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物理竞赛讲11


物理竞赛讲义(高一) 物理竞赛讲义(高一)
第一讲: 第一讲:静力学
第一节:矢量的运算 1、 矢量:有大小、方向才能决定的,且其加减运算满足平行四边形法则的物理量叫矢量。 2、 矢量的运算: ① 加法: △平行四边形定则 右图: C = A + B 大小: C =

A2 + B 2 ? 2 AB cos(π ? α )

/>= A2 + B 2 + 2 AB cos α
证法:1°余弦定理: (略) 2° C 2 = ( A + B cos α ) 2 + ( B sin α ) 2

= A2 + B 2 cos α 2 + 2 AB cos α + B 2 sin α 2 = A2 + B 2 + 2 AB cos α
方向: tan ? =

B sin α A + B cos α

讨论:C 的大小在(0、180°)范围内,cosα是α的减函数, α↑、C↓(AB 大小一定) 当α=0 时,C=A+B α=π时,C=|A-B| 故 |A-B|≤C≤A+B 例 1、F1=3N、F2=8N,则 F 合的可能值。 A、6N B、12N C、3N D、8N △三角形定则 右图 C = A + B 例 2、小孩游泳速度是河水流速的

1 ,河赛 d=100M,小孩应沿什么方向游向对岸,才能使他 2

被河水冲行距离最短?这个距离是多少?(与上游岸线 60°角,173 米) 分析:小孩相对地的速度,是两个速度的矢量和。 1°若 V1>V2,则冲行最短距离为 0。最少位移为 d, 2°若 V1<V2,则不可能垂直过河,但一定存在最少位移。 3°不论哪种情况,都有 tmin =

d v1

对于本题,v2 大小、方向恒定,v1 大小一定、方向不定, 故 v = v1 + v2 不确定

1

△ 多边形定则: C = A + B

? A+ B + D = C + D = E
A+ B+ D + F = E + F
一般地 n 个矢量 A1 + A2 + … An 相当于把 n 个矢量的图示依次首尾相接,最后由 A1 的起点 O,到 An 的终点有向线段,就是合 矢量的图示。 说明:矢量加法满足交换率,结合率(用多边形法则可证) ∴在多边形法则中,结果与 A1 … An 的顺序无关。 例 3、水平地面有一质量 M 的木箱 A,A 与地面间摩擦系数为μ 欲使 A 匀速移动,F 至少多大?(作图法求解) ? ③ 乘法: a、与标量相乘

?

? mg ? ? 1+ ? 2 ? ? ?

?

C =kA

方向不变。

大小扩大到 k 倍, 也可小于 1) (K b、矢量乘以矢量 △标积: (相乘后变成标量) 定义: C = Ai B = A i B cos θ 规定:只准用符号“· ” ,又称点积。 △ 矢积(相乘后仍为矢量) 定义: C = A × B ? ? 如:功, W = F i S = F i S cos θ

?大小 : C = A B sin θ ? ?方向:右螺旋定则 ?
(叉)矢积不满足交换率: Ai B = ? B i A

注意:点积满足交换率:

Ai B = B i A

第二节:重力、弹力、摩擦力 1.重力 重力来源于地球对物体的吸引,在地球表面附近,物体的重力大小 G=mg 其方向竖直向下。物体的各个部分都受到重力的作用.我们把它等效地认为是作用在物体的重心上。 实际上,重心是同向平行力的合力作用点。 同向平行力的合力: 大小: F合 = F1 + F2 作用点满足: F1 χ1 = F2 χ 2 方向:原方向

χ1 + χ 2 = d ]

例 1、在一个半径为 R 的匀质圆盘状薄板上。挖去一个半径为 r 的圆孔(r<R)孔的圆心距盘
2

的圆心为 d,求剩下部分的重心位置。 2、弹力: 物体由于发生弹性形变而作用于迫使它发生形变的物体上的力叫弹力。弹力的 方向沿两物体接触面的法线方向,弹力的大小可由胡克定律或物体的其他受力情况采确定。一个常 见的典型情况是弹簧的弹力,这一弹力的规律是:在弹性限度内,弹簧弹力 F 的大小与弹簧的形变 x(伸长量或压缩量)成正比,即胡克定律 f=一 kx,上式中 k 叫此弹簧的劲度系数,是表征弹簧 本身特征的一个物理量。负号表示 F 的方向与 x 的方向相反。 △ 弹簧的串并联 ① 并联: (要求受力端并齐伸长量相同) F1 = ?χ1

F2 = k2 ?χ ? k (k1 + k2 )

F = F1 + F2 = (k1 + k2 )?χ = k ?χ
② 串联:

F = k1 χ1 = k2 χ 2
F = k ( χ1 + χ 2 ) = k i F ( 1 1 + ) k1 k2

χ1 =
?

F k1

χ2 =

F k2

1 1 1 = + = ?????? k k1 k2

例 2、如图 1-9,求烧断 AB 瞬间 BC 的张力。 3、摩擦力 两个互相接触的物体间有相对运动或者有相对运动趋势时,这两 个物体的接触面上就会出现阻碍相对运动的进行或者是阻碍相对运动的发生的力, 这就是摩擦力。前者称为动摩擦力,后者称为静摩擦力。摩擦力的方向总是沿接触 面的切线方向起阻碍作用。 △ 条件:① 不光滑;② 挤压 N≠0 ③ 有相对运动(or 趋势) △ 方向: ?

?切线 ?阻碍相对运动

△ 关于静摩擦力 ① 约束反力 可 (大、 ; (有、 ; 小) 可 无) 可(前、后)都与压强无关。 ② 最大静摩擦力略大于滑动 摩擦力(有时忽略它们的差别) 例 6、汽车质量 m,以 v 前进与地μ。前方突然有一墙,求问为避免撞墙,转弯好还是煞车 好? 4、物体的平衡及平衡条件

?静平衡:静止 △平衡的表现形式 ? ?动平衡 : 匀直(匀转)
△平衡条件及应用 1、共点力平衡条件:

?稳定平衡 ? △平衡的种类 ?不稳平衡 ?随遇平衡 ?

∑ F外 = 0
or

2、有固定转轴物体的平衡条件 ΣM + = ΣM ?
3

ΣM 逆 = ΣM 顺

?∑ M = 0(以任一点为轴) ? ?∑ Fχ = 0 ? 3、一般体系的平行条件 ? ? ?∑ F = 0 ? ?∑ Fγ = 0 ? ? ?∑ FΖ = 0 ?
例 1、如图 1-11,求汽车离左桥墩 x 时,两桥墩的支持力。 例 2、质量均匀分布的梯子,靠在光滑墙上,梯子与地面静摩擦因数为μ。求梯子的倾角范围。 例3 如图 1-12 所示,一人对一均匀细杆的一端施力,力的方向总与杆垂直,要将杆从地板上 无滑动地慢慢拾到竖直位置,试求杆与地板之间的静摩擦因数至少应为多大? 例4 一支杆秤,其秤锤己丢失,仅留下秤杆及一根细线。不用 其他器材,如何确定丢失的秤锤的质量? 例 5 如图 1-13.半径分别为 r1 和 r2、的两个均匀圆柱体置于同一水平 面上,在大圆柱上绕有一根细绳,通过细绳对大圆柱施以水平拉力 F。设所有 接触处的静摩擦因数均为 ?。为使在力 F 的作用下,大圆柱能翻过小圆柱,问 ? 应满足何条件? 例 5 重为 G 的圆柱位于可动的水平平板与固定的领角为 α 的斜面 之间,如面 1-14 所示,圆柱体与水平板间的动摩擦因数和静摩擦因数均为 ?1 圆柱体与斜面间的动摩擦因数和静摩擦因数均为从 ?2 为使水平板能向 左匀速运动,至少要对它施以多大的力?不考虑圆柱以外的物体施 于水平面的阻力。 例 6 如图 1-15,在一个置于水平面上的表面光滑的半径为 R 的 半圆柱面上,置有一条长为 πR 的均匀链条,锈条的质量为 M,其两端刚 好分别与两侧的水平面相接触,求此链中张力的最大值为多少? 例 7、 四个半径均为只的光沿球,留正于一个水平放置的半球 形碗内,该四球球心恰在同一水平面上。现将一个相同的第五个球 放在前述四球之上,而此系统仍能维持平衡,求碗的半径为多少? 例 8 如图 1-17,质量为 M 的 n(n>3)个均匀圆柱体,依次 搁置在倾角为 300 的斜面上.并以铅垂设置的挡板挡住,挡板长 L, 其下端以绞镁固定,挡板可绕其下端自由转动。圆柱体半径均为 R, 各圆柱体与斜面间和圆柱体与挡板间的静摩擦因数均为 ? =

1 ,而各圆柱体之间的摩擦则可忽略不 3

计。今以水平力 F 作用于挡板的上端而维持此系统的平衡,试求 F 的最大值为多少?

4

第二章: 第二章:运动学
一、运动的描述:位移、速度、加速度 如图 2-1, 设质点沿某一平面曲线运动, 若给定一参考点 O, 就可以用一个矢量确定质点的位置。 1、位矢: (位置矢量的简称) ,确定质点的位置的矢量, (如图 2-1 中的

r1 = OA 、 r2 = OB ) 。
2、位移:描述质点位置变化的矢量(如图 2-1 中的 ? r = r2 ? r1 )

3、路程:质点运动轨迹曲线长度(如图 2-1 中的 AB ) 4、速度和速率: 平均速度:

v平均 =

?r ?t

平均速度率: u 平均 =

AB ?t

即时速度: vA = lim

?r ?t → 0 ?t

即时速率:

u A = lim

?s ?t →0 ?t

显然:

vA = vA = u v平均 ≠ u 平均

5、 加速度: 如图 2-2, 设质点在 A 点时速度为 v1 , 在 B 点 v2 ,则: 平均加速度: a平均 =

v2 ? v1 ?v = ?t ?t

即时加速度: a = lim

?v1 + ?v2 ?v ?v ?v = lim = lim 1 + lim 2 = an + aτ ?t → 0 ?t ?t → 0 ?t → 0 ?t ?t → 0 ?t ?t

(

)

其中: an 称法向加速度,跟速度方向变化快慢有关,其大小 an =

v2

ρ

ρ 为曲线在该点的曲率半径

aτ 为切向加速度。 (描述速度大小变化快慢)

二、质点运动学的数学性 1、与“质”无关: 如匀变速度直线运动公式中,都与 m 无关。所以,有的书上就称上为“点的运动学” 2、质点轨迹与数学曲线的关系:

5

同:都是动点轨迹 异:数学,不关心运动与时间关系 物理,运动要通过时间来实现 例如:对曲线椭圆 数学:平面上一个动点 P,到两个定点的距离的和为定长,则 P 点轨迹即椭圆。 描述:

x2 y2 + =1 A2 B 2

or:

x = A cos ? y = B sin ?

