA 方向的速度损失,垂直于半径 OA 方向的速 度为 v sin ? ,如图 5-5 所示,其中 sin ? ?

R?h . R

在环轴“爬”上台阶过程中,设环轴与台阶间的平均 滑动摩擦力为 Ff ,经历的时间为 ?t ,环轴质心的速度由

v sin ? 变到 v1 ,角速度由 ? 变到 ?1 .
由质心动量定理可得:

Ff ?t ? mv1 ? mv sin? ,
由动量矩定理可得:

?Ff R ?t ? m?1R2 ? m?R2 ,
又环轴“爬”上台阶时仍作纯滚动,即

v1 ? ?1 R ,
由上三式可得:

v ? v1 ? v1 ? v sin ? ,
解得:

(1 ? sin ? ) h v ? (1 ? )v , 2 2R h 因此,环轴“爬”上台阶时,具有速度为: v1 ? (1 ? )v . 2R v1 ?
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在 A 处环轴不发生滑动的情况下,环轴“爬”上台阶的过程,环轴的机械能守恒,即

1 1 ?mgh ? mv12 ? m(v sin ? )2 , 2 2
解得

v1 ? (1 ?

h 2 2 ) v ? 2 gh , R

当环轴“爬”上台阶而没有滑动时,即 v1 ? 0 ,此时原环轴有最小速度:

vmin ?

R 2gh . R?h

2、内外半径几乎同为 R、质量为 M 的匀质圆环,静止地平放在水平桌面上,环内 P 处有两个 质量同为 m 的静止小球。 今以一个恒定的水平力 F 在 P 处拉 环,F 方向线过环心,如图所示。设系统处处无摩擦,且两 小球在 F 开始作用时便因相互之间有微小的间隙而反向地在 环内运动。试问:当两小球各自相对圆环转过 90° 时,小球 相对圆环的速度 ? 为多大? 解:开始时系统质心 C 的位置如题解图 1 所示,它与圆 心 O 相距

l?

2m R M ?m

两小球各自相对圆环转过 90° 时,如题解图 2 所示,系统质心 C 位于圆心 O 处,此时 F 作用点 P 相对质心总位移量大小即为 l,力 F 作功量便为

W ? Fl ?

2m FR M ? 2m

设小球相对质心 C 的左行(逆着 F 方向)速度大小为 u1 ,圆环相对质心 C 的右行(顺着 F 方向) 速度大小为 u2 ,那么在质心系中有

2mu1 ? Mu2
1 1 2m 2 2 ? mu12 ? Mu2 ?W ? FR 2 2 M ? 2m
由此可解得

u1 ? 2MFR /(M ? 2m)
故小球相对圆环的速度(与参照系选取无关)为

? ? u1 ? u2 ? u1 ?

2m u1 ? 2 FR / M M

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3、如图,在光滑水平面上有质量为 M 且均匀分布、半径为 R 的圆环。 质量为 m(m<M)的质点可在环内壁作无摩擦滑动。开始时,圆环静止,环 心在 O 点,质点位于(O,R)处,速度沿 x 方向,大小为 ?0 。 (1) 试导出质点的运动方程。 (2) 试求质点运动轨迹转折处的曲率半径。

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4、 质量均为 m 的小球 A 、B 由长为 l 的轻杆连接, 直立于光滑水平面上, 如图所示.若在下球 B 上作用一水平恒力 F ,使 B 球移动了一段距离,此时 杆与水平方向的夹角为 ? ,求此时水平面对 B 球的作用力. 题解 1.28 设在 F 力作用下,经过时间 t , B 球移动了一段距离 s ,此时 杆与水平方向的夹角为 ? ,如图 1 所示.并设 B 球的速度为 v ,而 A 球相对 B 球的速度为 v ? .由功 能原理,得
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1 1 Fs ? mv2 ? m[(v ? v? sin? )2 ? (v? cos? )2 ] 2 2 ?mgl (1 ? sin ? ) (1)
体系质心沿水平方向的加速度 aC 为

aC ?

F 2m

(2)

此过程中质心沿水平方向的位移 xC 为

1 xC ? aC t 2 2

(3)

而由图 1 所示的几何关系,可得到质心沿水平方向的位移 xC 为

l xC ? s ? cos? 2
由(2) 、 (3) 、 (4)式,得

(4)

t?
由动量定理可得

2m (2s ? l cos? ) F

(5)

Ft ? mv ? m(v ? v? sin ? )
将(5)式代入(6)式,得

(6)

1 F v ? v? sin ? ? (2s ? l cos ? ) 2 2m
将(7)式代入(1)式,便可求得

(7)

v?2 ?

2 Fl cos? ? 4mgl (1 ? sin ? ) m(1 ? cos 2 ? )

(8)

设 B 球受到杆的作用力为 T ,方向沿杆,地面对它的支持力为 N , B 球的受力情况如图 2 所示.由 此, B 球沿水平方向和竖直方向的运动方程分别为 F ? T cos ? ? ma (9) N ? T sin ? ? mg ? 0 (10) 取 B 球为参照系, 则 A 球的受力情况如图 3 所示. 图中惯性力 fi ? ma, a 时的加速度, 于是可得 A 球在此参照系中绕 B 作圆周运动的法向运动方 v ?2 mg sin ? ? T ? ma cos ? ? m (11) l 将(8) 、 (9)式代入(11)式,可解得
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为 B 球此 程为

T?

mg (6sin ? ? sin 3 ? ? 4) ? F cos? (cos 2 ? ? 3) (1 ? cos 2 ? ) 2

(12)

将(12)式代入(10)式,即得此时水平面对 B 球的作用力 N 为 N ? mg ? T sin ?

? mg[1 ?

sin ? (6sin ? ? sin 3 ? ? 4) ? F sin ? cos? (cos 2 ? ? 3) ] (1 ? cos 2 ? )2

点评:本题为轻杆两端连接两小球的体系,这类体系不论作何运动,任意时刻杆对小球的作用 力一定为沿杆方向,否则其反作用力作用于轻杆的两端,会使轻杆受力矩作用.这与由转动定律得 出的对于转动惯量为零的刚体所受合力矩为零的结论是相违背的.此外,为球得杆对 B 球作用力, 可在 B 球参照系(非惯性系)中讨论 A 球的运动.而 A 球相对 B 球的运动速度则可通过在惯性系中 运用质心运动定律、功能原理及动量定理等原理求得. 5、如图,两根长度均为 l 的刚性细杆,一端用质量为 m 的球形铰链相连,两杆另一端分别安 装质量为 m 和 2m 的小球。开始时两杆并拢,铰链球朝上,竖直放置在光滑桌面上,从静止释放, 下面两球开始向两边滑动,两杆始终保持在同一铅垂面内。设三球一身的大小、轻杆的质量以及各 种摩擦均可忽略。试求: (1)铰链球碰桌面时的速度; (2)当两杆夹 90 角时,质量为 2m 的小球 的速度。
0

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6、三个钢球 A、B、C 由轻质的长为 l 的硬杆连结,竖立在水平面上,如图所示,已知三球质 量 mA=2m,mB=mC=m,距杆 a ?
5 2 l 处有一面竖直墙。因受微小拢动,两 8

杆分别向两边滑动,使 B 球下降,致使 C 球与墙面发生碰撞。设 C 球与墙 面碰撞前后的速度大小不变,且所有摩擦不计,各球直径都比 l 小很多,求 B 落地瞬间三球的速度大小。 解: (1)求碰撞前三球的位置 视 ABC 三者为一系统,则 AC 在水平面上滑动时,只要 C 不与墙面相碰,则此系统不受水平 外力作用,此系统质心的水平坐标不发生变化。以图二表示 C 球刚好要碰撞前三球的位置。以?表 示此时 BC 杆与水平面间的夹角,则 AB 杆与水平面间的夹角也为?,并令 BA 杆上的 M 点与系统 的质心的水平坐标相同,则应有
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mA ? AM cos? ? mB MB cos? ? mc (MB ? BC) cos?
故得, MB ?

1 L AB ? . 4 4

(1)

由上述知 M 点的水平坐标应与原来三球所在位置的水平坐标相同,故知此刻 M 点与右侧墙 面的距离即为 a,即 M 点与 C 球的水平距离为 a,由此有

MB ? cos? ? BC ? cos? ? a,


L 5 2 cos? ? L cos? ? L. 4 8

由上式,得

cos? ?

2 ,故有 2
(2)

? ? 450

(2)求碰墙前三球的速度 由于碰墙前 M 点的坐标不变,则在 AC 沿水平面滑动的过程中的任意时刻,由于图中的几何 约束,C 点与 M 点的水平距离总等于 A 点与 M 点的水平距离的 度大小总为 A 点水平速度大小的

5 倍,可见任何时刻 C 点的水平速 3

5 倍。以 V A、VB、Vc 分别表示图二中三球的速度,则有 3
(3)

5 Vc ? V A 3

又设 VB 沿 BC 方向的分量为 V BC , 则由于 VB 和 Vc 分别为杆 BC 两端的速度, 则此两速度沿杆 方向的投影应该相等,即

VBC ? Vc ? cos?
再设 VB 沿 BA 方向的分量为 V BA ,同理可得

VBA ? VA cos?
注意到 BA 和 BC 两方向刚好互相垂直,故得 VB 的大小为
2 2 VB ? VBC ? VBA ? VC2 ? V A2 cos ?

以(2) (3)两式代入上式,得
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VB ?

17 VA . 9

(4)

由于系统由图一状态到图二状态的机械能守恒,有

m B gL ? m B g ? L sin ? ?

1 1 1 m AV A2 ? m BVB2 ? mcVc2 2 2 2

将(1) (2) (3) (4)代入上式,解得

VA ?

3 2 (1 ? ) gL. 10 2

(5)

(3)求 C 球刚碰墙后三球的速度 如图三所示,由于 C 球与墙碰撞,导致 C 球的速度反向而大小不变,由于杆 BC 对碰撞作用

? 与C球 力的传递,使 B 球的速度也随之变化,这一变化的结果是:B 球速度沿 BC 方向的分量 V BC
速度沿 CB 方向的分量相等,即

? ? Vc? cos? ? Vc cos? VBC

(6)

由于 BC 杆只传递沿其杆身方向的力,故 B 球沿垂直于杆身方向(即 BA 方向)的速度不因 碰撞而发生变化,A 球的速度也不因碰撞而发生变化,即其仍为 V A 。故得此时 B 球速度沿 BA 方

? 满足 向的分量 V BA ? ? VA cos? VBA
得,刚碰墙后 B 球速度的大小为
2 ? ? VBC ? 2 ? VBA ? 2 ? Vc2 ? V A VB cos? ?

(7)

17 VA 9

(8)

(4)求 B 求落地时三球的速度大小 碰后,三球速度都有水平向左的分量,可见此后系统质心速度在水平方向的分量 V Mx 应该方 向向左,且由于此后系统不受水平外力,则 V Mx 应保持不变,由上解得的三球速度,可得 V Mx 应该 满足

? cos? ? VBA ? sin ? ) ? mcVc? (mA ? mB ? mc )VMx ? mAVA ? mB (VBC
以(3) (5) (6) (7)代入上式,解得

5 1 VMx ? V A ? 15(2 ? 2 gL ) 4 8

(9)

当 B 球落地时,ABC 三球均在同一水平线上,它们沿水平方向的速度相等,显然,这一速度
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也就是系统质心速度的水平分量 V Mx .而 B 球刚要落地时,AC 两球的速度均沿水平方向(即只有水 平分量) ,B 球的速度则还有竖直分量,以 VB落 表示此刻 B 球速度的大小。则由图三所示的状态到 B 球刚要落地时,系统的机械能守恒,由此有

1 1 1 ? 2 ? mcVc? 2 ? mb gL sin ? ? m AV A2 ? m BV B 2 2 2 1 1 1 2 2 m AVMX ? m BV B2落 ? mcVMx . 2 2 2
以(9) (8) (5)式代入上式,解得

V B落 ?

1 (38 ? 45 2)gL 8

(10)

第七讲 力学综合 知识要点: 量纲法解题、参考系转换、碰撞
1、深水爆炸结果形成气泡,气泡体积周期性振动,周期 T 与 pa ? b E c 成正比,式中, p —压强、

? —水密度、 E —爆炸的总能量.试求 a 、 b和c .
解析:本题可运用量纲分析法来确定指数 a 、 b 、 c 的大小.周期 T 的量纲为 [T ] ,压强 p 的 量纲为 [ML?1T ?2 ] ,密度 ? 的量纲为 [ML?3 ] ,能量 E 的量纲为 [ ML2T ?2 ] .得

?a ? b ? c ? 0 ? ?? a ? 3b ? 2c ? 0 , ??2a ? 2c ? 1 ?
解得

5 ? ?a ? ? 6 ? 1 ? . ?b ? 2 ? 1 ? ?c ? 3 ?
即周期
? 5 1 1

T ∝ p 6? 2E3 .
2、弦振动频率与弦长、张力以及线密度(弦单位长度质量)有关.试求它们之间的关系. 解析:从物理学角度思考(与摆的振动类比)可知,弦振动频率? 与其长度 l 、张力 F 和线密 度 ? 的关系可以看作是如下类型:
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? ? l? F ? ? ? ,
式中 ? 、 ? 和? 为没有量纲的常数. 应用量纲法来解题,据此 ? 、 ? 和 ? 应该满足等式

|? |?| l? F ? ? ? |?| l |? | F |? | ? |? .
在 CN 单位制中

s?1 ? m? (
同类项合并得

kg m ? kg ? ) ( ) , s2 m

s?1 ? m? ? ? ?? kg? ?? s?2? .
若上式正确,则下列等式成立.