物理:质点 P 在平方反比有心力作用下运动。且轨道能量小于零,则 P 点轨迹为椭圆。 描述:除标准方程外,还有

GMm 轨道能量: E = ? 2A

周期:

A3 T = 2π GM



另外,满足一定条件的两个简谐运动的合成,质点轨迹也为椭圆。 描述:

? x = A cos ωt ? ? y = B sin ωt
3、用物理方法求曲率半径 由于质点运动学的数学性很强,使得运动学题目更像数学题。在应用上,我们不但可以用数学 方法解决物理问题,而且还可以倒过来,用物理方法解决数学问题。用物理方法求曲率半径便是 其中之一。 方法: an =

v2

ρ

?ρ=

v2 an

例 1、求平抛物体( v0 )的轨迹在抛出点的曲率半径。 解: v = v0

a = g = an

由 an =

2 v0

ρ

v2 v2 ?ρ= = an g

例 2、接上题,求下落 h 时的曲率半径。 解:如图 2-3
2 v = v0 + 2 gh

cos θ =

v0 v0 = 2 v v0 + 2 gh

an = g cos θ =

v2

ρ

?
3

( v + 2 gh ) 2 v2 ρ= = 0 g cos θ gv0
x2 y2 例 3、求椭圆: 2 + 2 = 1 在顶点处的曲率半径。 (A>B) A B
解:如图 2-4,令斜面倾角 α 满足:

cos α =

B A

6

设一质点在些斜面上做匀速圆周运动,速率为 v,半径为 A,其加速度 a = 圆心 O′ 在 P 点: v1 = v cos α (y 方向)

v2 方向指向 A

a1 =

v2 (-x 方向) A
故有:

∵ v1 ⊥ a1

ρ1 =

v12 v 2 B 2 A B 2 = 2 ? 2 = a1 A v A a2 = v2 cos α (-y 方向) A
(

在 Q 点: v2 = v (-x 方向)

∵ v2 ⊥ a2

? ρ2 =

2 v2 A ? A A2 = v2 ? 2 = a2 v B B

ρ 2 > ρ1 ,合理吗?)

例 4、求 y = A cos α , x = 0 处曲率半径 解:设 x = v0t ? y = A cos ( v0t ) 显然: ?

?vx = v0 ? ?v y = ?v0 A sin ( v0t ) ?

?ax = 0 ? ? 2 ?a y = ?v0 A cos ( v0t ) ? ? ρA = v2 1 = 2 v0 A A

2 ?a = a y = v0 A = an ? x = 0 时,即 t = 0 ? ?v = vx = v0 ?

例 5、如图 2-5,一只狐狸以不变的速度 V1 沿直线 AB 逃跑,猎犬以不变的速率 V2 追击,运动 方向始终对准狐狸,设某时刻狐狸在 F 处,猎犬在 D 处,且 FD=AB,FD=L,求猎犬此时加速度之 大小及 D 点处轨迹曲线的曲率半径。 解: a = lim

?v v tan α = lim 2 ?t → 0 ?t ?t → 0 ?t v ?t 其中, tan α = 1 代入 L v v ?t vv vv ? a = lim 2 ? 1 = lim 1 2 = 1 2 = an ?t →0 ?t ?t → 0 L L L
由 an =
2 v2

曲 率 半 径 如 何 ?

ρ

7

?ρ=

2 v2 v2 v = 2 L= 2 L an v1v2 v1

三、运动的合成和分解 1、斜抛: (可由多种正交及斜交分解方式如图 2-6)

?水平:匀直 x = v0 cos θ t ? 正交 ? 1 2 ?竖直 : 上抛 y = v0 sin θ t ? gt 2 ?

?v0方向 : 匀直 ? 斜交 ? ?竖直 :自落 ?

s = v0t y= 1 2 gt 2

例 6、火炮以初速 V○发射炮弹,炮弹落在与水平面成φ角的斜坡上,仰角多大时,射程最大? 最大射程为多大? 解法 1、正交分解: 以平行斜面向上为 x 正向,垂直斜面向上为 y 正向运动方程为:

1 ? 2 ? x = v0 cos (α ? ? ) t ? 2 g sin ? t ? ? ? y = v sin (α ? ? ) t ? 1 g cos ? t 2 0 ? ? 2
y=0 时,由⑵ ? t =

?? (1) ?? (2)

2v0 sin (α ? ? ) 代入⑴ g cos ?

x=

2v0 4v 2 1 sin (α ? ? ) cos (α ? ? ) ? g sin ? ? 2 0 2 sin (α ? ? ) g cos ? 2 g cos ?
2 2v0 sin (α ? ? ) ? cos (α ? ? ) cos ? ? sin (α ? ? ) sin ? ? ? ? g cos 2 ?

=

2 2 2v0 v0 = sin (α ? ? ) cos ? = ?sin ( 2α ? ? ) ? sin ? ? ? g cos 2 ? g cos 2 ? ?

可知,当 2α ? ? =

π
2

,即 α =
2 v0

π
4

+

?
2



射程最大,且 xm =

2 v0 (1 ? sin ? ) g cos 2 ?

当 ? = 0 时, xm = 解法 2、斜交分解:

g

,正是在水平面上之最大射程。

? sx = v0t cos α cos ? ? ? 1 2 ?v0t sin α = 2 gt + v0t cos α tan ? ?
联立解之,解法与上同 2、简谐振动 简谐振动可看作匀圆运动在某一方向上之投影,换言之,匀圆运动可分解为两个互相垂直方向 上的简谐振动。考虑动点的位置,速度加速度之投影(在 x 轴上)

8

x = R cos ( ωt + ? ) vx = ?ω R sin (ωt + ? )
对于谐振动,已知: a =

→ 正是简谐振动方程
ax = ?ω 2 R cos (ωt + ? ) = ?ω 2 x
vM → ω A
k aM → ω 2 R

ω2 =

k m

? kx 对照可得 A → R m 2π ?T = = 2π m

ω

→ 谐振动周期通式

四、相对运动 运动是绝对的,而运动的描述是相对的,适当地选取参考系可使问题简化,当参考系变化时, 。一般都要变化,这种变化满足所谓“传递性公式” 。 描述运动的参量( s 、 v 、 a 等)

vAB = v AC + vCD + vDB
说明几点:1°此式也适用于位移和加速度。 2°是矢量式 3°只要满足脚标规律,可任意在右边添去。 4°交换脚码,要加一负号,即 vAB = ?vBA 例 7、质点 P1 从坐标原点 0 以速度 V1 沿 X 轴正方向运动,同时质点 P2 以速度 V2 从 X 轴的 B 点向 C 点匀速运动,OB=L,锐角∠OBC=α,求 t=?时 P1、P2 之间的距离 r 最短?如图 2-9 解:考虑 P2 相对 P 的运动, v21 = v2地 + v地1 1 由图可知: v21 =
2 v12 + v2 + 2v1v2 cos α

矢量关系如图 2-9

tan ? =
于是约: sin ? =

v2 sin α v1 + v2 cos α

? cot ? =

v1 + v2 cos α v1 sin α

1 1 + cot 2 ?
1 1 + tan 2 ?

=

v2 sin α

( v2 sin α ) + ( v1 + v2 cos α )
2

2

cos ? =

由图知,最近距离为 OD,设为 r,则

r = L sin ? =

Lv2 sin α
2 v12 + v2 + 2v1v2 cos α

相对位移为 BD = L cos ? ,∴ t =

L ( v1 + v cos α ) BD = 2 2 2 v12 v1 + v2 + 2v1v2 cos α

例 8、半径为 R 的园环在地面做纯滚动(匀速) ,求环上一点 P 的最大和最小加速度之比。 解:P 点相对地面运动情况复杂,可考虑 P 点相对圆心 O 的运动:

∵ aP地 = aPo + ao地 = aPo ao地 = 0

(

)
9

而 P 点相对 O 作匀圆运动, amax = amin = ω R
2

∴ amax : amin = 1:1

例 9、三个芭蕾舞演员同时从边长为 a 的正三角形的顶点以相同的速 率 u 运动,运动中始终保持 A 朝着 B,B 朝着 C,C 朝着 A,问经多长时 间三人相聚? 解:以 A 为参照物,由于对称性,B、C 均以相同偏角向 A 运动, 故运动过程中 A、B、C 三者均在正三角形之顶点,此正三角形一边 旋转,一边缩小,最后相遇时边长缩小为零, (如上图)不考虑三角 形的旋转,只考虑它的缩小,即只考虑 A 相对 B 的运动:

vAB = v A ? vB

矢量关系图如 2-11,由图知

vAB = 3v A = 3u
∴t =

将 vAB 正交分解则

AB 方向上的分量为: v′ = v AB cos 30 = AB

3 3 vAB = u 2 2

a a 2 a 2a = = = 3 v′ AB u 3u 3u 2

顺便提及: vAB 的另一分量使三角形转动。 五、刚体的平面平行运动 A..刚体运动分类 1、平动 2、定轴转动 3、平面平行运动 4; 定点转动 5; 一般的运动 B; 平面平行运动定义:刚体运动时,刚体中任意一点如果始终在平行于某一个固定的平面的平面 内运动, 刚体的运动就叫平面平行运动. C; 平面平行运动学的研究方法(运动学) 1°刚体随某基点平动,同时绕基点转动。 2°绕即时转动中心(瞬时轴)转动 即 1°为:平动+转动 2°纯转动,两者转动角速度相等。 例 10、细杆 AB 长 L,端点 A、B 分别被约束在 Y 轴和 X 轴上运动(如图 2-12) ,试求⑴杆上 距 A 为〆L 的 P 点之轨迹;⑵若图中的Θ、VA 已知,求 P 点 X、Y 方向的分速度。 解:⑴ 考虑 P 点座标: ?

? x = α L sin θ ? ? y = (1 ? α ) L cos θ ?
2

?

x2

( xL )
运动。

2

+

y2

?(1 ? α ) L ? ? ?

=1

为一椭圆

⑵ 解法Ⅰ、以 A 为基点,先计算角速度,考虑 B 点之

?vBx = ω L cos θ ? ? ?vBy = ω L sin θ ? v A = 0 ?

?ω =

vA L sin θ

10

于是: ?

?vPx = ω ? (α L ) cos θ = v A ? α ? cot θ ? ?vPy = ω (α L ) sin θ ? vA = ? (1 ? α ) v A ?
∵ v A = ω L sin θ ? ω =
……①

解法Ⅱ、瞬时轴 在 △ AO′C 中,

如图 o′ 即为瞬时轴

vA L sin θ

L sin θ αL r = = sin α sin ? cos θ



π ?α =

π
2

?θ + ? ? α =

π
2

? (? ? θ ) ……②

由①② ? cot ? =

1?α

∴ tan ? =

α cot θ 1?α

sin ? =

1 1 + cot 2 ?

=

α α cos θ

tan θ

α 2 cos 2 θ + (1 ? α ) sin 2 θ
2

cos ? =


(1 ? α ) sin θ 2 (1 ? α ) sin 2 θ + α 2 cos 2 θ
(x 正方向)

r=L

(α cos θ ) + (1 ? α )
2

2

cos 2 θ

vPx = ω r sin ? = α v A cot θ

vPy = ω r cos ? = (1 ? α ) v A

(y 负方向)

六、相关速度 不可伸长的绳子,可视为刚体的细杆,其端点(也可理解为各个点)以及刚体上任意两点速度 在连线(绳子)方向的分量应相等。 例 10 中的角速度可依此求出(略) 例 11、水平轨道上有一辆小车,轨道 O 点正上方有一绞车,绞车转动,牵引绳缠绕在绞车上, 拉着小车在轨道上移动。当绳与水平方向夹角为 θ 时,小车运动的速度多大?已知绞车收绳速度为 v0。 解法 1、将绳端速度分解: 说端速度可视为 2 个, v0 和 u0 。如图,因其在水平面上 运动,说明: v0 sin θ = u0 cos θ 小 车 速 度 为 v0 、 u0 的 水 平 分 量 之 和 :

v车 = v0 cos θ + u0 sin θ =

v0

cos θ
v车 cos θ = v0 ? v车 = v0

解法 2、将小车上运动分解:

cos θ
v0 ?t
cos θ

解法 3、微元法: 取很短的时间 ?t → 0

由右图易知: v车 ?t =

∴ v车 =

v0

cos θ

七、关于交点速度 例 12、 两根细棒 AB、 分别以垂直于自身的速度 v1 与 v2 运动, CD 求交点速度。 已知两棒夹角 θ 。 解(微元法) : AB → A′B′ CD → C ′D′ P → P′ 设在 ?t → 0 时间内
11

则 PP′ = vP ?t

PQ = v1?t

PR = v2 ?t

?vP ?t cos α = v1?t ? ? ?vP ?t cos (θ ? α ) = v2 ?t ?
? tan α =

?

v1 cos α = v2 cos (θ ? α )

v2 cos α = cos (θ ? α ) = cos θ cos α + sin θ sin α v1


v2 ? v1 cos θ v1 sin θ

cos α =

1 1 + tan α
2

=

v1 sin θ

( v1 sin θ ) + ( v2 ? v1 cos θ )
2

2



vP =

v1 1 = cos α sin θ

2 v12 + v2 ? 2v1v2 cos θ

也可: PP′ = PS + PT

其中 PS =

v1?t

sin θ

PT =

v2 ?t

sin θ

直接代入矢量合成公式,可得:

vP ?t = PS + PT ? 2 PS ? PT cos θ =

2

2

?t 2 v12 + v2 ? 2v1v2 cos θ sin θ

例 13、如图,AC、BD 两杆均以角速度ω绕 A、B 两固定轴在同一竖直平面内转动,t=0 时, 〆=β=60°求任意时刻 t 两棒之交点 M 的速度和加速度?AB=L。 解:对任意时间 t,α增大上角度等于β减小上角度。换言之, ∠M = ∠M ′ = 60 不变。故 由于 ∠M ′ OM = 2∠M ′AM (同弧圆心角与圆周角) ∴ M 交点在 △ MAB 的外接圆上作圆周运动, 点绕 O 的角速度为 2ω = ω ′ 圆半径 R =

3 L 3

故:

v = ω ′R =

2 3 ωL 3

a = ω ′2 R =

4 3 2 ω L 3

例 14、在水平面上放着一个半径为 R 的环,另一个同样大小的环从它旁边(紧靠着)运动过去, 求两环交点的速度与它们圆心距 d 之关系式? 解: vP1 = vP地 (环 1 不动)

vP1 = vP 2 (相对运动,等效)

vP地 = vP 2 + v2地

矢量关系如图,由图知

?d ? 2 = R cos ? ? ? ? v = v sin ? = v sin ? P2 P地 ?2 ?

? vP地 =

v

? d ? 2 1? ? ? ? 2R ?

2

八、运动学中的几何关系: 例 15、超音速飞机沿直线 OB 以速度 V 匀速飞行,观察者 A 注视飞机飞行,∠BOA= θ ,且在 观察时间内认为不变,飞机辐射器发出一小一大两个短声脉冲,脉冲时间间隔为τ,问在什么条件 下,观察者先听到强度大的脉冲后听到强度小的脉冲?已知 OA=L,声速为 C。 (V>C/COS θ ) 解:设飞机在发射小脉冲时在 O,发射大脉冲时在 B′ 。只要 达 由图可知: OD = OB′ cos θ ∠ADB′ ? 90
12

OB′ OD < v C

声讯号即可逆序到

(

)

故:

OB′ cos θ OB′ > C v



v>C

cos θ

即为所求。顺便提及,光信号不可能逆序到达一

例 16、田野里有一条直路,山羊沿直路的速率不超过 V,在田野上的速率不超过 U,U<V,求 山羊在 t 时间内可能到达的区域。 解:如图所示

OA = vt

OB = ut

sinα =

u v

例 17、两光滑的竖直板 OA 与 OB 形成夹角 2°的 V 字形,如图,固定在光滑水平面上,一个小 球从 OB 板的 C 点以速度 V=2M/S,并与 OB 成 ?=60°角的方向开始运动,与 OA 碰撞后又折回与 OB 碰撞,已知 OC=4M,碰撞为弹性的,试求:1、小球经几次碰撞后又回到 C 点?2、此过程所经历时 间? 3、过程中小球离 0 最近距离? 解:①如下图,小球第一次碰撞点的入射余角为 62°。 (理解:OA 是由平行线位置转到此处) 第二次碰点的入射余角为 64°。作 OB′ 使 ∠B′OA = ∠BOA = 2 ,且延长直线 CP′ 交 OB′ 于 P2 ,可 证 P P2 = P P2′ (证法 ?P2OP ≌ ?P2′OP ) 1 1 1 1 。依次类推,相当于小球沿直线由 C → D 入射余角增为

90 ,然后原路返回,第 n 次碰时,入射余角为: α n = 60 + 2n

对于 D 点,有

90 = 60 + 2n

? N = 15 (次) 原路返回时又碰 15 次(第 15 次与 C 碰)
∴要经过 30 次碰撞

②t =

2CD 2OC sin 30 = 2秒 v v

即为所求时间

③ OD = OC cos 30 = 4 ×

3 =2 3米 2

即为最近距离。

九、速度分析法: 例 18、在某竖直平面有一固定的光滑直角三角形细管轨道 ABC,光滑小球从顶点 A 处沿斜边轨 道自静止出发,自由滑到端点 C 所需时间,恰等于沿两直角边轨道滑到 C 端所需时间。假设竖直轨 道与水平轨道交接处 B 有一极小圆弧,可确保小球无碰撞地拐弯,拐弯时间不计。 在此三角形范围 内,可构建一系列如图中虚线所示的光滑轨道,每一轨道由若干铅直与水平轨道交接而成,交接处 有极小圆弧(作用同上) 。轨道均从 A 出发到 C 终止,且不超出该直角三角形边界。试求小球在各条 轨道中,由静止出发,自由地从 A 滑行到 C 所经历时间的上限与下限比值。 解:先证 L1 : L2 : L3 = 3 : 4 : 5 证:∵ T3 = T1 + T2 即

2 L3 2 L3 sin α L3 cos α = + g sin α g 2 gL3 sin α ∴α = 37

?

2 sin α + cos α = 2

? sinα = 0.6

即 L1 : L2 : L3 = 3 : 4 : 5

在各种方式中,竖直方向上所用时间相等,∴ T1 + T2 = T3 。即为最短时间(水平方向上

13

速度最大)而折线趋于无穷多,且无限接近 L3 时,所用时间最长(水平速度最小)当折线数

n → ∞ 时,在折线元 ?L1 、 ?L2 以及对应的 ?L3 上均可视为匀速运动,且速度相等,故累加
起的平均速率也应相等,即

T L3 Σ ( ?L1 + ?L2 ) L1 + L2 L + L2 = = 故有: max = 1 T3 Tmax Tmax T3 L3
即为所求



Tmax L1 + L2 3 + 4 7 = = = Tmin L3 5 5
方法 2:

首 先 分 析 出 T = T1 + T2 = T3 最 短 , 无 限 折 线 轨 道 用 时 最 长 。 对 无 限 折 线 轨 道 ,

?l1 → 0, ?l2 → 0, ?l3 → 0 。故质点在 ?l1?l2 ?l3 上的速率可视为相等。

Tmax

7 ?l3 ?l1 + ?l2 7 ?l 7 7 = Σ 3 = T3 = Tmin = Σ(?t1 + ?t2 ) = Σ =Σ 5 vx vx 5 vx 5 5

?