? ? ? ?? ? 0, ?2 ? ? ?1 , ? ?? ? 0.
由此得 于是

? ? ?1, ? ? , ? ? ? .
? ? l ?1 F 2 ? 2 .
1 ? 1

1 2

1 2

3、某惯性系中质量各为 m,M 的质点 A,B,开始时相距 l0,A 静止,B 具有沿 A,B 连线延 伸方向速度 v0。为抵消 B 受 A 的万有引力,可如图所示对 B 施加一个与 v0 同方向的变力 F,使 B 从作匀速直线运动。 (1)试求 A,B 间距可达到的最大值 lmax 。 (2)计算从开始时刻到 A,B 间达最大的过程中, 变力 F 所作总功 W。 (3)直接(不用分析和证明)回答下述问题: 在原惯性系中,A 受 B 的万有引力作为单独的一个力来考察,是否为保守力?在哪一个参考系 中,此力为保守力? 在原惯性系中,A,B 间一对万有引力,是否为一对保守性的作用力、反作用力?在哪些参考 系中这一对万有引力是一对保守性的作用力、反作用力? 解: (1) 、 (2) 方法 1:只用能量定理,换参考系 (1)在原惯性系中变力 F 作功 W 等于系统机械能增量,其中的势能变化与 lmax 有关,一个方 程包含 W 和 lmax 两个未知量,不好求解。改取随 B 运动的惯性系,此参考系中变力 F 作功为零, 机械能守恒,即得
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?G

Mm 1 2 Mm 2 ? m?0 ? G , ? lmax ? 2l0GM /(2GM ? l0?0 ) lmax 2 l0

(2)在原惯性系中由机械能定理,得

1 Mm 1 Mm 2 2 2 W ? [ (m ? M )?0 ?G ] ? ( M?0 ?G ) ? m?0 2 lmax 2 l0
讨论:因 lmax 只能取正,上述结果适用于

?0 ? 2GM / l0
如果

?0 ? 2GM / l0
则在随 B 运动的惯性系中,系统机械能

1 2 Mm m?0 ? G ?0 2 l0
A 未达无穷远前速度不可能降到零,故上述关于 lmax 所满足的机械能方程失效。此时必有在该参考 系,A,B 相距无穷远时 A 速度大小可由

1 1 2 Mm ?2 ? m?0 m?? ?G 2 2 l0
算得
2 ? ? ?0 ?? ?G

Mm l0

? ,B 的速度大小仍为 ?0 ,于是 F 作功为 在原惯性系中,A 的速度大小为 ?0 ? ??
1 1 1 Mm 2 2 ? ) 2 ? M ?0 W ? [ m(?0 ? ?? ] ? ( m?0 ?G ) 2 2 2 l0
2 ? m?0 [?0 ? ?0 ?2

GM ] l0

方法 2:能量定理、动量定理联合应用,不换参考系 原惯性系:功能方程为

1 Mm 1 Mm 2 2 W ? [ (m ? m)?0 ?G ] ? ( M?0 ?G ) 2 lmax 2 l0
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W ? ? F ? dl B ? ? F?0dt ? ?0 ? Fdt
0 0 0

t

t

t

冲量、动量方程为

m?0 ? ? Fdt
0

t

代入前两式,即得

?0 m?0 ? [ (m ? M )?02 ? G

1 2

Mm 1 2 Mm ] ? ( m?0 ?G ) lmax 2 l0

2 ? lmax ? 2l0GM /(2GM ? l0?0 )

同时也已得
2 W ? ?0m?0 ? m?0

讨论同前。 (3)在原惯性系中,A 受 B 的万有引力作为单独的一个力来考察, (因为力心 B 为动点)不是 保守力;在随 B 一起平动的惯性系中,此力为保守力。 在原惯性系中,A,B 间一对万有引力是一对保守性的作用力、反作用力;在任何一个参考系 (包括惯性系与非惯性系)中,这一对万有引力都是一对保守性的作用力、反作用力。

4、质量为 M 的粒子以速度 v 运动,与质量为 m 的静止粒子碰撞,求第一个粒子在碰撞后运动 方向的最大偏角 ? (图 4-22) .碰撞是完全弹性的. 解析:选取与两个粒子质心相连的参照系 I,质心速度 V 等于

MV . M ?m 在参照系 I 里,第一个粒子的初始动量为 V? mM v . M ?m 当弹性碰撞时,在参照系 I 里系统的动量和动能守恒(图 4-23) p1 ? M (v ? V ) ?

? ? p2 ? ?0, p1 ? p2 ? 0 ,即 p1
p12 p2 p ?2 p ?2 1 1 1 1 ?2 ( ? ) , ? 2 ? 1 ? 2 ,即 p12 ( ? ) ? p2 2 M 2m 2 M 2m M m M m

?. p1 ? p2
因此,碰撞后在参照系 I 里第一个粒子速度 u1 的大小保持不变:

u1 ?

? p1 mv ? . M M ?m
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矢量 u1 方向可以是任意的(图 4-24) . 在取与地相连的静止参照系里,第一个粒子在碰撞后速度 v1? 等于

v1 ? V ? ? u1 .
在矢量 u1 大小恒定情况下, 在垂直矢量 u1 条件下, 矢量 v1? 偏离最大角度 ? max , 这是从矢量 V 起点向矢量 u1 终点形成圆周所作切线方向(图 4-25) .

sin?max ?

u1 m . ? V M

当 M ? m 时, 形成最大偏角. 如果 M ? 2m , 那么 ?max ? 30? . 当M ? m 时,角 ? 可以为任意值.

5、在光滑水平面上,有两个质量均为 m 的小球 A 、 B 用劲度系数为 k 的轻弹簧 相连,弹簧的自然长度为 a .开始两球静止,弹簧无形变,一质量也为 m 的小铅粒 以垂直于两球连线方向的水平速度,射入其中一小球 B ,并留在其内,如图所示.已 知在以后运动过程中,弹簧的最大长度为 2 a ,试求铅粒射入小球前的速度 v 0 .

题解 1.37 自铅粒射入小球 B ,并留在其内后,弹簧开始以 ?0 的初角速度绕 质心旋转,同时两小球沿弹簧方向相对质心作振动,而体系的质心 C 则始终作匀速直线运动.设当 弹簧长度为 l 时, A 、 B 球与质心 C 之间的距离分别为 lA和lB 则有

ml A ? 2mlB l A ? lB ? l
由(1) 、 (2)式,可解得

(1) (2)

2 lA ? l 3 1 lB ? l 3
可见当弹簧处于原长 a 和长度变为 2 a 时, A 、 B 球与质心的距离分别为 a, a和 a, a .在铅数 射入小球 B 前后,体系相对该时质心所在空间点 C 角动量守恒,于是可得
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2 3

1 3

4 3

2 3

1 a 2a mv0 a ? [2m( )2 ? m( )2 ]?0 3 3 3
由(3)式可得

(3)

?0 ?

v0 2a

(4)

取质心为参照系,在质心系中体系相对质心的角动量守恒,且机械能守恒,设当弹簧长度达最大的 2 a 时,其转动角速度为 ? ,故分别为

1 2 4 (5) mv0 a ? [2m( a)2 ? m( a)2 ]? 3 3 3 1 a 2 1 2a 4 1 2 [2m( )2 ? m( a)2 ]?0 ? [2m( )2 ? m( a)2 ]? 2 ? ka2 (6) 2 3 3 2 3 3 2
联立(4) 、 (5) 、 (6)式,即可解得

v0 ? 2a

2k m

点评:本题是在质心系中讨论体系角动量守恒和机械能守恒的问题,由于体系的质心始终作匀 速直线运动.因此质心系是惯性系,由力学相对性原理可知,其力学规律与任何惯性系中的规律相 同.然而,质心系是个特殊的参照系,即使质心系是个非惯性系,在运用功能原理和角动量定理等 求解问题时,可不必计入惯性力的作用,即与一般惯性系等同. 6、一根光滑的细杆被弯成如图所示的形状,并被固定在竖直平面 ( xOy) 内,形状曲线方程为

y?

1 2 .杆上套有一质量为 m 的小环. x (a 为正的常数) 2a (1)若小环从杆上 x ? 2a 处由静止释放,求运动到 x ? a 处时对杆
(2)若杆绕 y 轴转动的角速度 ?0 转动,则 ?0 为多大时,环在杆上

的作用力;

任何位置均能相对杆静止?

2 2 ?0 , 倍, 即? ? 2 2 则小环从杆上 x ? 2a 处由相对杆静止释放,当小环运动到 x ? a 处时对杆的作用力又为多大? 1 2 题解 1.15 (1)由弯杆形状方程 y ? x 可得,小环在 x ? 2a和x ? a 时的 y 值分别为 2a 1 y(2a) ? 2a, y(a) ? a 2 小环从 x ? 2a 处由静止释放,当到达 x ? a 处时的速度设为 v ,则由机械 能守恒定律,得 1 2 mv ? mg[ y(2a) ? y(a)] 2
(3) 若杆绕 y 轴转动的角速度 ? 取 (2) 中值的

v ? 2g[ y(2a) ? y(a)] ? 3ga
以下求 x ? a 处杆的曲率半径.
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(1)

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方法 I:把杆的形状曲线与平抛运动的抛物线轨迹作类比.即从 O 点以初速 v 0 (沿 x 方向)抛 出一物体,此物的重力加速度 g 的方向取为沿 y 方向,则此物的运动方程为

? x ? v0t ? ? 1 y ? gt 2 ? 2 ?
(2) 、 (3)式中消去 t ,可得

(2) (3)

y?

g 2 x 2 2v0

(4)

(4)式与弯杆形状方程 y ?

1 2 x 相类比,可得 2a
a?
2 v0 g

(5)

在 x ? a 处, x ? a ? v0t ,? t ?

v a ,将(5)式代入得 t ? 0 .故此时 v0 g

vy ? gt ? v0 ? vx
可见,此处轨道切线与 x 轴夹角 ? ?

?
4

,故此处法向加速度

an ? g cos ? ?
由此可求得此处曲率半径 ? (a ) 为

2 g 2

? (a) ?

2 2 2 2v0 v2 v 2 (v x ? v y ) ? ? ? 2 2 0 ? 2 2a an an g 2 g 2

[1 ? ( y?) 2 ] 2 方法 II,用 ? ? 公式求解. y??
y? ? dy x d2y 1 ? , y ?? ? 2 ? .将此两式代入公式,可得 dx a dx a

3

x [1 ? ( ) 2 ] 2 a ?? 1 a
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3

? 2 2a
x?a

当小环运动到 x ? a 处.由图 2 所示的小环受力情况,可得其法向运动方程为
2015 年 6 月

N ? mg cos? ? m
将(1)式代入(6)式,即可解出

v2

?

(6)

N ? mg cos? ? m

v2

?

?

5 2mg 4

(2)在随杆一起旋转的转动参照系中.相对杆不动的环受力情况如图所 示.故有
2 mg sin ? ? fi cos? ? m?0 x cos?

(7)

其中轨道切线的斜率

dy x ? tan ? ? dx a
将(8)式代入(7)式,得

(8)

?0 ?

g a

即弯杆只需以 ?0 ?

g 的角速度绕 y 轴转动,则小环在杆上任何位置均可相对杆静止. a

(3)若 ? ? 重力所作的功为

2 g ?0 ? ,在随杆转动的参照系中,小环从 x ? 2a 处滑至 x ? a 处的过程中, 2 2a

a 3 Wg ? mg[ y(2a) ? y(a)] ? mg (2a ? ) ? mga 2 2
此外,惯性离心力 f ? m? 2 x 所作的功,可与弹性力 f ? kx 类比,于是可得,其功为

1 3 Wfi ? m? 2 [(a2 ? (2a)2 ] ? ? m? 2 a2 2 2
由动能定理可得



1 3 3 mv?2 ? Wg ? Wfi ? mga ? m? 2 a2 2 2 2 g 3 (9) v?2 ? 3ga ? 3 a2 ? ga 2a 2

在 x ? a 处,小环除受重力 mg 、惯性离心力 fi ? m? 2 x 和支持力 N 以外,由于小环沿杆方向有速度

v? , 故还受到科里奥利力 fC ? 2mv?? cos? 的作用. 此力方向为 v ? ? ? 的方向, 即垂直于纸面向里 (在
图 4 中未标出) .而杆对小环的支持力 N 应有两个方向的分力,即
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N ? N1 ? N2

(10)

其中 N1 在纸面内,其值由小环在纸面内的法向运动方程确定,

N1 ? mg cos ? ? m? 2 a sin ? ? m
将(9)式及 ? ? 2 2a 代入(11)式,得

v?2

?

(11)

3 ga 2 g 2 2 N1 ? mg ? m ? ? a ? ?m 2 2a 2 2 2a

?

9 2mg 8

(12)

而(10)式中的 N 2 与科里奥利力等值反向,即方向垂直于纸面向外,其值为

N 2 ? 2mv?? cos?
? 2m 3 g 2 6 g a? ? ? mg 2 2 a 2 2
(13)

由(12) 、 (13)式,可得杆对小环支持力 N 的值,此值也是小环对杆的作用力 N ? 的值,

258 mg ? 2.01 mg 8 点评:在转动参照系里,小环除受重力、惯性离心力和支持力外,由于它有速度 v ? ,还将受到
2 N ? ? N ? N12 ? N 2 ?

科里奥利力的作用,此力可表示为 fC ? 2mv? ? ? .科里奥利力很易被遗漏,且应注意此力的方向是 既垂直于 v ? ,也垂直于 ? ,即垂直于此两矢量构成的平面(纸面) ,由于小环在此方向上无运动, 故科里奥利力被支持力的分力 N 2 所平衡,而支持力的另一分力 N1 在纸面内只需求得 N1 的值.根据 勾股定律,即可求得 N1和N 2 的合力 N 的值.