Tmax 7 = Tmin 5

例 19、系统如图所示,处处光滑,Ma=Mb=m,m 杆=0,A 未被约束在墙平面上,且θ○=0,静止开 始下滑,求 A 脱离墙时θ角 十、频闪光源的运动学问题。 例 20、看电影时常发现银幕上小轿车虽在开动,但其车轮似乎并未转动,设 车轮表面形状如图 2-14,试估算小轿车之最低速度与你百米速度之比较? 解:拍(放)电影时,每秒拍(放)24 个镜头。若两次拍摄之间,车轮恰 转过

2π 之整数倍,则放映时银幕上车轮位置重合,就看不出转动。故最低转速为 3 2π 1 ω= = 16 π/秒 3 24
则车速为 v = ω R = 16π × 0.25 = 13 m s 显然大于中学生的百米速度。

假设车轮半径为 0.25 米

例 21、设日光灯的频闪频率为 100HZ。求刚起动的电风扇看起来刚要倒转时的转速。 十二、有关极值的求法 1、一元二次方程配方法 例 26、 (征服 P64 例 31,题略) 解: s1 = v0t

1 s2 = s0 + at 2 2

?s = s2 ? s1 =

1 2 at + s0 ? v0t = t 2 + 30 ? 10t 2

= (t ? 5) 2 + 5
2、利用二次三项式的性质

可知:当 t = 5s 时, ?s = 5m (最小)

y = ax 2 + bx + c → 抛物线、顶点坐标为 (?

b 4ac ? b 2 , ) 2a 4a

当 a > 0 ,y 有极小

14

值, a < 0 ,y 有极大值。

如对上抛: y = v0t ?

1 2 1 gt = ? gt 2 + v0t 2 2

a < 0 ,有极大值

1 2 4 × g × 0 ? v0 v 2 b v0 2 且当 t = ? = 时, y = = 0 最大 2a g ?2 g 2g
而匀加速运动: s = v0t +

1 2 at 2

无极值 (只有当 t = ?

v0 时,s 有极小值,无意义) a
? = b 2 ? 4ac = 0 ? 一

3、利用一元二次根的判别式求极值 在 ax + bx + c = 0 中
2

? = b 2 ? 4ac > 0 ? 两个不等的实根。

个实根

? = b 2 ? 4ac < 0 ? 无实根

例 27、 (征服 P65 例 32,略) 4、利用三角函数求极值

y = a sin x + b cos x = a 2 + b 2 (

a a +b
2 2

sin x +

b a + b2
2

cos x)

= a 2 + b 2 (sin x cos θ + cos x sin θ ) = a 2 + b 2 sin( x + θ )
当 x +θ =

π
2

时, y =

a 2 + b 2 (最大)

例 28、 (征服 P66 例 33,略) 5、利用几何图形求极法 例 29、 (征服 P67 例 34,略) 6、利用物理方法求极值 例 30、一物沿斜面顶端水平抛出,恰好落在斜面的底端,已知斜面的高为一米,如图 1—78 所示。求当物体抛出后多长时间,物体与斜面间的距离最大? 解:建立坐标系如图:

?vx = v0 cos θ + g sin θ t ? ? ?v y = v0 sin θ ? g cos θ t ?

?? (1) ?? (2)

最远时, v y = 0, t0 =

v0 tan θ g

?? (3)

1 2 ? ?h = gt 恰落在 B 点: ? 2 ?h cot θ = v0t ?
t0 = v0 1 ? g v0

? tan θ =

1 v0

gh 代入(3) 2

1 gh h = = ≈ 0.224 s 2 2g 20

7、利用导数求极值法(略) 物理竞赛专题材料 1

斜抛物体运动 斜抛物体运动
一、运动的分解

15

斜抛物体运动属匀加速曲线运动,故描述运动的公式与匀加速直线运动类似,只是再加上矢量 符号即可。

v = v0 + gt
?r = r ? r0 = v0t + 1 2 gt 2

……① ……②其中, r0 、 v0 是刚抛出时物体的位置和速度。 ?r 为位移。

1 2 ?斜交分解; 方向(匀直)+ 竖直方向自落) v = v + gt v ( ?r = v t + gt ? 0 0 0 2 分解方法 ? ?正交分解;水平x方向(匀直) + 竖直y方向(上抛) or 斜面x +垂直斜面y ?

正交:水平+竖直 vx = v0 cos θ

……③ ……⑤

v y = v0 sin θ ? gt

……④

x = v0 cos θ t

1 y = v0 sin θ t ? gt 2 ……⑥ 2

平行斜面(x)匀加直+垂直斜面(y)匀加直

vx = v0 cos θ ± ( g sin ? ) t v y = v0 sin θ ? ( g cos ? ) t
x = ( v0 cos θ ) t ±

……⑦ ……⑧

1 ( g sin ? ) t 2 ……⑨ 2 1 y = ( v0 sin θ ) t ? ( g cos ? ) t 2 ……⑩ 2

其中, θ : v0 与斜面夹角, ? :斜面

倾角。 x {沿斜面向下为正取 "+ " 沿斜面向上为正取 "? " 以上各式包含了抛体运动的全部信息,一切得求物理量均可由此获得:如:
2 v0 sin 2θ △ 水平射程: x = g 2 v0 sin 2 θ 2g

x max
2 v0 2g

2 v0 = g

条件: θ =

π
4

△ 射高: y =

ymax =

条件: θ =

π
2

△ 沿斜面向上的最大位移:

在⑩式中令 y=0 ? t =
2

2v0 sin θ g cos ?

? 2v sin θ ? 2v sin θ 1 代入⑨ ? x = v0 cos θ ? 0 ? g sin ? ? 0 ? g cos ? 2 ? g cos ? ?

2 2 2v0 sin θ ( cos θ cos ? ? sin θ sin ? ) 2v0 sin θ cos (θ + ? ) = = g cos 2 ? g cos 2 ?

即:

2 1 2 2v0 ? ?sin ( 2θ + ? ) ? sin ? ? ? 2v0 sin θ cos (θ + ? ) 2? x= (积化和差) ? x = g cos 2 ? g cos 2 ?

16

=

2 v0 ?sin ( 2θ + ? ) ? sin ? ? ? ?

g cos 2 ?
条件: θ =

xmax =

2 2 v0 1 ? sin ? v0 ? = g cos 2 ? g (1 + sin ? )

π
4

?

? ?

π? ? 2θ + ? = ? 2 ? 2?
2 2v0 cos (θ ? ? ) sin θ x= g cos 2 ?

△ 沿斜面向下的最大射程: (同理得)
2 2 v0 1 + sin ? v0 ? = g cos 2 ? g (1 ? sin ? )

x max =

条件: θ =

π
4

+

π
2

△ 离开斜面的最远距离 y

⑧式中令 v y = 0 ? t 代入⑩式即可
2 v0 sin θ 1 v 2 sin 2 θ v0 sin 2 θ ? g cos ? ? 0 = g cos ? 2 g 2 cos 2 ? 2 g cos ?

t=

v0 sin θ g cos ?

? y = v0 sin θ ?

例 1、右图, θ = ? 时,抛体与斜面发生弹性碰撞后可沿原路径返回? 解法 1、只要碰斜面时的速度与斜面垂直即可。 (按水平、竖直分解)

? vx ? v = tan ? ? y ? x = v0 cos (θ + ? ) t ? 1 ? ? y = v0 sin (θ + ? ) t ? gt 2 2 ? ?y ? = tan ? ?x ?v y = v0 sin (θ + ? ) ? gt ? ?vx = v0 cos (θ + ? ) ?

解之 ?

tan θ =

1 2 tan ?

解法 2、建立沿斜面向上的 x,垂直斜面向上为 y 的坐标系:

{碰斜面时, y = 0

1 ? 2 ? y = v0 sin θ t ? g cos ? t = 0 速度垂直于斜面, v = 0 ? ? 2 x ?vx = v0 cos θ ? g sin ? t = 0 ? 1 2 tan ?
此种解法简便的多!

? tan θ =

例 2、在同一抛射点,用大小均为 v0 的速率向各个不同方面抛出物体,求在同一竖直平面内各 抛物线轨道最高点所组成的曲线方程。

? x = v0 cos θ t ? 解:由 ? 1 2 ? y = v0 sin θ t ? 2 gt ?

vx = v0 cos θ v y = v0 sin θ ? gt

令 v y = 0, ? t升 =

v0 sin θ g

17

得射高, y = v0 sin θ ?

2 2 2 v0 sin θ 1 v0 sin 2 θ v0 sin 2 θ v0 ? g? = = (1 ? cos 2θ ) g 2 g2 2g 4g 2 v0 sin θ v0 sin 2θ = ……② g 2g
2

……①

对应 y 的 x 座标: x = v0 cos θ ?



? v2 ? y? 0 ? ? 4g ? x2 由①② ? +? =1 2 2 2 2 ? v0 ? ? v0 ? ? 2g ? ? 4g ? ? ? ? ?

这是一个椭圆方程, a =

2 v0 (半长轴) 2g

b=

2 v0 (半短轴) 4g

椭圆中心 ? 0,

? ?

2 v0 ? ? 4g ?

例 3、两质点在同一地点,以相同的速率 v0,以不同的抛射角 α1 和 α 2 作斜上抛运动(在同一竖 直平面内) ,射程 R 相同,求证:两者飞行时间的乘积与 R 成正比(不计空气阻力) 。

? x = v0 cos α t ? 证:由 ? 令x = R, y =0 1 y = ( v0 sin α ) t ? gt 2 ? ? 2
? 2α1 = π ? 2α 2 ? α1 + α 2 = (互余) 2

? t=

2v0 sin α g

R=

2 v0 sin 2α g

π

t1 =

2v0 sin α1 g
证毕

t2 =

2v0 sin α 2 2v0 cos α1 = g g

∴ t1 ? t2 =

2 2 4v0 sin α1 cos α 2v0 sin 2α 2 R = = g2 g2 g

例 4、△ 沿斜面向上斜抛时,是否有些类似结论? 解:由 x = v0 cos α t ? 令 y = 0, x = R

1 g sin ? t 2 2
?t= 2v0 sin α g cos ?

y = v0 sin α t ?