碰撞——典型的力学综合问题
练习题: 1、在光滑水平桌面上沿着一条直线放有三个小球,它们的质量分别为 m 、 M 和 2M ,质量为

m 的球飞向质量为 M 的球,它们之间发生完全弹性正碰撞.求当

m 之比为多少时在此系统里正好 M

还要发生一次碰撞. 解析:m 球与 M 球碰撞后,M 球向前与 2M 球发生弹性碰撞,碰撞过程动量守恒、能量守恒,
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? ; 2M 球碰后速度为 v2 M ,有 设 M 球与 2M 球碰撞前速度为 vM ,碰后速度为 vM
? ? 2 Mv2 M ? MvM ? MvM ? , ?1 1 1 2 2 ? 2 ? ? 2 Mv2 MvM ? MvM M ? 2 2 ?2
解得

? ?? vM

vM , 3

可见, M 球与 2M 球碰后速度反向.若要满足题给条件, m 球与 M 球碰后速度也必须反向, 且,设 m 球与 M 球碰后速度为 vm ,则必有

? |, | vm |?| vM
由 m 球与 M 球发生弹性碰撞过程中动量守恒、能量守恒,即

? mv0 ? mvm ? Mv ? , ?1 2 1 2 1 2 mv0 ? mvm ? MvM ? 2 2 ?2
式中 v 0 为 m 球碰前的速度.解得

m?M ? v ? v ? ? m m?M 0 , ? ?v ? 2 m v ? M m?M 0 ?
由上述条件,得 m ? M ,故:

m?M 2m v0 v0 ? , m?M m?M 3


m 3 ? . M 5
由此条件下此系统只发生二次碰撞. 2、

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2015 年 6 月

3、光滑水平桌上有质量为 m 的球,质量为 M ? m / 2 的劈(角在前)以速度 v ? 5 m/s 运动,与 球发生弹性碰撞(如图) .求经过多少时间,球又将与劈碰撞.劈的倾角 ? ? 30? .
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解析:由于没有摩擦,所以球与劈碰撞时劈对球的作用力垂直于劈 面,使球具有的速度与竖直线成角 ? (图 5-30) .求碰撞后球速 V 和劈 速 v ? ,为此列出在水平 x 轴上机械能守恒式和动量守恒式:

1 2 1 1 Mv ? mV 2 ? Mv,2 , 2 2 2 Mv ? mV sin ? ? Mv? .
由②式变形得到

① ②

v? ? v ?

m V sin ? . M
V? 2v sin ? . m 2 1 ? sin ? M



将③式代入①式,得到球速

再利用③式,求出

m sin 2 ? v? ? v ( M ). m 1 ? sin 2 ? M 1?
求球相对劈的速度 ux 和u y .

u y ? Vy ? V cos ? ?

2v sin ? cos ? v sin 2? . ? m m 2 2 1 ? sin ? 1 ? sin ? M M

u x ? Vx ? v? ? v

(2 ?

m )sin 2 ? ? 1 M . m 1 ? sin 2 ? M

当 M ? m / 2和 sin ? ? 1/ 2 时,速度 ux ? 0 ,即球相对劈竖直向上运动,所求时间 t0 ? 2u y / g . 因为 uy ? v / 3 ,所以 t0 ? (2/ 3)(v / g ) ? 0.6 s. 竞赛试题: 1(24 届决赛第 1 题) 、 (22 分)A、B、C 三个刚性小球静止在光滑的水平面上。它们的质量皆 为 m,用不可伸长的长度皆为 l 的柔软轻线相连,AB 的延长 线与 BC 的夹角 ? ? ? / 3 ,如图所示。在此平面内取正交坐标 系 Oxy,原点 O 与 B 球所在处重合,x 轴正方向和 y 轴正方向 如图。另一质量也是 m 的刚性小球 D 位于 y 轴上,沿 y 轴负 方向以速度 ?0 (如图)与 B 球发生弹性正碰,碰撞时间极短, 设刚碰完后,连接 A,B,C 的连线都立即断了。求碰后经多 少时间,D 球距 A,B,C 三球组成的系统的质心最近。
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解答 1.分析刚碰后各球速度的方向.由于 D 与 B 球发生弹性正碰,所以碰后 D 球的速度方向 仍在 y 轴上;设其方向沿 y 轴正方向,大小为 v .由 于线不可伸长, 所以在 D , B 两球相碰的过程中, A , C 两球都将受到线给它们的冲量;又由于线是柔软 的,线对 A ,C 两球均无垂直于线方向的作用力, 因此刚碰后,A 球的速度沿 AB 方向,C 球的速度沿 CB 方向.用 θ 表示 B 球的速度方向与 x 轴的夹角, 则各球速度方向将如图所示.因为此时连接 A ,B , C 三球的两根线立即断了,所以此后各球将做匀速直线运动. 2.研究碰撞后各球速度的大小.以 v1 ,v2 ,v3 分别表示刚碰后 A ,B ,C 三球速度的大小, 如图所示.因为碰撞过程中动量守恒,所以沿 x 方向有 mv1-mv3 cosα + mv2 cosθ = 0 ; 沿 y 方向有 -mv0 = mv - mv2 sinθ -mv3 sinα . 根据能量守恒有 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 mv = mv + mv + mv + mv . 2 0 2 1 2 2 2 3 2 (3) (2) (1)

因为碰撞过程中线不可伸长,B ,C 两球沿 BC 方向的速度分量相等,A ,B 两球沿 AB 方向 的速度分量相等,有 v2 cosθ = v1 , v2 cos [ π - ( α + θ ) ] = v3 . 将 α = π / 3 代入,由以上各式可解得 v1 = v2 = v3 = 3 v , 12 0 21 v , 6 0 3 v , 3 0 (6) (7) (8) (9)
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(4) (5)

1 v = v0 . 4

3.确定刚碰完后,A ,B ,C 三球组成的系统质心的位置和速度.由于碰撞时间极短,刚碰 后 A ,B ,C 三球组成的系统,其质心位置就是碰撞前质心的位置,以(xc ,yc)表示此时质心 的坐标,根据质心的定义,有 xc = yc = 代入数据,得 xc = - yc = 1 l , 6 (12) (13) ml cosα-ml , 3m ml sinα . 3m (10) (11)

3 l . 6

根据质心速度的定义,可求得碰后质心速度 vc 的分量为 vcx = vcy = mv1 + mv2 cosθ-mv3 cosα , 3m - mv2 sinθ-mv3sinα . 3m (14) (15)

由(4)~(7)和(14) , (15)各式及 α 值可得 vcx = 0 , vcy = - 5 v . 12 0 (16) (17)

4.讨论碰后 A ,B ,C 三球组成的系统的质心和 D 球的运动.刚碰后 A ,B ,C 三球组成 的系统的质心将从坐标(xc = -l / 6 ,yc = 3l / 6)处出发,沿 y 轴负方向以大小为 5 v0 / 12 的速

度做匀速直线运动;而 D 球则从坐标原点 O 出发,沿 y 轴正方向以大小为 v0 / 4 的速度做匀速直线 运动.A ,B ,C 三球组成系统的质心与 D 球是平行反向运动,只要 D 球与 C 球不发生碰撞,则 vC ,vD 不变,质心与 D 球之间的距离逐渐减少.到 y 坐标相同处时,它们相距最近.用 t 表示所 求的时间,则有 vt = yc + vcy t 将 vcy ,v ,yc 的值代入,得 t= 3l . 4v0 (19) (18)

此时,D 球与 A ,B ,C 三球组成系统的质心两者相距 l / 6 .在求出(19)式的过程中,假设了 在t= 3 l / 4v0 时间内 C 球未与 D 球发生碰撞.下面说明此假设是正确的;因为 v3 =
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3v0 / 3 ,

它在 x 方向分量的大小为 3 v0 / 6.经过 t 时间,它沿 x 轴负方向经过的距离为 l / 8 .而 C 球的 起始位置的 x 坐标为 l / 2 .经 t 时间后,C 球尚未到达 y 轴,不会与 D 球相碰. 2(21 届复赛第 4 题) 、(20 分)如图所示,三个质量都是 m 的刚 D 性小球 A、B、C 位于光滑的水平桌面上(图中纸面) ,A、B 之间, B、C 之间分别用刚性轻杆相连,杆与 A、B、C 的各连接处皆为“铰 B 链式”的(不能对小球产生垂直于杆方向的作用力) .已知杆 AB 与 A A BC 的夹角为??? ,??< ?/2.DE 为固定在桌面上一块挡板,它与 ???? A AB 连线方向垂直. 现令 A、B、 C 一起以共同的速度 v 沿平行于 AB C 连线方向向 DE 运动,已知在 C 与挡板碰撞过程中 C 与挡板之间无 A 摩擦力作用,求碰撞时当 C 沿垂直于 DE 方向的速度由 v 变为 0 这 A E 一极短时间内挡板对 C 的冲量的大小. 解答:令 I 表示题述极短时间?t 内挡板对 C 冲量的大小,因为挡板对 D C 无摩擦力作用,可知冲量的方向垂直于 DE,如图所示; I ? 表示 B、C 间 的杆对 B 或 C 冲量的大小,其方向沿杆方向,对 B 和 C 皆为推力; v C 表 示?t 末了时刻 C 沿平行于 DE 方向速度的大小, v B 表示?t 末了时刻 B 沿 平行于 DE 方向速度的大小, v B? 表示?t 末了时刻 B 沿垂直于 DE 方向速 度的大小.由动量定理, 对C有 A B ????A
A

I

C
A A

E

I ? sin? ? mvC (1) I ? I ? cos ? ? mv (2)
对B有

I ? sin? ? mv B
对 AB 有

(3)

I ? cos ? ? 2m?v ? v B? ? (4)
因为 B、C 之间的杆不能伸、缩,因此 B、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有

vC sin? ? v B? cos ? ? v B sin? (5)
由以上五式,可解得

I?

3 ? sin 2 ? mv (6) 1 ? 3 sin 2 ?

评分标准: 本题 20 分. (1)、(2)、(3)、(4)式各 2 分. (5)式 7 分,(6)式 5 分.

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3(29 届复赛第 3 题) (25 分)如图所示,两根刚性轻杆 AB 和 BC 在 B 端牢固粘接在一起, AB 延长线于 BC 的夹角 ? 为锐角,杆 BC 长为 l ,杆 AB 长为 l cos ? 。在杆的 A 、 B 和 C 三个点各 固连一质量均为 m 的小球,构成一刚性系统,整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定的光 滑竖直挡板。杆 AB 延长线与挡板垂直,现使该系统以大小为 v0 、方向沿 AB 的速度向挡板平动。 在某时刻,小球 C 与挡板碰撞,碰撞结束时球 C 在垂直于挡板方向的分速度为零,且球 C 与挡板不 粘连。若使求 C 碰撞后,球 B 先于球 A 与挡板相碰。求夹角 ? 应满足什么条件。

A

B α

v0

C

解答: 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, y 轴与 挡板重合,以 vAx 、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx 和 vCy 分别表示球 C 与 挡板刚碰撞后 A 、 B 和 C 三球速度的分量,根据题意有
vCx ? 0

y

v Ay
A

vBy
v Ax B
P

(1)

以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴的负方 向,根据质点组的动量定理有
?J ? m vA x ? m vBx 3 ? m v
0

?

vBx O
x

(2) (3)

vCy
C C 图1

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ? l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
(4) 因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
vAx ? vBx

(5) (6) (7)

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos? vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin ?
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(7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角. 由几何关系有 2cos ? cos ? ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? sin ? ? 1 ? 3cos 2 ? 解以上各式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) vAx ? v0 sin 2 ?

(8) (9)

(10) (11) (12) (13) (14) (15)

vAy ? v0 sin ? cos ?
vBx ? v0 sin 2 ?

vBy ? 0 vCy ? ?v0 sin ? cos?

按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用,系统 的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动的, A 、 B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度,可考察球 B 相对质心 的速度.由(11)到(15)各式,在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质心 P 的速度 mvAx ? mvBx ? mvCx 2 (16) vPx ? ? v0 sin 2 ? y 3m 3 mvAy ? mvBy ? mvCy vPy ? ?0 (17) 3m A 这时系统质心的坐标为
xP ? ?l c o ? s

(18) (19) P B

O

x

1 yP ? ? l sin ? 3

不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P , 而球 B 相对质心的速度 C (20) (21)

1 2 vB P x? v B ? v sin x v P? x 0? 3
vBPy ? 0

图2

可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度 v v sin ? ? ? BPx ? 0 yP l
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(22)

若使球 A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过 π / 2 角,即杆 AB 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间
1 π t? 2

?

(23)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

(24)


yP ? ?x ? xP

(25)

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得

? ? arctan


3 1? ?

(26)

? ? 36?

(27)

4(23 届复赛第 2 题) 、 (25 分)如图所示,一根质量可以忽略的细杆,长为 2 l ,两端和中心 处分别固连着质量为 m 的小球 B、 D 和 C, 开始时静止在光滑的水平桌面上。 桌面上另有一质量为 M 的小球 A, 以一给定速度 v0 沿垂直于杆 DB 的方间与右端小球 B 作弹性碰撞。 求刚碰后小球 A,B,C,D 的速度,并详细讨论以后可能发生的运动情况。

参考解答:
1. 求刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度 设刚碰撞后, 小球 A、 B、 C、 D 的速度分别为 vA 、

vB 、 vC 、

vD ,并设它们的方向都与 v0 的方向相同.由于小球 C 位于由 B、C、D 三球组成的系统的质心处,
所以小球 C 的速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒, 故 有

M v0 ? M vA ? 3mvC

(1) (2)

碰撞前后质点组的角动量守恒,有

0 ? ml vC ? 2ml vD

这里角动量的参考点设在与 B 球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性 碰撞,碰撞前后质点组的动能相等,有

1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 M v0 ? M vA + mv m v m v B? C? D 2 2 2 2 2
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(3)

因为杆是刚性杆,小球 B 和 D 相对于小球 C 的速度大小必相等,方向应相反,所以有

vB ? v C= v C? v
解(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4)式,可得两个解

D

(4) (5)

vC =0


vC ?

4M v0 5M ? 6m

(6)

因为 vC 也是刚碰撞后由 B、C、D 三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰撞后这 系统的质心不可能静止不动,故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞后 A、B、D 三球的速度

vA ?

5M ? 6m v0 5M ? 6m 10M vB ? v0 5M ? 6m

(7) (8)

vD ? ?
2.讨论碰撞后各小球的运动

2M v0 5M ? 6m

(9)

碰撞后,由于 B、C、D 三小球组成的系统不受外力作用,其质心的速度不变,故小球 C 将以 (6)式的速度即 vC ?