1 g cos ? t 2 2
2 2 2v0 sin α cos α 2v0 sin 2 α sin ? ? g cos ? g cos 2 ?

R=

=

2 2v0 sin α 2v 2 sin α v2 ( cos α cos ? ? sin α sin ? ) = 0 2 cos (α + ? ) = 0 2 ?sin ( 2α + ? ) ? sin ? ? ? g cos 2 ? g cos ? g cos ? ?

2α1 + ? = π ? ( 2α 2 + ? )
t1 = 2v0 sin α1 g cos ?

? α1 + α 2 =

π
2

??

t2 =

2v0 2v0 sin α 2 2v0 ?π ? cos (α1 + ? ) = sin ? ? (? + α1 ) ? = g cos ? g cos ? ?2 ? g cos ?

∴ t1t2 =

2 4v0 2v 2 sin α1 cos (α1 + ? ) = 2 0 2 ?sin ( 2α + ? ) ? sin ? ? ? g 2 cos 2 ? g cos ? ?

18

=

2 v0 2 2R ? ?sin ( 2α1 + ? ) ? sin ? ? = 2 ? ? g g g cos ?

证毕

△ 对沿斜面向下的斜上抛运动又如何?(相当于在上问题中令 ? ′ = ?? 即可) 解:由 x = v0 cos α ? t + 令y=0 ? t =

1 g sin ? ? t 2 2

y = v0 sin α ? t ?
令x = R ?

1 g cos ? ? t 2 2

2v0 sin α g cos ?

R = v0 cos α ?

2v0 sin α 1 4v 2 sin 2 α 2v 2 sin α + g sin ? ? 20 2 = 0 2 [ cos α cos ? + sin α sin ? ] g cos ? 2 g cos ? g cos ?

=

2 2 2v0 sin α v0 cos (α ? ? ) = ?sin ( 2α ? ? ) + sin ? ? ? g cos 2 ? g cos 2 ? ?

∵ R1 (α1 ) = R2 (α 2 )
? α1 + α 2 =

∴ 2α1 ? ? = π ? ( 2α 2 ? ? )
or α 2 =

π
2

+?

π
2

? (α1 ? ? ) ∴ t1 =

2v0 sin α1 g cos ?
结论相同

t2 =

2v0 sin α 2 2v0 cos (α1 ? ? ) = g cos ? g cos ?

故 t1t2 =

2 4v0 2R sin α1 cos (α1 ? ? ) = 2 2 g cos ? g

例 5、右图,在地面斜抛一物体,要想击中相距 s 的旗杆上高为 h 的另一物体,求斜抛物体的最 小初速度 v0,以及对应的抛射角 θ 。 解法 1、 (水平、竖直分解)

? x = v0 cos θ ? t ? ? 1 2 ? y = v0 sin θ ? t ? 2 gt ?
把 y = h, x = s 代 入 ? tan
2

消去 t ? y = x tan θ ?

gx 2 tan 2 θ + 1) 2 ( 2v0

θ?

2 2v0 2v 2 tan θ + 0 h + 1 = 0 tan θ 有 实 数 解 的 条 件 : gs gs 2

? 2v 2 ? ? 2v 2 h ? b ≥ 4ac 即 ? 0 ? ≥ 4 ? 02 + 1 ? ? gs ? ? gs ?
2

2

令z =

2 2v0 gs

?h ? ? z 2 ≥ 4 ? z + 1? ?s ?

or z 2 ?

4h z?4≥0 s

相当于 ( z ? z1 ) ? ( z ? z2 ) ≥ 0

? z ≥ z1 ? ? z ≥ z2

即当取“=”号时,z 最 小 ? (z 的最小值满足)

z2 ?

4h z?4=0 s

( z ≥ 0)

4h 16h 2 + + 16 h2 2h s2 ∴z= s = + 2 2 +1 2 s s

19

2 2v0 2h ?h? 就是: = + 2 ? ? +1 gs s ?s?

2

2 v0 = g h + h 2 + s 2

(

)

v0 = g h + h 2 + s 2

(

)

即为 v0 的最小值。 对应抛射角
2 2v0

tan θ =

gs 2

±0

=

2 v0 1 = h + h2 + s 2 gs s

(

)
1 g sin ? it 2 2

解法 2、看成斜面上的斜抛。

x = v0 cos α ? t ? y = v0 sin α it ?

1 g cos ? it 2 2

令 y = 0, x =

h2 + s 2 ? t =

2v0 sin α g cos ?

2 2 2v0 sin α 1 4v0 sin 2 α 2v0 sin α ? g sin ? 2 = x = v0 cos α ( cos α cos ? ? sin α sin ? ) g cos 2 ? g cos ? 2 g cos 2 ? 2 2 2v0 v0 sin α cos (α + ? ) = ?sin ( 2α + ? ) ? sin ? ? ? g cos 2 ? g cos 2 ? ?

=

2 ? v0 =

xg cos 2 ? sin ( 2α + ? ) ? sin ?

可见: 2α + ? =

π
2

即α =

π
4

?

?
2



2 2 v0 = v0 min =

xg (1 ? sin 2 ? ) 1 ? sin ?

= xg (1 + sin ? )

? ? h 2 2 2 2 = g ?1 + ?? s + h = g h + s + h 2 2 s +h ? ?
对应的抛射角为(相对地面为 α ′ ) α ′ = α + ?

(

)

即 v0 min =

g h + h2 + s2

(

)
π
2
+?

2α ′ = 2α + 2? =
? s?

π
2

? ? + 2? =

∴ tan 2α ′ = ? cot ? = ?

s h

α ′ = tan ?1 ? ? ? 2 ? h?
? tan α ′ =

1

or tan 2α ′ =

2 tan α ′ s = ? = ?k 2 1 ? tan α ′ h

k tan α ′ ? 2 tan α ′ ? k = 0
2

1 + 1 + k 2 h + h2 + s 2 = k s

解法 3、 (利用矢量公式)

1 2 由 r = v0t + gt 2

1 2 gt 2 由几何关系: = sin (α ? ? )

?π ? sin ? ? ? ? ?2 ?

v0t

=

r

?π ? sin ? ? α ? ?2 ?

由第一等式: t =

2v0 2v cos ? ( sin α ? cos α tan ? ) 由第二等式: v0 ? 0 ( sin α ? cos α tan ? ) = r ? cos α g g

20

2 v0 =

gr cos ? gr cos 2 ? = 2 cos α ( sin α ? cos α tan ? ) 2 cos α ( sin α cos ? ? cos α sin ? )

gr cos 2 ? gr cos 2 ? = = 2 cos α sin (α ? ? ) sin ( 2α ? ? ) ? sin ?
可知,当 2α ? ? =

π
2

,or 2α =

π
2

+? 时

v =v
2 0

2 0 min

gr cos 2 ? = = gr (1 + sin ? ) 1 ? sin ?
s h

= g h + h2 + s 2

(

)

v0 min = g h + h 2 + s 2
or:利用

(

)

对应的抛射角: tan 2α = ? cot ? = ?

α = tan ?1 ? ? ? 2 ? h?

1

? s?

2 tan α s =? ? 2 1 ? tan α h

α = tan ?1

1 h + h2 + s2 s

(

)

解法 4、 (利用机械能守恒等) 利用 r = v0t +

2v 1 2 gt ,及其几何关系 ? t = 0 ( sin α ? cos α tan ? ) 以及 v = v0 + gt 2 g
2 由速度矢量关系图: v 2 = v0 + ( gt ) ? 2v0 gt cos ? 2

机械能守恒:

1 2 1 2 mv0 = mv + mgh 2 2

?π ? ?α ? ?2 ?

2 2 ? v0 ? 2 gh = v0 +

2 sin (α ? ? ) 4v0 sin 2 (α ? ? ) ? 2v0 ? 2v0 sin α 2 cos ? cos ?

?2 gh = ? gh =

2 4v0 sin (α ? ? ) ?sin (α ? ? ) ? sin α cos ? ? ? ? cos 2 ?

2 2v0 sin (α ? ? ) [sin α cos ? ? cos α sin ? ? sin α cos ? ] cos 2 ? 2 v0 sin ? ?sin ( 2α ? ? ) ? sin ? ? ? ? cos 2 ?

=?

2 2v0 sin (α ? ? ) cos α sin ? cos 2 ?

? gh =

gh cos 2 ? ∴v = sin ? ?sin ( 2α ? ? ) ? sin ? ? ? ?
2 0

(v )

2 0 min

gh (1 + sin ? ) gh cos 2 ? = = sin ? (1 ? sin ? ) sin ?

? ? 1 ? s 2 + h2 = gh ?1 + ? = gh ?1 + ? h ? sin ? ? ?
条件: ( 2α ? ? ) =

? ? = g h + h2 + s 2 ? ?

(

)
g h + h2 + s2

π
2

(与前同)

( v0 )min =

(

)

二、抛体运动的轨道方程 尽管运动方程所包含的信息多, (轨道方程中不包含时间信息) ,但有时用轨道方程更简便。 利用水平,竖直分解 ?

21

y = x tan θ ?

gx 2 1 + tan 2 θ ) 2 ( 2v0

……①

方程中含有四个参量(y、x、 θ 、or tan θ 、v0)

讨论 1、 能击中点 P(x,y)的条件(抛射点为坐标原点,v0 已知) 。上述方程可改写为
2 2 ? 2v0 ? 2v0 tan θ ? tan θ + ? 2 y + 1? = 0 gx ? gx ? 2

……②

解出

? v 2 ? ? 2v 2 ? v2 tan θ = 0 ± ? 0 ? ? ? 02 y + 1? gx ? gx ? ? gx ?