4M 、 ( 8) 、 (9)式可知,碰撞后,B、 v0 沿 v0 方向作匀速运动.由(4) 5M ? 6m

D 两小球将绕小球 C 作匀角速度转动,角速度的大小为

??

vB ? vC 6M v0 ? l 5M ? 6m l

(10)

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球 A 的速度的大小和方向与 M、m 的大小有关,下面 就 M、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论: (i) vA = 0 ,即碰撞后小球 A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是
5M ? 6 m? 0



M 6 ? m 5

(11)

(ii) vA < 0 ,即碰撞后小球 A 反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是

M 6 ? m 5

(12)

(iii) vA > 0 但 vA ? vC ,即碰撞后小球 A 沿 v0 方向作匀速直线运动,但其速度小于小球 C 的 速度.由(7)式和(6)式,可知发生这种运动的条件是
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5M ? 6 m? 0 和 4 M ? 5M ? 6m


6 m ? M? 6 m 5

(13)

(iv) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 仍沿 v0 方向运动,且其速度大于小球 C 的速度,发生这种运动 的条件是
M ? 6m

(14)

(v) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 和小球 C 以相同的速度一起沿 v0 方向运动,发生这种运动的条 件是
M ? 6m

(15)

在这种情形下,由于小球 B、D 绕小球 C 作圆周运动,当细杆转过 180 时,小球 D 将从小球 A 的后面与小球 A 相遇,而发生第二次碰撞,碰后小球 A 继续沿 v0 方向运动.根据质心运动定理, C 球的速度要减小,碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是

t?

π

?

?

? 5M ? 6m ? πl ? πl
6M v0 v0

(16)

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球 C 走过的路程

d ? vCt ?

2πl 3

(17)

3.求第二次碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度 刚要发生第二次碰撞时,细杆已转过 180 ,这时,小球 B 的速度为 vD ,小球 D 的速度为 v B .在 第二次碰撞过程中,质点组的动量守恒,角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球 A、B、 C、

? ? ? D 的速度分别为 v? 、 (2) 、 (3) A 、 vB 、 vC 和 vD ,并假定它们的方向都与 v0 的方向相同.注意到(1)
式可得

M v0 ? Mv?A ? 3 m v? C ? ? 2ml vB ? 0 ? ml vC

(18) (19) (20)

1 1 1 1 1 2 ?A2+ m v ?B2 ? m v ?C2 ? m v ?D2 M v0 ? Mv 2 2 2 2 2
由杆的刚性条件有

? ? ? v? D ? vC ? vC ? vB

(21)

(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与 D 球重合的空间点. 把(18) 、 (19) 、 (20) 、 (21)式与(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4)式对比,可以看到它们除了小球 B 和 D 互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解
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? ?0 vC


(22)

? ? vC

4M v0 5M ? 6m

(23)

对于由 B、 C、 D 三小球组成的系统, 在受到 A 球的作用后, 其质心的速度不可能保持不变, 而 (23) 式是第二次碰撞未发生时质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得

v? A ? v0
v? B ?0

(24) (25)
v? D ?0

(26)

(22) 、 (24) 、 (25) 、 (26)式表明第二次碰撞后,小球 A 以速度 v0 作匀速直线运动,即恢复到第 一次碰撞前的运动,但已位于杆的前方,细杆和小球 B、C、D 则处于静止状态,即恢复到第一次 碰撞前的运动状态,但都向前移动了一段距离 d ?

2πl ,而且小球 D 和 B 换了位置. 3

第八讲 天体的运动 一、万有引力公式的条件;二、分析天体运动的两个规律:角动量守恒、 机械能守恒
1.在无边无际的密度为 ?0 的均匀介质里放入密度为 ?1 、质量为 m1 的球,然后在距离 r ?? a(a 为球的半径)处放入相同体积、密度为 ?2 、质量为 m2 的球.求由此产生的对 m1 球的作用力.研究 三种情况: (1) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 ; (2) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 ; (3) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 . 解析:无边无际的密度为 ?0 的均匀液体介质对放入其中的质量为 m1 的球的作用力各向均匀, 合力为零.若在均匀液体介质中放入一个密度 ?2 为球,对称性被破坏,故难以直接运用万有引力 定律求出对 m1 球的作用力. 设想整个系统处于密度为 ? ? 0 的介质中,此情况下,无边无际的均匀液体介质的密度为 0,球 1 的密度为 ( ?1 ? ?0 ) ,即球 1 的质量为 (m1 ? m0 ) ,球 2 的密度为 ( ? 2 ? ?0 ) ,即球 2 的质量为

(m2 ? m0 ) .由于球的体积一定,故有

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m0

?0

?

m1

?1



因此,系统对 m1 球的作用力可等效为质量为 (m2 ? m0 ) 的球对质量为 (m1 ? m0 ) 的球的万有引 力,即

F?
现分三种情况研究:

a (m2 ? m0 )(m1 ? m0 ) . r2

(1) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 ,即 m1 ? m0 , m2 ? m0 .可得 F ? 0 ,两球相互吸引; (2) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 ,即 m1 ? m0 , m2 ? m0 .可得 F ? 0 ,两球相互排斥; (3) ?1 ? ?0 , ?2 ? ?0 ,即 m1 ? m0 , m2 ? m0 .可得 F ? 0 ,两球相互吸引. 2、有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想.其设想如下:沿地球的一条弦挖一通 道,如图所示.在通道的两个出口处 A 和 B ,分别将质量为 M 的物体和质 量为 m 的待发射卫星同时自由释放,只要 M 比 m 足够大,碰撞后,质量 为 m 的物体,即待发射的卫星就会从通道口 B 冲出通道;设待发卫星上有 一种装置,在待发卫星刚离开出口 B 时,立即把待发卫星的速度方向变为 沿该处地球切线的方向,但不改变速度的大小.这样待发卫星便有可能绕 地心运动,成为一个人造卫星.若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周 运动, 则地心到该通道的距离为多少?己知 M =20 m , 地球半径 R0 =6400 km.假定地球是质量均匀分布的球体,通道是光滑的,两物体间的碰撞是弹性的. 参考解答 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) ,它受到地球的引力可以表示 为

F?

GM ?m r2



(1) 式中 M ? 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质 量,若以 ? 表示地球的密度,此质量可以表示为

4 M ? ? ?? r 3 3
(2) 于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为

4 F ? ? G ? mr 3

(3)

作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f ? F sin ? (4)
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sin? ?

x r

(5)

? 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力可以表示为
mg ? GM 0 m 2 R0
(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g ? ? G ? R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f ?

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k?

mg R0

(9 )

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T ? 2? R0 / g 。取 x ? 0 处为“弹性势能”的零点, 设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x ? 0 处的速度为 v0 ,则根据能量守恒,有

1 2 1 2 mv0 ? k ( R0 ? h2 ) 2 2
式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得
2 v0 2 R0 ? h2 ? g R0

(10)

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同时释 放,因为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰撞。碰撞前,两物 体速度的大小都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量为 m 的物体的速 度为 v ,若规定速度方向由 A 向 B 为正,则有

Mv0 ? mv0 ? MV ? mv ,

(12) (13)

1 2 1 2 1 1 Mv0 ? mv0 ? MV 2 ? mv2 2 2 2 2
解式(12)和式(13) ,得
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v?

3M ? m v0 M ?m

(14)

质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有

1 1 1 2 k ( R0 ? h2 ) ? mu 2 ? mv2 2 2 2
由式(14) 、 (15) 、 (16)和式(9)解得
2 ? h2 8M ( M ? m) R0 u ? g R0 ( M ? m)2 2

(15)

(16)

根据题意, 卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向, 如果 u 的 u 的方向沿着通道。 大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有

G

M 0m u2 ? m 2 R0 R0

(17)

由式(16) 、 (17)并注意到式(6) ,可以得到

h?
已知 M ? 20 m,则得

R0 2

7 M 2 ? 10Mm ? m2 2M ( M ? m)

(18)

h ? 0.925R0 ? 5920 km

(19)

3、的领空,即卫星与地心的连线和地球表面的交点必须落在本国的领土和领海上。 为了以下讨论的需要,给出同步卫星的轨道半径为 R0=4.21× 104km。 (1)试问一个占据北纬 20° 到北纬 50° 领空范围的国家,是否可能发射一颗不用动力飞行的卫 星并遵从上述规定?对于另一个占据北纬 15° 到南纬 10° 领空范围的国家,又如何? (2)现在讨论一个具体问题。某国发射了一颗周期 T0=1d 的不用动力飞行的卫星,卫星的轨 道平面即为赤道平面。 容易理解, 如果卫星采取椭圆轨道, 则卫星相对地心的角速度就不是恒定值, 即卫星与地面上的参考点之间会发生相对运动。假设这个国家仅拥有 θ0=2° 经度范围的赤道领空, 则需将卫星椭圆轨道的偏心率 e 限制在一个很小的范围内,以确保卫星不离开本国领空。设卫星椭 圆轨道的半长轴为 A,半短轴为 B,则椭圆焦点与椭圆中心的间距 C ? 的定义为 e ?

A2 ? B2 ,椭圆偏心率 e

C ,试求椭圆偏心率 e 的最大可取值。 A

(3)一个没有赤道领空的国家决定发射一颗靠动力飞行的卫星,卫星定点在北纬 40° 的某城市 上空, 卫星与地心的间距刚好是 R0。 设卫星进入轨道时带有燃料火箭, 空载火箭的质量为 1.0× 103kg。 内装燃料 9.0× 103kg,卫星主体质量为 100kg。若火箭喷气速度为 5km/s。试求卫星可定位的最长时 间 te。

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4、质量 M 的质点(例如太阳)固定不动,质量 m 的质点(例如小行星)以速度 v0、瞄准距离 b,从无穷远处,在 M 的万有引力作用下沿双曲线轨道靠近 M 运动,最后又远离 M 而去,试求如 图所示的散射角 ? (即运动方向偏转角 ? )
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解: (1)参考题图 1,双曲线参量记为 a,b,质点 M 位于内焦点,双曲线顶点 D 与 Oxy 坐标 系原点 O 相距 a,质点 m 在 D 处速度大小记为 ?D 。 能量关联式和角动量关联式分别为

1 Mm 1 2 2 m? D ?G ? m?0 2 c?a 2

m?D (c ? a) ? m?0b
可解得

?D ?

b GM GM GM ,?0 ? , ? a? 2 c?a a a ?0

(若已知 ?0 与 b,可将 ?D 用 ?0 ,b 表述,略) 由几何关系,有

tan ? ?
||

MD b b b ? ? ? 2 2 2 2 OP a OM ? MP c ?b

cot 2


?

b b ? a GM

?02

代入,即得

cos

?
2

?

2 b?0 GM

2 b?0 ? ? 2arc cot( ) GM

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2015 年 6 月

5、在太阳系中航行的飞行器经过木星时经常利用木星引力加速,假设有一飞行器背离太阳飞 行,如果不利用木星的引力加速,当其抵达木星轨道时其速度刚好为零,试计算利用木星最多可以 使飞行器获得多大速度,以此速度飞行器能否离开太阳系?计算中采取以下设定: ①相对于木星绕太阳运转的周期,飞行器与木星的相互作用时间很短; ②木星绕太阳运行的轨道可看作圆形,半径为 7.7833×1011m; ③木星可看作一个质量均匀球体,半径为 7.1492×107m,质量为 1.8987×1027kg; ④万有引力常数取 G=6.6726×10-11N· kg2· m-2,太阳质量为 1.9889×1030kg。 解: ① 木星的运行: 设太阳质量为 M0,木星离太阳距离为 R0,木星绕太阳做匀速圆周运动的速度大小 v0 由万有引 力定律及向心力公式容易推得:

v0 ?

GM 0 R0

(1)

② 飞行器在木星系中的轨道计算: 飞行器入如木星引力范围后,其受到的力主要是木星吸引力,因此必须以木星为参照系讨论其 运动,因为飞行器到达木星范围时其在太阳系中速度已为 0,所以飞行器是以初速度 v0 进入木 星引力范围的。飞行器刚进入木星范围即有动能,因此它不会绕木星一直运行,而应该做双曲 线轨道运行,木星中心为其焦点。 暂定木星质量为 M,飞行器质量为 m,飞行器的双曲线轨道实半轴长为 a、虚半轴长为 b,半焦 距为 c,且它们满足 a2+b2=c2。当飞行器离木星很远速度为 v0 时,其速度所在直线接近于双曲 线的渐近线,到木星中心即双曲线焦点的距离为 b,如图 1 所示。我们设 M、b、v0 为已知来计 算此双曲线的形状。

设飞行器轨道的近木星点距木星中心距离为 x(x=c-a),飞行器飞到此点时速度大小为 v,根据面 积速度守恒(或者说角动量守恒)可得: xv=v0b (2) 而根据机械能守恒可得:

1 2 GMm 1 2 mv ? ? mv 0 2 x 2
由(2)(3)式消去 v 可得关于 x 的二次方程:

(3)

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x2 ?
此方程只有一个正数解为:

2GM x ? b2 ? 0 2 v0

x?
根据 x=c-a 和 a2+b2=c2 易求得:

G2M 2 GM ? b2 ? 2 4 v0 v0

(4)

a?

G2M 2 GM c ? ? b2 , 4 2 v0 v0

(5)

因为飞行器进入木星范围时的速度 v0 恒定,所以对飞行器的轨道来说 b 为可变因素,当 b 越小 时,c 和 x 越小,而 a 不变。因为 x 为飞行器距离木星中心的最近距离,此距离受木星半径 R 所限,因此当 x=R 时,b、c、x 取最小值。 ③ 飞行器进出木星系的讨论 在木星系中看来,飞行器进来时和出去时的速度大小并没有变化,但速度方向发生了变化,这 种变化如图 1 可由双曲线两条渐近线的夹角 2θ 描述,按双曲线性质: θ=arctan

b a

(6)

当飞行器飞出木星系回到太阳系中时,其速度 u 应为木星速度 v0 和飞行器离开木星系时的速度 v0 间的叠加,它们之间的夹角为 2θ,如图 2 所示。要想使 u 最大,则必须使 θ 最小,根据(5)(6) 式,即是 b 最小即可。由②中分析,当 x=R 时,u 取最大值。 ④ 飞行器在太阳系中的运动速度的计算 将(1)式代入(5)式并应用题目所给数据,可求得: a=7.4303×108m 根据 x=R 和 x=c-a,代入题目相关数据可得: c=8.1452×108m 根据 a2+b2=c2 可得: b=3.3369×108m 根据(6)式可得: θ≈24?11? 据图 2 几何关系并代入数据可得: u=2v0cosθ≈1.824 v0
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= 1.824

GM 0 ≈23.8km/s R0

(7)

当飞行器离开木星继续飞行,若要离开太阳系,设此时至少应具有的速度为 u0,则根据机械能 守恒:

GM 0 m 1 2 m u0 ? ?0 2 R0
可得:

u0 ?
显然飞行器可以离开太阳系。

2GM 0 ? 2v 0 R0

(8)

第九讲 静力学典型问题 知识要点:一、物体平衡中空间力的分析;二、物体平衡中摩擦角的分析; 三、物体平衡中多点摩擦问题的分析;四、物体平衡中多处铰接问题的分 析;五、物体平衡种类的分析;六、分布力,液体静平衡的分析
1、质量相等的两个小球 1、2 用轻绳连接放在倾角为 ? 的斜面上,小球 1 和 小 球 2 与 斜 面 之 间 的 摩 擦 系 数 分 别 为 ?1和?2 . 已 知 ?1 ? ?2 , 且

tan? ? ?1?2 .求体系平衡时.绳与斜面最大倾斜线之间夹角 ? 的最大值.

题解 1.19 (1)设 ? 为体系能平衡的最大值 ? m ,此时小球 1 与斜面间达最大相对运动趋势,即 小球 1 受到的摩擦力为最大静摩擦力, f1 ? ?1mg cos? ,而小球 2 与斜面间未达最大相对运动趋势, 即 f 2 为一般静摩擦力.由于小球 1 相对斜面的运动方向与绳垂直,可见 f1 也与绳垂直.设绳中张 力为 T ,两小球所受的重力沿斜面的分力为 F ,即 F ? mg sin ? .图 2 表示了两个小球所受外力的 矢量关系,把两个矢量关系图画在一起,将有利于比较各矢量的大小和方向.由图示的几何关系, 可得

T ? F cos? m ? mg sin ? cos? m

(1)

f1 ? ?1mg cos? ? F sin ? m ? mg sin ? sin ? m (2)
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由(2)式,可解得

sin ? m ? ?1 cot ? ?
同时,又有

?1 ?2

f 22 ? F 2 ? T 2 ? 2Ft cos?m ? (mg sin? )2 ? (mg sin ? cos?m )2 ? 2(mg sin ? )(mg sin ? cos?m )cos?m
2 ? m2 g 2s i n? ( ? 1 2 3 c? oms

)

(3)

由于 f 2 为一般静摩擦力,即 f 2 ? ?2 mg cos? ,把此关系代入(3)式,得

f22 ? m2 g 2 sin 2 ? (1 ? 3cos2 ?m ) ? (?2 mg cos? )2

2 tan 2 ? (1 ? 3cos2 ? m ) ? ?2

(4)

将 tan ? ? ?1?2 和 cos? m ?

?2 ? ?1 代入(4)式,得 ?2
3( ?2 ? ?1 )
2 ] ? ?2

?1?2 [1 ?
设 x ? ?1 / ?2 ,则(5)式变为

?2

(5)

3x 2 ? 4 x ? 1 ? 0 . 解此不等式,可得两组解

(6) 与题意 ?1 ? ?2 不符,舍去

x1 ? 1

x2 ?

1 3

即 ?2 ? 3?1

综上分析可知:若 ?2 ? 3?1 ,则 ? 的最大值 ? m 满足

sin ? m ?

?1 ?2

(2)若 ?1 ? ?2 ? 3?1 ,当 ? 取体系能平衡的最大值 ? m 时,则小球 2 与斜面间达最大相对运动 趋势,即小球 2 所受摩擦力为最大静摩擦力,即有 f 2 ? ?2 mg cos? ,而 f1 则为一般静摩擦力,即由
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图示的几何关系,可得

f12 ? T 2 ? (mg sin ? )2 ? 2Tmg sin ? cos?m ? (?1mg cos? )2 f 22 ? T 2 ? (mg sin ? )2 ? 2Tmg sin ? cos?m ? (?2 mg cos? )2
由(7) 、 (8)两式两边相加可得

(7) (8)

T? (

2 ?12 ? ?2

2

)(mg cos? )2 ? (mg sin ? )2

(9)

由(7) 、 (8)两式两边相减可得
2 4Tmg sin ? cos?m ? (?2 ? ?12 )(mg cos? )2

(10)

将(9)式代入(10)式,即得

cos? m ?

2(?1 ? ?2 ) 4 ?1?2

点评:本题的已知条件为 ?2 ? ?1 ,为此很易得出:当 ? 取? m 时,是小球 1 所受的摩擦力 f1 达 最大静摩擦力, 而小球 2 受的摩擦力 f 2 则未达最大静摩擦力的结果, 这样就会遗漏以上分析中情况 (2) 的讨论. 从以上分析可知: 当 ?2 ? 3?1 时, 确实是在 ? ? ? m 时,f1 ? ?1mg cos? , f 2 ? ?2 mg cos ? ; 但若 ?1 ? ?2 ? 3?1 时,则是 f 2 ? ?2 mg cos? ,而 f1 ? ?1mg cos? .经过计算可分别求出 ? m 的值或其 取值范围.

2、有一木版可绕其下端的水平轴转动,转轴位于一竖直墙面上,如图,开始时木版 。 与墙面的夹角 15 ,在夹角中放一正圆柱形木棍,截面半径为 r,在木版外侧家一力 F 使 其保持平衡。在木棍端面上画上画一竖直向上的箭头。已知木棍与墙面之间和木棍与木 版之间的静摩擦系数分别为 μ 1=1.00, μ 2≈0.577.若极缓慢地减小所加的力 F,使角慢 。 慢张开,木棍下落。问当夹角张到 60 时,木棍端面上的箭头指向什么方向?
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2015 年 6 月

3、由四根长为 2l 、质量为 2 m 的均质杆和四根长为 l 、质量为 m 的均质杆构成合页构件,构件 共有十个轻质的光滑铰链, 将铰链 O1 悬挂于水平轴上, 并在铰链 O3 , O4 间连一根绳, 绳长为 2l . 构 件平衡时,各铰链处两杆的夹角均为 90°,如图所示.试求平衡时绳中的张力. 题解 1.20 解法 1 设 O1 A1 杆的 A1 端所受力沿水平和竖直两方向的分力分别为 F1x 和F1y .方向如
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图 1 所示.由对称性可知, F1 y 应等于 A1 、 B1 铰链以下杆所受重力的一半.因任两铰链间棒的质量 均为 m .故有

F1y ? 5mg

(1)

由 O1 A1 杆所受的外力相对 O1 点力矩平衡可得

l F1xl sin ? ? F1 y l cos? ? mg cos? 2
将 ? ? 45? 及(1)式代入(2)式,可得

(2)

F1x ?

11 mg 2

(3)

A1 B2 杆所受相对 O2 点有力矩的外力如图 2 所示,其中 F2 x 和F2 y 分别为 B2 端所受的力在水平和竖直
两方向的分力.同样,有

F2 y ? 3mg
由 A1 B2 杆所受外力相对 O2 点力矩平衡,可得

(4)

F1y l cos? ? F1xl sin? ? F2 yl cos? ? F2 xl sin?
将(1) 、 (3) 、 (4)式代入(5)式,可解得

(5)

F2 x ?

27 mg 2

(6)

把 B2 A3 杆和 A3O4 杆作为一整体, 其所受外力中相对 O3 点有力矩的外力如图 3 所示. 图中 N 为

O4 端受到的外力,由整个合页构件的对称性可知: N 一定为水平方向.由此整体相对 O3 点力矩平
衡,可得

l F2 xl sin? ? F2 y l cos? ? mg cos? ? N 2l 2
将(4) 、 (6)式代入(7)式,可解得

(7)

N?

17 mg 2

(8)

由 A3O4 杆相对 A3 点力矩平衡,可得

l T mg cos? ? Nl sin? ? l cos? 2 2

(9)

(9)式中 T 为绳中张力,同样因整个合页构件的对称性,作用于 A3O4 杆的 O4 端的力,应是 (8)式代入(9)式,可解得
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T .将 2

T ? 18mg
解法 2 本题也可用虚功原理求解: 设 O2 点向上作很小的虚位移 ? x ,则 O3 , O4 点作相应的虚位移为 2? x和3? x ,则绳中张力作的 虚功为

? W ? T 3? x ? T 2? x ? T ? x
此时整个合页构件重力势能将增大 ? Ep

(10)

? Ep ? 4mg

?x

2 ? 18mg? x

? 4mg (? x ?

?x
2

) ? 4mg (2? x ?
(11)

?x
2

)

根据虚功原理: ?W ? ? E p ,将(10) 、 (11)式代入,即可得

T ? 18mg
点评:本题解法 II 所用的虚功原理大致可描述如下: 当一个力学体系处于平衡状态,则体系中任一质点 Pi 所受到的作用力有主动力 Fi 和被动力(即 约束反力) Ni ,有

Fi ? Ni ? 0(i ? 1,2,

, N)

如果 Pi 质点作虚位移(即符合约束的各种位移) ? ri ,那么,

Fi ? ri ? Ni ? ri ? 0(i ? 1,2,
对体系中各质点的等式相加,得
N W

, N)

?F
i ?1
N i ?1

i

? ri ? ? N i ? ri ? 0
i ?1

对于理想约束(即 ? N i ? ri ? 0 )的体系处于平衡状态,其平衡条件是

?W ? ? Fi ? ri ? 0
即具有理想约束的力学体系的平衡条件是对任一虚位移,各主动力所作虚功之和等于零. 本题的力学体系——合页构件处于平衡时,其受到的主动力:重力和绳子张力,在有虚位移时 所作的总虚功为零.其中重力作的虚功等于其重力势能的改变.故有绳子张力作的虚功与重力势能 的改变量相等的结论.

第十讲 简谐运动 知识要点:简谐运动的特征,振动方程,振动的叠加。
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1、质量为 M 的板水平放置,搁在两根转动的圆柱上(如图) .两圆柱轴之间距离为 l ,板与圆 柱之间摩擦系数为 ? . 试证明: 如果板处于平衡位置, 往水平方向轻推一下板, 它将作简谐运动. 求 这振动的周期.如果使两圆柱向相反方向转动,则板将怎样运动? 解析: 板处于平衡位置时, 两圆柱对板的摩擦力大小相等, 均为

? mg
2



方向相反.当往水平方向轻推一下板,使板有一个位移 x .若板重心向左圆 柱移动 x ,板的受力如图 8-7(a).其中

l l ?x ?x F1 ? 2 mg , F2 ? 2 mg . l l
板往复运动的回复力由两圆柱提供的摩擦力承担,即

? F ? ?? F ? ? F
1

2

1 x 1 x 2?mg ? ?[( ? ) ? ( ? )]mg ? ? x, 2 l 2 l l k? 2? mg , l





? F ? ?kx ,
可见板受到线性回复力作用而作往复振动,是简谐运动,其周期

T ? 2?

m l . ? 2? k 2? g

若使两圆柱向相反方向转动:若板的重心还是向左移动位移 x ,板的受力如图 8-7(b). 板所受的合力由两圆柱对板的摩擦力提供,即

? F ? ?F ? ?F
1

2

?

2? mg x, l

该力使板具有向左的加速度,使板进一步向左偏离平衡位置,最终板会从圆柱上掉下来. 2、带有轻盘的轻弹簧立在桌上(如图) ,一块蜡泥从某高处落在盘里贴在盘底.当弹簧振动时, 其最大压缩长度等于 a . 求在多少时间内第一次发生这样的压缩. 已知如果这块蜡泥不是落在盘里, 而是放在盘里不动,则弹簧长度压缩了 解析:根据蜡泥平衡条件
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a . 3

mg ? k


a , 3

m a ? . k 3g
由于蜡泥贴在盘底后沿竖直方向做简谐运动,故周期

T ? 2?

m a . ? 2? k 3g

依题意,平衡时弹簧压缩了 a / 3 ,振动时弹簧的最大压缩量为 a ,故振幅

A?a?

a 2 ? a. 3 3

值得注意的是,蜡泥与轻盘从相碰到压缩量最大并不是一个半周期,我们利用参考圆来分析, 如图 8-23. 以竖直向上为 x 轴正方向,蜡泥刚碰到轻盘开始振动的位置距坐标原点(平衡时的位置) x 0 , 相位为 ?0 ,则

1 a x0 ? ?0 ? arccos ? arccos 3 ? . 2 A a 3 3
因此可以求出蜡泥刚落到盘里到弹簧压缩量最大共历时

t?

??

3 T ? 1 T ? 2? 2? 3 3

?

a . 3g

3、宇宙学测试学会给她的一个专家发送了下面的简短报告: 一艘噬钛的小绿人的宇宙飞船发现了一个完全呈球 形的小行星。从小行星的表面 A 点到其中心的 O 点,他 们钻了一个很窄的试验用的矿井, 从而证明了整个小行星 由均匀的钛组成。 在表面上的那一点, 突然发生了一个小 事件, 一个小绿人从小行星的表面掉进了试验井里。 他毫 无障碍地掉了下去,一直到达 O 点,在那儿他因为撞击 而死去了。然而,工作仍然在继续,小绿人们开始秘密地 挖掘钛金属, 在这个过程中, 他们在小行星的内部挖成了 一个直径为 AO 的球形空腔,如图所示。然后,第二个事件发生了,另一个小绿人也类似地从 A 点 掉到了 O 点,死了。 宇宙事件测试学会要求这个专家计算撞击速度的比值, 以及这两个不幸的小绿人从 A 点掉到 O 点所用时间的比值。这个专家会给出什么样的答案呢?

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2015 年 6 月

4、如图所示,在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分别拴着一个 质量为 m 的小球 A 和质量为 2m 的小球 B.A 用细线拴住悬挂起来, 系统处于静止状态,此时弹簧长度为 l .现将细线烧断,并以此时为计 时零点,取一相对地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴 Ox,原点 O 与此时 A 球的位置重合如图.试求任意时刻两球的坐标. 解答:对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统,当 A、B 之间的距离 为 l 时,已知 mA = m,mB = 2m,由质心的定义,可知系统的质心 C 离 A 的距离

2 lC ? l 3
故 A、B 到质心 C 的距离分别为

(1)

2 lA ? l 3

1 lB ? l 3

(2)

若以质心 C 为参考系(质心系) ,则质心 C 是固定不动的,连接 A、B 的弹簧可以分成两个弹 簧 CA 和 CB.设弹簧 CA 的自然长度为 lA0,劲度系数为 kA,一端与小球 A 相连,另一端固定在 C 点;弹簧 CB 的的自然长度为 lB0,劲度系数为 kB,一端与小球 B 相连,另一端亦固定在 C 点.若 连接 A、B 的自然长度为 l0,根据题意有

k ?l ? l 0 ? ? 2mg
由(2)式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为

(3)

2 l A0 ? l0 3

1 l B0 ? l 0 3

(4)

当 A 被悬挂,系统处于静止时,已知连接 A、B 的弹簧长度为 l,由(2)式可知,此时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为

2 lA ? l 3
弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为

1 lB ? l 3

(5)

2 f A ? k A ?l A ? l A0 ? ? k A ?l ? l0 ? 3 1 f B ? k B ?l B ? l B0 ? ? k B ?l ? l0 ? 3
但 fA 、fB 就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f,即有
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f A ? f B ? f ? k ?l ? l 0 ?
由此得

kA ?