2

……③

通常, tan θ 有两个解, θ1 和 θ 2 满足以下两种情况 当 P 点是水平面上的点时 显然有: 2θ1 = π ? 2θ 2 把 y=0 代入①式

? x=s=

2 v0 sin 2θ g

? θ1 + θ 2 =

π
2

② 当 P 是任意点(设 y>0) 在关于 tan θ 的一元二次方程中,我们有:

? 2v 2 tan θ1 + tan θ 2 = 0 ?? (4) ? gx ? ? 2 ? tan θ ? tan θ = 2v0 y + 1 ?? (5) 1 2 ? gx ?
2 2v0 gx tan θ1 + tan θ 2 x ?π ? ? tan (θ1 + θ 2 ) = = = ? = ? cot β = tan ? + β ? 2 2 1 ? tan θ1 tan θ 2 ?2v0 y gx y ?2 ?

即: θ1 + θ 2 =

π
2



其中: β = tan

?1

y x

为在抛点看 P(x,y)点的仰角。

2、 射程问题: (a)水平射程: 当 θ1 = θ 2 =

π
4

时, s = sM =

2 v0 g

当 s 一定,v0 的最小值。 ( v0 )min =

sg (要求 θ =

π
4



(b)斜面射程:
2 2v0 由 tan θ1 + tan θ 2 = gx 2 2v0 及 θ1 + θ 2 = + β ? = tan θ1 + cot (θ1 ? β ) 2 gx

π

看成 v0 = f

(θ1 )

两边求导:

4v0 1 1 ′ v0 = ? 2 2 gx cos θ1 sin (θ1 ? β )

′ 令 v0 = 0

? cos θ1 = sin (θ1 ? β )

? tan θ1 =

1 + sin β 1 + tan θ1 tan β (v0 最少的条件) tan θ 2 = cot (θ1 ? β ) = cos β tan θ1 ? tan β
22

1 + sin β tan β 1 + sin β cos β = = = tan θ1 1 + sin β cos β ? tan β cos β 1+
2 2v0 由 tan θ1 + tan θ 2 = 2 tan θ 0 = gx

说明,v0 最少时,仍有 θ1 = θ 2 = θ 0 =

1?π ? ? +β? 2? 2 ?

?

( v0 )min =

gx tan θ 0

……⑥

or

2 2v0 tan θ1 ? tan θ 2 = tan θ0 = 2 y + 1 gx 2

( v0 )min =

gx 2 ( tan 2 θ0 ? 1) 2y

……⑦

可证:两个表达式是一样的:对后一表式:⑦式

( v0 )min =

gx tan θ 0

x tan 2 θ0 ? 1 x 1 ? = gx tan θ 0 ? 2 y tan θ0 y ( ? tan 2θ 0 )

= gx tan θ 0

x x y ? tan β = gx tan θ 0 ? = gx tan θ 0 y y x
把 v0 =

还可证明: 0)最小时, tan θ 为单根(重根)由③式,根号内: (v
2

gx tan θ 0 代入

2 2 ? v0 ? ? 2v0 ? 2y ? ? 2 y + 1? = tan 2 θ0 ? tan θ0 ? 1 = ( tan 2 θ 0 ? 1) ? 2 tan β tan θ 0 ? ? x ? gx ? ? gx ?

= tan 2 θ 0 ? 1 + cot 2θ 0 tan θ 0 = tan 2 θ 0 ? 1 +

2 tan θ 0 2 tan θ 0 = tan 2 θ 0 ? 1 + =0 2 tan θ 0 tan 2θ 0 1 ? tan 2 θ 0

小结:对方程②重根意的义的讨论:
2 2 ? v0 ? ? 2v0 ? ②式中 tan θ 有实数解的条件: ? ? ≥ ? 2 y + 1? ? gx ? ? gx ? 2

( 8)

1°当 x,y 一定时, (8)式即

(v )

2 2 0



2y 2 2 2 2 ? g x v0 + ( gx ) 2 gx
2 2 0

(v )

2 2 0

2 ? 2 gyv0 ? ( gx ) ≥ 0 2

(9)
2

( v ) 的根
= g y ± x2 + y 2

v =
2 0

2 gy ±

( 2 gy )
2
2

+ 4g 2 x2

(

) )

(9)式即: ? v0 ? g y +

? ?

(

2 x 2 + y 2 ? ?v0 ? g y ? x 2 + y 2 ? ≥ 0 ?? ? ?? ?

)

(

23

?v 2 ≥ g y + x 2 + y 2 ? 0 即有: ? 2 ?v0 ≥ g y ? x 2 + y 2 ?
2 故有: v0 ≥ g y +

( (

) )


?v 2 ≤ g y + x 2 + y 2 ? 0 以及: ? 2 ?v0 ≤ g y ? x 2 + y 2 ?

( (

) )
(10 )

(

x2 + y 2

)

( v0 )min =

g y + x2 + y 2

(

)
(11)

2°当 v0、x 一定时, (8)式即:

y≤

4 2 v0 gx 2 gx 2 v0 gx 2 ? 2? 2 = ? 2 g 2 x 2 2v0 2v0 2 g 2v0

∴ ymax =

2 v0 gx 2 ? 2 2 g 2v0

也可这样讨论:公式① 改写为 y = ?

gx 2 gx 2 tan 2 θ + x tan θ ? 2 2 2v0 2v0

2 2 2 2 2 2 2 ? v0 ? ? gx 2 ? v0 ? gx 2 2v0 gx 2 ? 2 v0 ? v 2 gx 2 gx 2 ? tan θ + ? ? ? + 2 ? ? ? 2 = ? 2 ? tan θ ? ? + 0 ? 2 = ? 2 ? tan θ ? 2v0 ? gx 2v0 ? gx ? 2 g 2v0 ? gx ? ? 2v0 ? gx ? 2v0 ? ?

2 2 v0 v0 gx 2 时 y = ymax = ? 2 上述结果也可以由方程③推出:令根号内为零 可见,当 tan θ = tan θ 0 = gx 2 g 2v0

? v 2 ? ? 2v 2 ? ? ? 0 ? ? ? 02 y + 1? = 0 ? gx ? ? gx ?
2 2 ? v0 ? 2v0 ≥ y + x2 ? ? g? g ? 2

2

……⑨ ? y = ?

2 g 2 v0 x + = ymax 2 2v0 2g

3°当 v0、y 一定时, (8)式即:

x2 ≤

4 2 2 v0 2v0 y v0 2 ? = 2 ( v0 ? 2 gy ) g2 g g

∴ xmax =

v0 2 v0 ? 2 gy g

(12 )

由轨道方程(式①)得到的方程②,可看成一个关于 tan θ 的一元二次方程,条件不同,重根的意 义不同。 (重根=根号内为零) 1°(x,y)一定时, ? v0 最小,如(10)式所示 2°(v0,x)一定时, ? y 最大,如(11)式所示 3°(v0,y)一定时, ? x 最大,如(12)式所示 3、最大射高轨迹 抛射点在坐标原点,v0 一定,把 y 看成θ的函数。可得: y = ymax = ?
2 g 2 v0 x + 2 2v0 2g

……⑧

再把最大射高看成 x 的函数, (8)又是一个抛物线方程,这个方程的意义是:在点(O,O) 以相同的 v0,不同的 θ 抛出的物体,所形成的一抛物线簇,这一抛物线簇所能达到的区域边界, (又 叫抛物线簇的包络线)如下图所示。对三维问题,就形成一包络面。 意义:高射炮在(0,0)飞机在包络面以外才是安全的。 例 6、大炮在山上(海拔 h)向海面射击,求最大射程(不计空气阻力)已知炮弹初速度为 v0。 解法 1、将 y = ? h 代入(12)式: xmax =

v0 2 v0 + 2 gh g

24

对应的抛射角 θ : tan θ =

2 v0 v0 v0 ± 0= = 2 v gx 2 v0 + 2 gh g ? 0 v0 + 2 gh g

解法 2、由机械能守恒: 再由

1 2 1 2 mv0 + mgh = mv 2 ? v = v0 + 2 gh 2 2 1 1 v = v0 + gt 考虑矢量三角形“面积” S = v0 v sin (θ + ? ) = gt ? v0 cos θ 2 2 2S 可见矢量△面积 S↑射程 x ↑ g

而射程: x = ( v0 cos θ ) t =

由 S 的前一表式,当 θ + ? = 对应的 x max =

π
2

时 S = S max =

1 1 2 v0 v = v0 v0 + 2 gh 2 2

2 S max v0 2 = v0 + 2 gh g g

抛射角 θ 满足(由矢量△) v0 cos θ = v cos ? = v sin θ ?

tan θ =

v0 v0 = 2 v v0 + 2 gh

例 7、 足球运动员在距球门正前方 s=11m 处的罚球点, 准确地从球门正中横梁下边缘踢进一球, 横梁离地高度 h=2.5m,足球质量 m=0.5kg,空气阻力不计,求运动员至少要对足球做多少功? 分析:可以直接代入结论,不过,完整的解题过程如下: 解:设最少速度为 v0,足球的运动方程为:

? x = ( v0 cos θ ) t gx 2 ? ? y = x tan θ ? 2 (1 + tan 2 θ ) ? 1 2 2v0 ? y = v0 sin θ t ? gt ? 2
2 2 2v0 2v0 整理成关于 tan θ 的一元二次方程: tan θ ? tan θ + 1 + 2 y = 0 将 x=s,y=h 代入 ? gx gx 2
2 2 2 2 2 ? v0 ? ? v0 ? ? 2v0 ? v0 2v0 tan θ = ± ? ? ? ?1 + 2 h ? 当 θ 为重根时,v0 最小 ? ? ? = 1 + 2 h gs gs ? gs ? ? gs ? ? gs ?
4 2 2 v0 ? 2 ghv0 ? g 2 s 2 = 0 解之,取合理的根: v0 = gh + g 2 ( h 2 + s 2 )

2

2

运动员至少做功: W =

1 2 1 mv0 = mg h + h 2 + s 2 2 2

(

)

例 8、一斜面体两斜面倾角分别为 θ 、 ? ,如图,一物体从 θ 角顶点 O 处做斜上抛运动,物体 恰过顶点 B 并恰落在 ? 角处,求抛射角 α 与 θ 、 ? 之关系。 (用最简形式写出) 解:建立坐标系,并设 v0,x1、x2 如图,

25

? x = v0 cos α t gx 2 ? 由运动方程: ? ? y = x tan α ? 2 1 2 2v0 cos 2 α ? y = v0 sin α t ? 2 gt ?

g ( x1 + x2 ) 2v 2 sin α cos α 把 A 点坐标代入: o = ( x1 + x2 ) tan α ? ? x1 + x2 = 0 2 2v0 cos 2 α g
2

……①

把 B 点坐标代入: x1 tan θ = x1 tan α ? 再由图中几何关系: x1 tan θ = x2 tan ?