3 k 2

k B ? 3k

(6)

相对地面, 质心 C 是运动的, 在 t = 0 时刻, 即细线刚烧断时刻, A 位于 Ox 轴的原点 O 处, 即 x A ?0? ? 0 ; B 的坐标 x B ?0? ? l .由(1)式,可知此时质心 C 的坐标为

2 xC ?0? ? l 3

(7)

在细线烧断以后,作用于系统的外力是重力 ?m ? 2m?g .故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动, 任意时刻 t,质心的坐标

xC (t ) ? xC (0) ?

1 2 2 1 gt ? l ? gt 2 2 3 2

(8)

由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中,应用牛顿第二定律研究物体的运动 时,物体除受真实力作用外,还受惯性力作用.若在质心系中取一坐标轴 O ?x ? ,原点 O ? 与质心 C 固连,取竖直向下为 O ?x ? 轴的正方向,当小球 B 在这参考系中的坐标为 x ? B 时,弹簧 CB 作用于 B 的弹性力

f B ? ?k B ? x ? B ? l B0 ?
当 x? B ? l B 0 时,方向竖直向上.此外,B 还受到重力 mg,方向竖直向下;惯性力大小为 mg,方向 竖直向上.作用于 B 的合力

FB ? ?k B ?x? B ? l B 0 ? ? mg ? mg
由(3) 、 (4)式得

? 1 ? 2mg ? ? FB ? ?k B ? ?? B ? ?l ? ? x? 3? k ?? ? ?


(9)

2mg ? 1? X B ? x? ? B ? ?l ? 3? k ?
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(10)



FB ? ?k B X B

(11)

当 XB = 0,作用于 B 的合力 FB = 0,B 处于平衡状态,由(10)式,可知在质心系中,B 的平衡位 置的坐标

2mg ? 1? x? ?l ? ? B0 ? 3? k ?

(12)

XB 为 B 离开其平衡位置的位移, (11)式表明,作用于 B 的合力具有弹性力的性质,故在 FB 作用 下, B 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频率

?B ?
离开平衡位置的位移

kB 3k ? mB 2m

(13)

X B ? AB cos?? B t ? ? B ?

(14)

AB 为振幅, ? B 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,B 是静止的,故此时 B 离开其平衡位 置 x? B 0 的距离就是简谐振动的振幅 AB,而在 t = 0 时刻,B 离开质心的距离即(5)式给出的 lB,故 B 离开平衡位置的距离即振幅

AB ? l B ? x ? B0
由(5)式、 (12)式得

2mg 2mg 1 1 AB ? l ? (l ? )? 3 3 k 3k
因 t = 0,XB =AB,且 XB 是正的,故

(15)

?B ? 0
由此得

XB ?
由(10)式,t 时刻 B 在质心系中的坐标

? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? 3k ? ?

(16)

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? 3k ? 2mg 2mg 1 ? x? )? cos? B ?t ? ? (l ? ? 2m t ? 3 k 3k ? ?
在地面参考系的坐标

(17)

x B ?t ? ? xC ?t ? ? x ? B ?t ?


(18)

x B ?t ? ? l ?

? 3k ?? 1 2 2mg ? gt ? t? ?1 ? cos? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ? ? ??

(19)

同理,当小球 A 在质心系中的坐标为 x ? A 时,注意到 x ? A 是负的,这时,弹簧 CA 的伸长量为

x? A ? l A0 ? x ? A ?

2mg ? 2 2? l0 ? x A ? ? l ? ?, 3 3? k ?

当 x? A ? l A0 为负时,弹力向下,为正,当 x ? A ? l A0 为正时,弹力向上,为负,故有

? 2 ? 2mg ? ? f A ? ?k A ? ? xA ? 3 ?l ? k ?? ? ? ?? ?
作用于 A 的合力为

? 2 ? 2mg ? ? FA ? ? k A ? ? xA ? 3 ?l ? k ?? ? ? ?? ?


X A ? xA ?


2mg ? 2? ?l ? ? 3? k ?

FA ? ? k A X A
当 XA=0,作用于 A 的合力 FB = 0,A 处于平衡状态,A 的平衡位置的坐标

2mg ? 2? x A0 ? ? ? l ? ? 3? k ?

(20)

XA 为 A 离开其平衡位置的位移,故在合力 FA 作用下, A 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频
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?A ?
离开平衡位置的位置

kA 3k ? m 2m

(21)

X A ? AA cos?? At ? ? A ?
AA 为振幅, ? A 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 是静止的,A 离开质心 C 的距离为 lA,A 的平衡位置离开质心的距离为 x A0 故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA,

A A ? l A ? x A0 ?
而此时 X A ? ? AA ,故

2mg ? 4 mg 2 2? l ? ?l ? ?? 3 3? k ? 3 k

?A ? π
由此得

XA ??
在时刻 t,A 在地面参考系中的坐标

? 3k ? 4mg ? cos? ? 2m t ? 3k ? ?

(22)

x A ?t ? ? xC ?t ? ? x A0 ? X A ? ?

2mg ? 4 mg 2 1 2? 3k l ? gt 2 ? ? l ? cos t ?? 3 2 3? k ? 3 k m (23)

? 3k ?? 1 2 4mg ? ? gt ? ?1 ? cos? ? 2m t ? ? 2 3k ? ? ? ?? ?

5、如图所示,一块长为 L ? 1.00 m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧的下端与地面固 定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖 直导轨) ,从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振 动周期 T ? 2.00 s 。一小球 B 放在光滑的水平台面上,台面的右侧边 缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h ? 9.80 m 。平板静止 在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质量相等。现给小球一水平向右 的速度 u0 ,使它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板发生弹性碰撞, 碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板 PQ
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发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, u0 的值应在什么范围内?取 g ? 9.8m / s 2 参考解答: 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,这时 u 0 的 值便是满足题中条件的最大值;如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次接 近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最小值. 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 t1 ,有

h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2
L ? u0t1

(1)

(2)

从(1) 、 (2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值,即

u0 max ? L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max ? 0.71m/s
如果 u0 ? u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方 向的速度为 v1 ,则有

(4)

v1 ? 2gh
? 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程 以 v1
中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

(5)

? ? mV1? mv1 = mv1 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 1 2 1 2 1 1 1 2 ?2 ? mV1?2 ? mu0 mv1 ? mu0 = mv1 2 2 2 2 2 解(6) 、 (7)两式,得
??0 v1

(6)

(7)

( 8)

V1? = v1 ? 2gh
碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处于平 衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 t ? 0 , 则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移
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(9)

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

??

A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

2π T

(11)

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?
因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9) 、 (11) 、 (12)式可求得

(12)

A?

2 gh T 2?

(13) (14)

? ??
把(13) 、 (14)式代入(10)式,得

π 2

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰撞且发 生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 xB ?t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?
在碰撞时,有

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

xB ? t2 ? ? xPQ ?t2 ?
由(16) 、 (17) 、 (18)式,代入有关数据得

(18)

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?
这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

(19)

t2 ? 0.771s
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

(20)

L ? u0 ?t1 ? t2 ?
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(21)

由(1) 、 (20)和(21)式得

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s
6、用弹簧连接的质量均为 m 的两个小球,静放在光滑的水平面上.质量为 M 的小球从左边向 该系统撞来(如图) ,发生正面的完全弹性碰撞.它当质量之比 ? ? m / M 所似为多少时将再次发生碰撞. 解析:当球 1 与球 2 碰撞后,球 1 将以某一恒定速度平动,球 2 和球 3 系统质心将以恒定速度平动.此外,球 2 和 3 还将相对它们质心振动.要回答球 1 与 2 能否 再次碰撞问题,需要求两球坐标与时间的关系,看两坐标能否重合. 可以认为碰撞是瞬时的.在这种情况下它们像两个自由小球发生碰,与其地小球无关.应用动 量守恒和能量守恒定律,球 1 碰撞前、后速度分别表示为 v0和v1 ,球 2 碰撞后速度用 v 2 表示,于是 可以列出

(23)

Mv0 ? Mv1 ? mv2 ,

1 2 1 2 1 2 Mv0 ? Mv1 ? mv2 . 2 2 2
从这两个方程不难求得 v1和v2 .

M ?m 1? ? v0 ? v0 , M ?m 1? ? 2M 2 v2 ? v0 ? v0 . M ?m 1? ? v1 ?
碰撞后第 1 个球作匀速运动,其坐标随时间按下列规律变化 1? ? x1 ? v1t ? v0t . 1? ? 球 2 和 3 质心也作匀速运动,但其速度(由于球 2 和 3 相同) v 1 v0 ? 2 ? v0 . 2 1? ? 这意味着,质心坐标随时间按下面规律变化 1 v0 ? v0t . 1? ? 在与质心相连的坐标系里研究球 2 和 3 的运动.在此坐标系里,两球开始以同样大小速度迎面 运动,所以每一个球今后均作简谐振动(相对质心) ,其规律为 x ? A sin ? t .
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如果半根弹簧的劲度系数为 k ,那么这种振动频率 ? ? k / m ,应用能量守恒定律可以求振幅

A .开始弹簧未形变,球 2 具有速度 v0 / 2 且能量为
远且等于振幅 A 时弹簧的弹性势能相等,则

2 mv0 .将这个能量与当球离开平衡位置最 2(1 ? ? ) 2

2 mv0 kA2 . ? 2(1 ? ? ) 2 2

由此得

A?

2 mv0 v0 . ? 2 (1 ? ? ) k (1 ? ? )?

现在可以列出在与水平面相连的坐标系里球 2 坐标与时间的关系:

x2 ? v0t ? A sin ?t ?

v0 1 v0t ? sin ?t . 1? ? (1 ? ? )?

要球 1 和 2 再次碰撞,应允许等式 x1 ? x2 成立,即

vt 1? ? 1 v0t ? 0 (1 ? sin ?t ) , 1? ? 1? ? ?t
得到

sin ?t ? ???t . 利用图像可以简便地解此类方程.作出*式右与左两部分作为 ? ? ?t 函数的图像(图 5-42) ,
直线 y ? ??? 与正弦 y ? sin ? 的交点确定方程的解.显然,如果 ? ? ? 1 ? tan ? 1 ,方程解存在.从图 像可见,

?1 ?
即质量之比大约等于 0.21.

1 ? 0.21 . 3 ( ?) 2

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2015 年 6 月

7、质量分别为 M ? 3.60 kg 和 m ? 1.80 kg 的两物块 A 、 B ,连接在原长 l0 ? 0.300 m,劲度系 数 k ? 24.0 N/m 的弹性绳的两端,并放置在水平桌面上,如图所示.已知两物块与桌面间的摩擦系 数均为 ? ? 0.300 .现将两物拉开至相距 l ? 1.200 m,由静止释放.试求: (1)两物相碰时的速度 vA和vB ; (2)从释放到相碰所经过的时间. 题解 1.32 (1)释放两物后,设体系质心的加速度为 aC .则有

?Mg ? ? mg ? ? (M ? m)aC

aC ? ?

M ?m g ? ? ?1 m/s2 M ?m

设此时质心离 A 、 B 的距离分别为 lA和lB ,有

?l A ? lB ? l ? ?Ml A ? mlB
由以上二式,解得

m 1 l? l M ?m 3 M 2 lB ? l? l M ?m 3 lA ?
当绳处于原长 l0 时,用同样方法可求得 A 、 B 到质心的两段弹性绳的长度 lOA和lOB 分别为

lOA ? lOB
这两段弹性绳的劲度系数 k A和k B 分别为

m 1 l0 ? l0 M ?m 3 M 2 ? l0 ? l0 M ?m 3

kA ?

l0 M ?m k? k ? 3k lOA m l0 M ?m 3 k? k? k lOB M 2

kB ?

故两物在质心系中作简谐振动的角频率为

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? A ? ?B ? ? ?

k ( M ? m) - ? 20 (s 1) Mm

设物块 B 的平衡位置 O? 与绳原长时的位置 O 之间的距离为 bB , B 的受力情况如图 2 所示,其中惯性 力 fiB ? maC ,则有

kB bB ? fiB ? f B ? maC ? mg ?
bB ? m( g ? ? aC ) ? 0.2 m kB

故 B 作简谐振动的振幅 AB 为

2 AB ? (lB ? lOB ) ? bB ? (l ? l0 ) ? bB 3
? 0.4 m
当弹性绳恢复原长时, B 到达 O 点,即在 O? 点左方 从图 3 所示的振幅矢量图可得

1 AB 处.设从 B 释放到到达 O 点所经时间为 t1 , 2

?t1 ?


2? 3

t1 ?
此时 B 的速度 vB 为

2? 5 ? ? (s) 3? 15

? ? ? AB? sin vB

2? 2 ? ? 15 (m/s) 3 5

由质心系的性质可知: 物块 A 从释放也经过时间 t1 使 A 到质心的这段绳恢复原长. 此时 A 的速度 v? A 为

v? A ?
此时质心的速度 vC 为

m 1 1 ? ? vB ? 15 (m/s) vB M 2 5

vC ? aC t1 ? ?
故此时 A 、 B 相对地面的速度分别为

5 ? (m/s) 15

v A ? v? A ? vC ?

1 5 5 ? 15 ? ?? ( 3 ? ) (m/s) 5 15 5 3
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?2 5 ? 5 ? 15 ? ?? (2 3 ? ) (m/s) 5 15 5 3 此后两物块作匀减速运动.加速度 a 为 a ? ? g ? ? ?3 (m/s2) ? ? vC ? vB ? vB
当弹性绳恢复原长时,物块 A 的速度 vA 较小,当它经过时间 t ? 停下时,经过的位移为 ?l A ,则有

t? ?

vA 5 ? ? ( 3 ? ) (s) | a | 15 3

1 1 5 ? ?lA ? | a | t ?2 ? ? 3 ? 2 ( 3 ? )2 2 2 15 3
? 0.016 (m)
物块 B 在此过程中经过的位移 ?lB 为

1 5 ? 5 ? 3 5 ? ?lB ? vB t ? ? at ?2 ? ? (2 3 ? ) ? ( 3? )? ( 3 ? )2 2 2 5 3 15 3 2 15 3 2 ?1 ? ? (9 ? ) ? ?0.190 (m) 30 3 显然此过程中 A 、 B 两物经过的路程

?l A ? ?lB ? 0.206 m ? l0 ? 0.30 (m) ? 才能与 A 相碰, 可见当 A 停下时,两物并未相碰, B 须经过距离 ?lB ? ? l0 ? ?l A ? 0.284 (m) ?lB
设两物相碰时 B 的速度值为 VB ,故有
2 ? VB2 ? vB ? 2a?lB

2 ? ? ?VB ? vB ? 2a?lB

1 ? (2 3 ? ) 2 ? 2 ? 3 ? 0.284 5 3

? 1.54 (m/s)
(2)设从弹性绳恢复原长到两物相碰经过的时间为 t 2 ,则有

1 2 ? ?| vB | t2 ? at2 ?lB 2
将数据代入上式,得

0.284 ?


5 ? 3 2 (2 3 ? )t2 ? t2 5 3 2
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2 1.5t2 ? 2.02t2 ? 0.284 ? 0

可解得

1 t2 ? (2.02 ? 1.54) ? 0.16 (s) 3 ? ? (2.02 ? 1.54) 被略去.故两物从被释放到相碰经过的总时间为 方程的另一解 t2
5 ? ? 0.16 ? 0.63 (s) 15 点评: 本题是两物块用弹性绳连接的体系. 与弹簧不同的是, 弹性绳只能被拉伸而不能被压缩, 因此,在弹性绳从拉伸状态到恢复原长的过程中,弹性绳的作用与弹簧相同,以后弹性绳就不起作 用.此外,由于两物均在运动,而两物所受弹性力与两物之间的距离,即弹性绳的长度有关使求解 较为困难.因此,在质心系中讨论两物的运动,可使问题简化.在质心系中,物块通过弹性绳的一 段与固定点(即质心)连接,弹性绳在恢复原长过程中,物块在这段弹性绳的弹性力及摩擦力作用 下作单纯的振动,若取平衡位置为坐标原点,则这段运动过程为标准的简谐振动,因此很容易求出 所经的时间和弹性绳恢复原长时物块的速度. t ? t1 ? t2 ?

1 3

第十一讲

波动

知识要点:波动方程,机械波的干涉, 驻波,多普勒效应
1、一般情况下接收者相对介质的速度 vB ,波源相对介质的速度 vS 都未必沿 S,B 连线的方向, 将 vB 与 S,B 连线方向的夹角记为 ?B , vS 与 S,B 连线方向的夹角记为 ?S ,试导出经典多普勒效 应的普适公式。 解: (1) vS ? 0, vB ? 0 (参考题解图 1)

t 时刻 B 位于 P0,与 S 相距 r0 , t ? dt 时刻 B 位于 P,与 S 相距 r,有
dr ? r ? r0 ? (?Bdt )cos(?B ? d? ) ? ?B cos ?Bdt

t 时刻过 B0 的波阵面为 ?0 ,t ? dt 时刻此波阵面延展成 ?
面,两者间距 u d t 。 dt 时间内扫过 B 的波列长度为

PQ ? udt ? dr ? (u ??B cos ?B )dt
这一波列长度包含的全振动次数为

dN ? PQ / ?0 ?
接收频率便是

(u ? ? B cos ?B )dt v0 u
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v?

dN u ? u B cos ?B ? v0 dt u

(2) vS ? 0, vB ? 0 (参考题解图 2)

t ? 0 时刻 S 的振动状态于 t 时刻到达 B,有

r0 ? ut, ? t ? r0 / u
设 dt0 时刻 S 的振动状态于 t ? dt 时刻到达 B,则有

t ? dt ? dt0 ?

r ? ?S dt0 cos ?S r ? dt0 ? 0 u u

? dt0 ? t ?


?S
u

cos ?S dt0

dt ? (1 ?

?S
u

cos ?S )dt0

dt0 内的全振动次数为
dN ? dt0 / T0 ? v0dt0
B 于 dt 时间内接收到这些次数的全振动,故接收频率为

v?
(3) vS ? 0, vB ? 0 的普适公式

dN u ? v0 dt u ? ?S cos ?S

v?
公式的解释性规定: .........

u ? ?B cos ?B v0 u ? ?S cos ?S

设 u 为常量;v 应表示为某个 t 时刻 B 的接收频率; ?B 为 t 时刻的 B 的速率; 设 t 时刻 B 接收到的波振动,由 S 在某个 t0 (t0 ? t ) 时刻发出; ?S 为 t 0 时刻 S 的速率; 从 t 0 时刻 S 所在位置到 t 时刻 B 所在位置引一矢量 r, 则 ?B 为 t 时刻 vB 与 r 的夹角,?S 为 t 0 时 刻 vS ? r 的夹角。 公式的独立推导。 ........ 分两种情况。
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情况 1:参考题解图 3。 S: dN ? v0dt0 , B: t ? t0 ? ?t ? t0 ?

r0 u

t ? dt ? t0 ? dt0 ?
? t0 ? dt0 ?

r0 ?S cos ?S r ? cos ?B ? dt0 ? B dt , (t0 ? 0 ? t ) u u u u ?S cos ?S ? B cos ?B ? dt ? (1 ? )dt0 ? dt u u

r u

? dt ?

u ? ?S cos ?S dt0 u ? ?B cos ?B

?v?
情况 2:参考题解图 4。 推导同情况 1。

dN u ? ?B cos ?B ? v0 dt u ? ?S cos ?S

2、单行道上,有一支乐队,沿同一个方向前进,乐队后面有一坐在车上的旅行者向他们靠近。 此时,乐队正在奏出频率为 440HZ 的音调。在乐队前的街上有一固定话筒作现场转播。旅行者从 车上的收音机收听演奏,发现从前面乐队直接听到的声音和从广播听到的声音混合后产生拍,并测 出三秒钟有四拍,车速为 18km/h,求乐队前进速度。 (声速=330m/s) 。 解答:先考虑车上听到的频率,连续两次应用多普勒效应,有

f1 ?

c ? f0 c ? v乐

f 2 ? (1 ?

v车 ) ? f1 c ( f 2 为旅行者听到乐队的频率)

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2015 年 6 月

f2 ?


c ? v车 ? f0 c ? v乐

f3 ?
收音机得到频率为

c ? f0 c ? v乐

旅行者听到广播频率为

f4 ?

c ? v车 ? f3 c

又拍频为

f 4 ? f3 ?

4 HZ 3

综上得: v乐 =2.98m/s

3、赛车响着警笛以速度 u ? 306 m/s 飞驶,警笛振动频率为? 0 =400Hz.前面路边停有响着同样 警笛的另一辆赛车.每辆车司机都能区别另一辆车的笛音,因为这声音与该司机自己的笛声音调不 同.哪一位司机听见更高笛音?为什么? 解析:由于介质静止,静车听到动车的频率变高,是由于声源在向观察者靠近,动车听到静车 的频率变高,是由于观察者在向声源靠近. 设静车听到动车的频率为? 静,动车听到静车的频率为? 动,空气中声波的传播速度为 v .根据 多普勒公式有

? 静=


v v?u ;? 动= ?0 . v?u v

? 静-? 动=

v2 ? v2 ? u 2 u2 ?0 ? ?0 ? 0 , v (v ? u ) v (v ? u )

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2015 年 6 月

力学测试(供学生自测用)
一、基本粒子物理学家喜欢用这样的单位系统:光速 c 和质子质量 mp 的数值取为 1,普朗克常 数 h 的数值取为 2π。试求在这样的单位系统下,时间单位为多少(即在这种单位系统下的 1s 等于 SI 制下的多少秒)?已知:mp=1.66×10-27 kg,, c=3.00×108 m/s,h=6.626×10-34 kg·m2/s。 【解】对某基本粒子能量满足关系式 mc2 ? h? ,其中? 为物质波频率 则有 T ? h / mc ,对于质子来说
2

T ? h / mc2




6.626? 10?34 ?24 在 SI 制中 T ? s= 4.435? 10 s ? 27 8 2 1.66 ? 10 ? (3.00 ? 10 )
在此单位系统中,时间单位 T ' ? 2? 2 ? 2?

1?1

③ ④



T / T ' ? 4.435 ?10 2?

?24

? 0.62 ?10?25 s 2?

?24 则在此系统中,时间单位 ? ? 4.435 ?10 ? 0.62 ?10?25 s 即在这种单位系统下的 1 秒等于 SI 制下

的 0.62 ? 10 s ⑤ 评分标准:本题 20 分。①—⑤式各占 4 分。
-25

二、有一大斜面与水平面的夹角为 θ,如图 4-4 所示。设某物体与斜面之间的动摩擦因数 μ 恰 为 tanθ。己知该物体以速度 v0 沿水平方向开始运动,不计空气阻力,求物体的最终速度。

【解】设物体质量为 m,物体所受摩擦力

f ? mgsin ?



重力下滑分量为 速率变化

F ? mgsin ?
?v =



( F cos a ? f ) △t ③ m ( F ? f cos a ) 沿斜面速率变化 △t ④ ?v? = m 由于 ?v 很难求, 但因为 ?v 与 ?v? 大小相等, 可见 ?v ? ?v? 故 ⑤ v ? v? ? 常数 ? v0
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最后

v末 ? v? v 2v末 ? v0 v末 ? 0 2

⑥ ⑦

评分标准:本题 20 分.①—④式各占 2 分,⑤—⑦式各占 4 分.

三、一根绳子跨过相距 2 L 等高的两个小轴承,绳的两端各系一质量均为 m 的物体 A、B,绳 上位于两轴的中点连接一质量为 M 的物体 C,如图所示。体系物体 A、B、C 由静止开始同时释放, 物体 C 将竖直向下运动,忽略轴承的质量及摩擦。 (1) 当连接 C 的绳子与竖直方向的夹角?=60° 时,C 的速度 达到最大,求 M m 的值,以及 C 的最大速度 (2) 若取 M m ? 1 ,试求当?=60° 时物体 C 的加速度

解答:(1)从释放到绳与竖直线成 ? 角,C 下降高度为 H ,C、A 的速度大小分别为 v1 , v2 .
H ? L cot ?



A,B 上升高度 h ? ③

L ?L sin ?

② ④

1 1 2 2 MgH ? 2mgh ? M v1 ? 2 ? mv2 2 2
由①②③④式得 v 1 =

根据关联速度得: v2 ? v1 cos ? ⑤ 2 T cos? = Mg

M cos ? ? 2m(sin ? ? 1) 2 gL ( M ? 2m cos 2 ? )sin ?

C 物体速度最大时有: aC ? 0 对 A、B : T - mg = m aA 由⑤⑥⑦⑧式得: 4(

对 C:


v12 sin 3 ? L



aCn ? a A ?

?v1 sin ? ?2
L / sin ?

=



M 5 ? 5.5926 = m 8
(2)若

M 2 M ) -5 +(10-6 3 )=0 m m M 舍去负根 =1.324 代入⑤得: vmax ? 0.706 gL m
cos ? ? 2(sin ? ? 1) 2 gL (1 ? 2cos 2 ? )sin ?
aA ?

9 ○

M =1 m

则 v1 ?

10 ○
v12 sin 3 ? ? aC cos ? L

④式两边求导得: (或由加速度间关系得) 径向:

11 ○

mgcos? ? T ? T cos2? ? maC cos?
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12 ○
2015 年 6 月

对 A、B :

T - mg = m aA

13 ○

对 C:

2 T cos? - mg = maC 15 ○ 方向竖直向上

14 ○

由○ 10 ○ 11 ○ 12 ○ 13 ○ 14 得: aC =( 四、

2 3

? 1 )g=0.155 g

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2015 年 6 月

五、为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近,可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的携 带探测器的宇宙飞船,要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内,轨道的近日点到太阳的 11 距离为 0.01AU(AU 为距离的天文单位,表示太阳和地球之间的平均距离:1AU=1.495×10 m) , 并与地球具有相同的绕日运行周期(为简单计,设地球以圆轨道绕太阳运动) 。试问从地球表面应 以多大的相对于地球的发射速度 u0(发射速度是指在关闭火箭发动机,停止对飞船加速时飞船的速 度)发射此飞船,才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地球绕太阳运行轨道附近(也就是说克服 了地球引力作用后飞船仍可看做在地球轨道上)进入符合要求的椭圆轨道绕日运行?已知地球半径 6 2 Re=6.37×10 m,地面处的重力加速度 g=9.80m/s ,不考虑空气的阻力。

解答、
从地球表面发射宇宙飞船时,必须给飞船 大的动能,使它在克服地球引力作用后,仍具 的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道.此时,飞 球已足够远,但到太阳的距离可视为不变,仍 距离.飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它 轨道, 用 E 表示两轨道的交点, 如图 1 所示. 图 为 rse 的圆 A 是地球绕太阳运行的轨道, 太阳 S 心.设椭圆 B 是飞船绕日运行的轨道,P 为椭 的近日点. 由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等,根据开普勒第三定律,椭圆的半长轴 a 应与日地距离 rse 相等,即有 a = rse (1) B ve 图1
v
A

以足够 有合适

rse

P

船离地 为日地 的椭圆 中半径 位于圆 圆轨道

根据椭圆的性质,轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为 2a ,由此可以断定,两轨道的交点 E 必为椭圆短轴的一个顶点,E 与椭圆长轴和短轴的交点 Q(即椭圆的中心)的连线垂直于椭圆的长 轴.由△ESQ ,可以求出半短轴
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b=

r2se- ( a - SP )2 .

(2)

由(1) , (2)两式,并将 a = rse = 1AU , SP = 0.01 AU 代入,得 b = 0.141AU . (3)

在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中,若以太阳为参考系,飞船的角动量和机械能是守恒的.设飞 船在 E 点的速度为 v ,在近日点的速度为 vp ,飞船的质量为 m ,太阳的质量为 Ms ,则有 mva sinθ = mvp SP , 式中 θ 为速度 v 的方向与 E ,S 两点连线间的夹角: sinθ = 由机械能守恒,得 1 2 Msm 1 2 GmMs mv -G = mvp - . 2 a 2 SP (6) b . a (5) (4)

因地球绕太阳运行的周期 T 是已知的(T = 365 d) ,若地球的质量为 Me ,则有 G MsMe 2π 2 = Me ( )a . a2 T (7)

解(3)~(7)式,并代入有关数据,得 v = 29.8 km / s . (8)

(8)式给出的 v 是飞船在 E 点相对于太阳的速度的大小,即飞船在克服地球引力作用后从 E 点进 入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度.若在 E 点飞船相对地球的速度为 u ,因地球相对 于太阳的公转速度为 ve = 2πa = 29.8 km / s , T (9)

方向如图 1 所示.由速度合成公式,可知 v= u + (10) 速度合成的矢量图如图 2 所 示,注意到 ve 与 ES 垂直,有 ve ,

第 101 页 共 108 页

2015 年 6 月

图2

u= 代入数据,得

v2 + v2 e -2vvecos (

π -θ ) , 2

(11)

u = 39.1 km / s .

(12)

u 是飞船在 E 点相对于地球的速度,但不是所要求的发射速度 u0 .为了求得 u0 ,可以从与地心固 定连接在一起的参考系来考察飞船的运动. 因飞船相对于地球的发射速度为 u0 时, 飞船离地心的距 离等于地球半径 Re .当飞船相对于地球的速度为 u 时,地球引力作用可以忽略.由能量守恒,有 1 2 Mem 1 mu -G = mu2 . 2 0 Re 2 地面处的重力加速度为 g=G 解(13) , (14)两式,得 u0 = 由(15)式及有关数据,得 u0 = 40.7 km / s . (16) u2 + 2gRe . (15) Me , R2 e (14) (13)

如果飞船在 E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道,则(11)式要做相应的改变.此时,它 应为 u= 相应计算,可得另一解 u = 45.0 km / s , u0 = 46.4 km / s . (18) v2 + v2 e -2vvecos ( π +θ) , 2 (17)

如果飞船进入椭圆轨道的地点改在 E 点的对称点处 (即地球绕日轨道与飞船绕日轨道的另一个 交点上) ,则计算过程相同,结果不变.
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六、如图所示,质量为 m1 的小球连在质量可略、倔强系数为 k 的弹簧的一端,弹簧的另一端 连在质量为 m2 的均匀薄球壳内壁之上。弹簧的自由长度与球壳的半径相同,均为 R,开始时,球 壳置于水平地面之上,弹簧在球壳内处于竖直状态并位于球壳直径处,小球在其力平衡点 P 点下方 的 Q 点处,并用一根轻而直的细绳与球壳底端相连。在某时刻,断开细绳,尔后发现球壳时而升离 地面,时而无碰撞地落回地面,并且在球壳升离与落回的两个瞬间小球离地的高度相同。 设 m1=m2=m,k= 10

mg ,P 点与 Q 点的距离为 H,忽略空气阻力。试计算 H 的最小值,其中 R

的系数要求精确到两位有效数字。

0.67R 七、有一种跳豆,放在手中时会忽然跳起,原因是豆里面有一只会跳的虫。现考虑一简化模型: 在均匀球壳 A 内有一质点 B ,且 A、B 质量相等, 如图 4-6 所示。在 t=0 的时刻,质点 B 获得一竖 直向上的初速度 v0,球壳 A 静止。而后,A、B 发生弹性碰撞,若观测到 A 上升的最大高度为 H, 试求: (1)初速度 v0; (2)A 上升到最高时的时刻 t; (3)A 落地的时间 t ? 和落地的速度 v。 已知球壳 A 的直径 D=1cm, H ? 5 ? 156

?

?

cm,g 取 10m/s2。

图 4-6

第 103 页 共 108 页

2015 年 6 月

【解】(1)B 第一次与 A 撞前的速度为 v1 ?

2 v0 ? 2 gD



可发现 A 离地后,选 A 为参照物,B 相对 A 的速度始终为 v1 , 说明达到最高点时 A 一定有速度,否则机 械能不守恒,则 A 是在最高点时被 B 撞下去的. ②

分析知,以 A 离地开始,A、B 质心为竖直上抛运动且初速度为 vC ?

v1 2



设 A 离地后过 t1 时间达最高 t1 ? 因质心作竖直上抛运动,则有:

(2n ? 1) D v1



H ? ? 1 gt12 ? vct1 ? 3 D ? 2 2 4

v v2 ? ? 1 g (t1 ? c )2 ? c ? 3 D 2 g 2g 2
⑥ ⑦



t1 ?

vc v 3 , H ? t1 ? 1 ? D g 4 2

由① ,② 得 n ? 6.46 那么 n 可能为 6 或 7,检验均为出现极值的情况 当 n=6 时, t1 ?

13D 代入② 式 v1

同理当 n=7 时,可解出 v0 ? 10 3 m/s 故初速度 v0 ? 10 3 ? 17.3 m/s ? 由(1)有 v1 ? 2 70 m/s 当 n=6 时, t ? t1 ?

? v12 ? 280 ? v0 ? 10 3 m/s



v0 ? v1 ? 0.84 s g v0 ? v1 ? 0.96 s g



当 n=7 时, t ? t1 ?



由? 知 n=6, 7 都恰好满足.则上升,下降过程中,运动状态恰好一一对应,故 A 落地时刻必为 B 的速 度 v B ? 0 (对称性)时.则 A的速度v' ? v1 ? 2 70 ? 16.7 m/s ⑾

t ' 为质心竖直上抛总时间加上开始的 A 离地前时间

t' ?

v0 ? v1 2vc v0 ? ? ? 3 ? 17.3 s g g g



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2015 年 6 月

八、如图所示,在倾角为锐角 ? 的光滑斜面上的下端有一块垂直于斜面的挡板,在 斜面上从挡板所在位置朝上依次刻有 P 、 P4 、 P 、 P2 、 P1 、 P 、 P?1 、 P?2 标记, P 与 5 3 0 5 挡板相距 l ,相邻两个标记间距也同为 l 。质量同为 m 、厚度可略的两个小滑块 A 、B 用 劲度系数为 k 、自由长度为 6l 的轻质弹簧连接后放在斜面上, B 静止地靠着挡板, A 静 止地放在斜面上的某个部位,将 A 自由释放后可能会沿着斜面平动。设 ? l ? mg s i n k (1)先将 A 静放在 P 处,再将 A 自由释放,试问 A 、 B 各自将处于什么样的运动 0 状态?若作往返运动,应写出运动周期。 A自 (2)先将 A 压缩着弹簧停放在 P 3 处,再将 由释放, 试问系统质心 C 将如何运动?再求 C 可达到 的最大速度值 vC max 和最大加速度值 aC max 。 (3)先将 A 压缩着弹簧停放在 P4 处,再将 A 自 由释放, 试求从开始到 A 、B 第一次相距最远所经的 时间 ?t 和最远的距离 Lmax ,再求此时 A 与挡板的间 距 LA 。 上述三问答案均只可用数字和参量 ? 、 l 、 g 表达。 解: (1) P1 处为 A 的受力平衡点。 A 从 P 0 处静止释放后,将以 P 1 点为中心,沿斜 面先朝下、后朝上在 P 0、P 2 两点之间作简谐振动,振动角频率和周期分别为

? ? k m , T ? 2? ? 2? m ? 2? l ? k g sin ? A 振动过程中弹簧始终没有伸长,对 B 无拉力,故 B 始终处于静止状态。 B 最大向上的拉力为 l (2) A 将在 P 3、P ?1 间作简谐振动,弹簧最大伸长量为 ,对 kl ? mg sin ? ,不足以带动 B , B 仍是始终处于静止状态。
A 作简谐振动的角频率 ? ? k

m

,振幅为 2l ,最大速度和最大加速度分别为
自由长度6l

vA m a x? ? ? 2l ? 2

k gs i n ? l? 2 l ? 2gl m l
g sin ? 方向

B

s?i n

A

k a A m a x? ? 2 ? 2 l ? 2 l ? 2 g s? in m

P 5

P4

P 3

P2

P 1

P0

P ?1

P?2

x

x?0

题解图 1 系统质心 C 的最大速度 和最大加速度分别为 1 1 vC m a x? v A m ? ? , aC max ? a A max ? g sin ? a x gl s i n 2 2 (3)从 A 自由释放到 A 、 B 第一次相距最远的过程分为两个阶段进行讨论。
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第一阶段: A 从 P4 到 P1 ,再到 P?1 , P1 为 A 的力平衡位置。 P1 为 A 的力平衡位置, A 在其两侧作简谐振动,有

? ? k m , T ? 2? m k 振幅 A ? 3l ? 3mg sin ?


k

1 ? m T? k 4 2 取 P1 为空间坐标轴 x 的原点, 如题解图 1 所示。 x 轴的正方向为沿斜面向上的方向, ?t1 ?

A从P 4到P 1 经时

再将 A 第一次位于 P1 点的时刻定为 t ? 0 , A 的振动方程为

x? A ? t 幅s i n
A 在 P?1 处,有

2 2 2 A ? t? s i n ?t ? ? ?t ?a r c s i n ? 幅s i n 3 3 3 得 A 在 P?1 处的时刻为 x?

4o 1.8 ?1

r0a. d 730

r0 ad ?0.730 m t ?0.73 ? k 小结: A 从 P4 到 P?1 所经时间
?? ? l ?t A ?1? ? ? 1 t? t ?? ? 0.73 ? 0 gs i n ? ?2 ? 本阶段中 B 仍未运动, A 在 P?1 时弹簧伸长 l ,拉力 mg sin ? , A 受合力朝左,大小

为 2mg sin ? , B 受合力为零。 第二阶段: A 从 P?1 到相对系统质心为最右的位置。 此阶段中因 A 朝右运动速度在开始时还较大, B 静止,弹簧继续伸长,对 B 拉力 增大, B 受合力朝右,故 B 离开挡板朝右运动。 A 在 P?1 处时,速度朝右,大小为
dx 2 5 ? ? A幅 c o ? s t ,因 sin ?t ? ,故有 cos ?t ? dt 3 3 dx k3 m s gi ? n 5 m ? ? ?5 g s i? n dt m k 3 k 记 为 v B
m v A0 ? 5 g ? s k 此时系统质心 C 相对斜面的朝 右速度大小为
C0

质心参考系

i
?3.5l ?3l ?2l ?l

C 0

(相对斜面速度) A

vC 0

n
l 2l 3l

3.5l

题解图 2

vC 0 ?

1 5 m vA0 ? g sin ? 2 2 k 为方便将该时刻取为新的时间零点,即为 t ? 0 时刻。建立题解图 2 所示的质心参
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考系,t ? 0 时刻质心 C 所在位置取为新 x 轴的原点, 该时刻 A 在 x ? 3.5l 处, 即此时 A 在 C 的右侧与 C 相距 3.5l 处,A 相对 C 的速度朝右, 大小为 vC 0 。t ? 0 时刻 B 所在位置与 A 5 . l 处,B 在 C 的左侧与 C 相距 3.5l ,B 相对 C 的速度朝左, 对称, 在 x ? ?3 大小也为 vC 0 。 质心系中 A 、 B 所受惯性力与重力分力抵消,各自所受合力均为弹簧力, A 、 B 相对质 心 C 的运动对称,只需讨论 A 的运动即可。 质心系中 A 的力平衡位置在 x ? 3l 处,引入新的坐标量 x* ? x? 3 l 则 A 在 x ? 3l 处两侧作简谐振动,表达式可记为 x* ? A*c o s ?? *t? ? ?*, ?* ? 2k m , t ? 0 时 x* ? 0 . l5 v* A0 ? vC 0 得振幅 A ? x ?
*

?* 7 ? A* ? l ?0.93l 54 2 2
tan ? * ? ? v* A0 ?? 5 2

*2 0

v* A0
2

2

?

l2 5 m 2 m l2 5 2 ? g sin 2 ? ? ? l 4 4k 2k 4 8

又由

?x

* * 0

m g sin ? k

10 2k 1 ? l?? m 2 2


10 ? ?57.69o ? ?1.007rad 2 A 运动到相对 C 达最右的位置(即在 x* ? A* )的时刻,记为 t ? t * ,则有 cos 1 ?*t *? ? * ?0 ?? *t *? ? ?* ? ?

? * ? ? arctan

? t * ? ? ? * ?* ? 1.007 ?

m 1.007 ? 2k 2

l

g sin ?

gs i n ? 此时 A 、 B 相距最远,即从开始到 A 、 B 第一次相距最远所经时间为 ?? ? * ?t ? ? t ? 0.73 ?0 0 .?7 1l 2 A ?1? ? t ? ? gs i n ? ?2 ? ? ? t ? 3 . 0 1 3l gs i n ? A 、 B 间的最远间距为 ? 7 ? Lmax ? 2 ? ? 3l ? A* ? ? 2 ? ? ?3? ? l ? 7.871l 2 2? ? ? 在第二阶段初始时刻质心 C 相对斜面的斜上速度为 vC 0 ,从此时刻开始 C 运动到最高处

? t * ? 0 . 7 1 2l

所经时间为

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?tC ?

vC 0 5 ? 2 g sin ?

5 m g sin ? g sin ? ? k 2

m 5 ? k 2

l

g sin ?

5 l ?1 . 1 2 l ? t* g s i n ? g s ? i n 2 故 A 、 B 第一次相对 C 运动到最远处时, C 仍在相对斜面向上运动。 质心 C 在 t ? 0 到 t * 时间段内升“高”量为 2 2 1 5 m 1 ? l vC 0t * ? g sin ? ? t * ? g sin ? ? 0.712 l ? g sin ? ? 0.712 ? g sin ? 2 g sin ? ? 2 2 k ? ? 2 1 ? vC 0t * ? g sin ? ? t * ? 0.543l 2 对 B 的合成效果为 B 离开挡板已达间距为 * 0.54 l? 3? A ? 0? l. 5 ? 0.1 l076 ? ?tC ?

故 A 、 B 第一次相距最远时, A 与挡板的间距为 LA ? L 0 . 1 0 7l6 ? 7.9l 786 m a x?

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