2v 2 cos 2 α gx12 ? x1 = 0 ( tan α ? tan θ ) 2 g 2v0 cos 2 α
……③

……②

解①②③ ? tan α = tan θ + tan ? 物理竞赛专题材料 2

一题多解

例 13 设湖岸 MN 为一直线, 有一小船自岸边的 A 点沿与湖岸成 150 角方向匀速向湖中驶去。 有一人自 A 点同时出发, 他先沿岸走一段再入水中游泳去追船。 巳知人在岸上走的速度为 v1=4m/s, 水中游泳的速度为 v2=2m/s。试求船速至多为多少,此人才能追上船? 解 1 由等效法求解 如图 1—18,设人在 B 点刚好 追上船,则人可能走很多条途径,如 A CB、 A—D—B、等等,在这些路径中费时最少者 即对应着允许的最大船速。如图,在湖岸这 边作直线 Ap,使∠NMP=300,自 C、D、E 各点分别向 AP 引垂线 CK、DH(设 BDH 刚 好为一直线)和 EF,设想图中 MN 的下侧也 变成是湖水区域, 则人由 K 点游泳至 C 点的 时间与人在岸上由 A 点走至 c 点的时间是相 等的, 故人按题给情况经路径 A—c—B 所用的时间和 假想人全部在水中游过路径 k-c—B 等时。同理,与 上述的另两条实际路径等时的假设路径是 H—D—B 和 F 一 E—B。由于在这些假想路径中速度大小都一 样,故通过路径的最短费时最少,显然是通过直线 HDB 费时最少。由以上分析知,人沿等效路径 HDB 刚好在 B 点追上船时,对应着允许船速的最大值,设 其 为 vm , 则 有

AB HB ABsin 450 = = ? Vm = 2V2 = 2 2m / s Vm V2 V2
解 2 由微元法求解 如图 I—19,设人在 B 点刚好能追上船,且在人到达 B 点的各种实际路径中,以自 D 点 处入水游泳所用的总时间最少,则若自 D 点左侧附近的某点 c

26

入水,必在 D 点右侧有一入水点 E 与之对应,使得在 c 点和 E[点入水两种情况下刚好追到船所用的 总时间相等。在 BC 段上取 BF=BE,则应有人走 CE 段和游 CF 段所用的时间相等,即当 C 点无限 靠近 D 点时,E 必同时向 D 靠拢,由 图可见此时将近似有 EF⊥BC,故所 以 θ=600 由于此时 C 点是无限靠 近 D 点的.故 BC 与 BD 接近重合, 即由上得出:当人自某点入水沿与岸 成角θ=600 方向游泳刚好追到船时, 此情况下对应的船速为人能追上船的 最大允许速度,设其为 vm 如图 1—20,过相遇点 B 作 BK⊥BD 交 MN 于 K.又由于 v1=2v2.则人 游 DB 段与走 DK 段的距离所用的时间相等,故人自出发到在 B 点追上船的时间等于他由 A 点走到 K 点的时间,即

AB AK = Vm V1

以及

AB AK AK = = ∴ v m=2 2m / s 0 0 0 0 sin 30 sin ( 90 + 45 ) cos 45

解 3 由作图法求解 如图 1—22,设人自 A 始运动,历时为 t。若人自一开始就跳入水中游泳,则他可以达到 以 A 为圆心、以此 v2t 为半径的半圆形水面上的任何一点。若他一直在岸上走,则可走到 F 点。若

他先在岸上走一段再跳入水中游,如在 C、D、E 各点入水,则可分别达到以 C、D、E 为圆心的较 小的半圆形水面范围内的任何一点。可见,只要选择恰当的入水点和入水后恰当的方向,则人在时 间 t 内可达到图 1—22 所示的 PQ 水面区域内的任何一点.而此区域外的任何一点,都不可能达到。 可见在时刻 t 时,若船还在此区域内,则人总可以追到船,否则人将追不到船。临界情况是船刚好 在时刻 r 时到达此区域的边界线上,如图中的 B 处,即此情况对应于允许的船速最大值。 由几何关系知:∠AFK=300

Vm V1t V1t = = 0 0 sin 30 sin135 sin 450

? Vm = 2 2m / s

解 4 由三角函数求极值 如图 1—21,设人沿岸走到 D 点时,船已航行至 c 点,此时人入水游泳追船,且刚好在 B 点追上船.并设角θ、β如图,在△ACD 中,由正弦定理有

AC AD = sin (θ ? α ) sin θ
又设船速为 v, 人由 A 点走至 D 点所 用的时间为 t1,则

V t1 Vt = 11 sin (θ ? α ) sin θ

V = V1 sin (θ ? α ) sin θ
27

(1.1)

V t2 V t2 Vt = = 22 sin ?π ? (θ + β ) ? sin (θ + β ) sin θ ? ?
比较(1.1) (1.2)可知:

V = V2 sin (θ + β ) sin θ

(1.2)

sin (θ + β ) = 2sin (θ ? α )
由(1.1)得: V = V1 ( sin θ cos α ? cos θ sin α ) / sin θ = V1 ( cos α ? cot θ sin α )

(1.3)

由上式可知,θ越大,v 也越大。又由(1.3)可知, (θ-α)的最大值为 300 ,即 θ max = 45


0

Vmax = V1

sin (θ max ? α ) sin θ max

= 4×

sin 450 = 2 2m / s sin 450

解 5 利用判别式求解 设船出发后历时 t 被人追上,则这段时间内的位移矢量关系如图 1—23 所示。 其中,s=vt,s1=v1kt,s2=v2(1-k)t 由余弦定理有
2 s2 = s12 + s 2 ? 2 s1s cos150

把 s,s1,s2 代入可得

4 (1 ? k ) = 16k 2 + v 2 ? 8kv cos150
2

把 cos150=

3 +1 代入可得 12k 2- ? 2 ? 2 2

(

6 + 2 v-8? k + ( v 2-4 )=0 ?

)

将上式看成是关于 k 的二次方程,结合本题购物理实际知它必有实数解,故应有

?= ? 2 ?

(

6 + 2 v-8? -48 ( v 2-4 ) ≥ 0 解为 v ≤ 2 2 or v ≥ 2 ?
2

)

(

6+ 2

)

由本题的物理条件知,只能取 v ≤ 2 2m / s .即若要人 能追上船,则船速不能超过 2 2m / s 解法 6 利用导数求解 建立坐标系如图,设人自岸上某处沿与岸(x 轴) 成θ角的方向游去,恰与船相遇于 B(x,y)点, ,则人 自 o 至 B 所历的总时间为: Y B (x,y) 150 O θ

X

t=

x--ycotθ y x ? 1 cos θ ? + = +? ? ?y v1 v2 sin θ v1 ? v2 sin θ v1 sin θ ?

(1)

28

1 cos θ dt ? =? ? 2 dθ ? v1 sin θ v2 sin 2 θ
0

? dt v2 1 ∴θ = 60 ? y 令 =0 ? cos θ= = dθ v1 2 ?
y? 1 ? + 3? ? 0 4 ? tan15 ?

把 θ = 60 和x = y / tan15 代入(1)得: tmin =

∴ vmax

y / sin150 = = tmin

y / sin150 / = 2 2m / s ? 1 ? + 3? ( y / 4) ? o ? tan15 ?

也可由(1)式直接讨论极值:令

z=

1 cos θ 1 ? = ( 2 ? cos θ ) ? (16 z 2 + 1) cos 2 θ ? 4 cos θ + 4 ? 16 z 2 = 0 v2 sin θ v1 sin θ 4sin θ

( 2)

(2)式看作关于 cosθ的一元二次方程,由判别式求得 Zmin= 3 / 4 ,由此求得 tmin,vmax (以下解法从略) 解法 7 由相对运动求解 设人先在岸上走一段时间,再入水游泳追 船。 以船为参照物, 由于人和船是同时由 A 点出 发,则人在岸上走时,船看到人正在出船所在位 置逐渐“离去” ,离去的相对速度 u1 如图 1—25 所示,人在水中游时.船则看到人正在逐渐“返 回” ,其返回的相对速度 u2 如图 1—25 所示,因 为人能追上船,即“返回”到船上,则 u2 与 u1 必方向相反。由相对运动速度合成的矢量法则

v人船=v人地 ? v船地=v相
V1 大小方向一定,v2 大小一定方向不定,v 矢量的大小是从 M 到 u1u2 的连线上,θ越大,v 也越 大。θ的最大值为 300 ,v2,u2,-v 构成的三角形是等腰直角三角形,∴ v max =

2v2 = 2 2m / s

解法 8 由类比法求解 用光的传播 来类比,光总是沿着所用时间为极值的途径传播(费马原理) 。人从 A 到 B 追上 船,所用时间最短时,倒过来,很像光的传播中的全反射。如图 1-26,图中β临界角,MN 为光的 甲、乙介质的分界面,光在甲介质中的速度为 v1,乙介质中的速度为 v2。

n2 sin β = n1 sin 90 sin β = n1 v2 1 π = = ?β = n2 v1 2 6

所用时间最短,对应船速最大。以下 解法同前从略。

29

第三章:运动定律 一、几个基本概念:

? ?内力:不改变物体的运动状态 ?1.区别 : ? 1、内力和外力: ? ? ?外力 : 改变物体的运动状态 ? ?2.相对性 : 与所选取的系统有关

? ?属性 (力能克服物体的惯性吗?) ? ?惯性 ? 2、惯性和力: ? ?两种表现形式 ( 受力、不受力) ? ? ?力 : 改变运动状态的原因.
3、牛顿第二定律是定律而非定义 5、单位问题: 本来: a ∝ 4、三同性:同时、同体、同向。

F m

a=k

F m

取 F 的单位,使 k = 1 (SI)

6、牛顿第二定律的适用范围

{宏观

低速、惯性系

二、应用牛二律解题步骤 1°研究对象 2°运动分析 3°受力分析 4°正是分解 5°运动方程 例 1、如图,光滑、欲使物体相对斜面静止,系统加速度多大、方向如何? 例 2、右图,质量 M 的斜面体置于光滑水平面上,物块质量 m 置于斜面体上,mM 间动摩擦因数为 μ ( ? < tan α ) 为保持相对静止,求推力 F 的范围。 例 3、如图 3—6,平板 A 长 l=5m,质最 M=5kg;放在水平桌面上,板右端与桌边相齐。在 A 上 距右端 s=3m 处放一物 B(大小可忽略即可看成质点),其质量 m=2kg。 已知 A、B 间动摩擦因数μl=o.1,A 与桌面间和 B 与桌面间的动摩擦因 原来系统静止。 现在在板的右端施一大小一定的水平力 数都是μ2=o.2, F,作用一段时间后,将 A 从 B 下抽出,且使 B 最后恰停于桌的右侧边 缘。取 g=lom/s2,求; (1)力 F 的大小为多少? (2)力 F 的最短作用时间为多少? 例 4、 设想一种新的单位系统,取长度单位为 1 米,而时间单位和 质量单位却这样选取: 使光速 C 和引力常数 G 的大小都等于 1。 则在该新单位系统中的 1 质量单位, 应相当于多少千克? 三、关于连结体问题: 方法:整体—→部分—→另一部分 部分—→整体—→另一部分 例 5、求证、相对静止时,悬线垂直斜面。证:由整体法: a = g sin α 对小球 {T sin θ + mg sin α = ma = mg sin α

T cos α = mg cos α

θ = 0 证毕

例 5、 如图 3—7,滑块 A 质量为 M,置于水平面上,A 的斜面倾角为α, 滑块 B 质量为 m,置于 A 的斜面上,不计一切摩擦,求 A、B 自由滑动时 的加速度各为多大? 四、超重与失重 视重:相对静止时,物体对水平面的压力,或对悬线拉力,叫视重。

30

超重:视重>实际重力(mg) 1、在竖直加速参考系中: a 向上 ?

失重:视重<实际重力。

完全失重:视重=0

? s系(地面) : T ? mg = ma ? s ' 系:T = m( g + a) > mg

T = m( g + a )

a 向下 ?

? s : mg ? T = ma ? s ':T = m( g ? a)

T = m( g ? a ) 失重

一般 ?

?a向上:超重, 竖直圆最低点, 凹桥 ?a向下 : 失重, 竖直圆最高点, 凸桥

2、水平面内的匀加速运动: S 系:

T cos θ = ma T sin θ = mg

tan θ =

g a

T = m a 2 + g 2 > mg

S ' 系 : T > mg , 超重

3、一个天体绕另一个天体低匀圆运动——完全失重

Mm ? 2 ?对整体 : G R 2 = mω R ? S 系中 ? ?对物体 : G M ?m ? T = ?mω 2 R ? ? R2
简介完全失重 ?

?T =0

完全失重

?失去上下概念 ?液体, 浸润、不浸润的不同表现

例 6、考虑太阳引力,在地球上称量一物体,比较白天与夜晚的读数? 例 7 一贮水圆筒的水面上漂着两个木塞 A 和 B,木塞上钉有一铁钉, 铁钉有一部分伸出木塞,A 的钉头朗上,B 的钉头朝下,如图 3—10 所示。 当此贮水简绕其中心轴线(图中的点画线)旋转时,A 和 B 将如何运动?(设 A 和 B 均不发生翻倒) 五、非惯性系中的惯性力 惯性系: (定义略)

地球 → 太阳 → 银河系 → ........

非惯性系:牛顿定律不成立 一般相对惯性系有加速度 △ 伽利略的相对性原理:任何力学实验不能检验系统的运动或 静止。 ? 所有惯性系都是等价的。 △ 对非惯性系:牛顿定律不成立,但 引入惯性力 F惯 = ? ma 后,牛顿定律就成立了。 应用:甩干机:

? 惯性离心力 mv 2 ih = mg i L R
作用点:质心

汽车转弯翻倒条件:

v=

gLR h

注意:1°大小, ma ,方向 ? a

2°假想的力,不存在,没有反作用力。

△科里奥利力:在转动参考系中,静止的物体只受到惯性离心力,运动的物体不但受惯性离心力, 而且还会受到另一种惯性力:即科里奥利力 f 科 = 2mv × ω 式中的速度是相对转动参考系的速度。 地球是一个转动参考系,常见的科里奥利力现象有:落体偏东、傅科摆、水池放水、北半球河水冲 刷右岸等。

31

六、综合例题 例 8、 一根绳的一端结于 A 点绳上距 A 端为 a 处系有一个质量为 M 的质点 B, 绳的另一端通过一个固 定在 C 点的滑轮,AC 位于同一水平线上,某人拉住绳的自由端,以恒定的速率 V 收绳。当收至如图 所示的位置时,求此时人收绳绳力。忽咯滑轮质量及磨擦。 同理,从圆上任一点到最低点结论相同。 对本题:设 A 是圆的最高点,D 是圆与斜面切点(图如何作可不必管) ∠BOD = α (两两 垂直,B 是最低点)由几何关系易知,θ =

α

2

(圆周角,圆心角)沿 AD 方向到斜面时间最低, (其

他点都超过了圆周。 附几何做法 1°作角α的平分线 CE 2°过 P(物体所在点)作 CE 垂线交斜面与 D 3°过 P 作竖直线(or<C 底边垂线) 。过 D 作斜面垂线,两线交于 O 4°O 点即所求圆上圆心, OP or OD 即所求圆上半径。 第四章:物体间的相互作用 一、基本概念 1、动量: P = mv 特义:描述物体机械运动“运动量”大小和方向的运动特征量。 注意:△与速度的区别:描述机械运动快慢程度的物理系(与 m 无关) 赛跑:比较速度与 m 无关 动量是物体相互作用时(钉钉子)机械运动转移时的一种质量 例如:子弹穿木块 对子弹: f Mm = m 对木块: f mM

v?v0 t

v1 =M t

f Mm = ? f mM

m

v ? v0 v' = ? M ? mv0 ? mv = Mv ' t t

即:子弹速度减少量 (v0 ? v) ≠ 木块速度增加量, v ' 而是子弹动量减少量=木块动量 增加量。 “三性”瞬时性、相对性、矢量性。 2、冲量:

I = Ft

△物义:力的时间累积效应 △注意:①矢量性。 ②绝对性(与参考系无关)

32

?1.Ft图象下的面积 ? ΣFt ? △变力冲量的三种计算方法 ?2.F = Σt ? ?动量定理 ?
例 1、 二、规律: 1、动量定理: Ft = mv2 ? mv1 △矢量关系: 例 2、 (本题也可以用运动分解的方法求解) 注意事项:

(用于均匀变化)

?规定正方向(对一项内) 1.矢量性:方向内:? ?假设未知量(一般设为正)
例 3、

2.分量形式的定理仍成是

Fx ?t = mv1 -mvx x

3.区别性质符号与运算符号(一般数值题性质符号随数字走)

4.在不同惯性系中形式不变性 ? ( Ft ) = 0( mv ) (与参考系无关)

?mi?v ? 例 4、——5. ? ( mv ) 可以是 ??miv ??mv + m?v ? m v ? m v 2 2 1 1 ?
例 5、——6.对连续体,微元法的应用 例 3、以 v0 = 20 m s 的速度,竖直上抛一小球,求 1 秒未 3 秒未小球未小球的速度(大小、 方向) g = 10 m s ) ( 例 4、 右图, 通过漏斗向火车装煤火车以 v 匀直运动, 单位时间内装进的煤为 m。 求牵引力 (不 计轨道阻力和空气阻力) 。 例 5、水柱以 v0 水平冲到小车后壁后顺后壁器下,小车以 ? 匀速运动。求水柱冲力(裁面积 S, 密度 ρ ) 。 例 6、在地面以 v0 竖直上抛的物体,设空气阻力恒为 f,求落回地面时的速度及过程中 f 的冲 量。 例 7、同上题,设 f = kv ,若落地速度 v2 已知,求运动时间 t 。 例 8、 例 9、 2、动量守恒定律:

33

△内容 ?

?条件:系统所受合外力为零(单个物体受力可以来为零) ?结论 : 系统总动量不变

△注意:① 是牛Ⅲ律的必然结果。

F1 + F2 = 0 F1?t + F2 ?t = 0
? P + ? P2 = 0 1
1 P总 = P + P2 = P + ? P + P2 + ? P2 = P1 + ? P21 = P总 1 1 1 1

② 不仅上是两个状态间 P 相等(无数状态) ,不是每个物体动量不变。 (总动量不变) ③ 式中的 v 必须是相对同一参考系。 一维情况下,同一式子中,正方向规定唯一。 ④ 在某一方向上满足 P 守恒条件,某方向上 P 守恒,在某一段时间 ?t 内满足——

( F内 ? F外 ) 则 ?t 内一。
例 1、大炮 M 以倾角 θ 发射炮弹 m,试在以下两种情况下,计算炮弹射程和大炮后退 距离(大炮与地面间—— ? ) 1°炮弹相对地面速度 v0 2 ° 炮 弹 相 对 大 炮 速 度 v0 解 法 1 、 相 对 运 动 法 : 由传递性公式:

vP = vP1 + v1地 = vP 2 + v2地
由图知: vP = 由①②可得:

v1

cos θ1

=

v2 cos θ 2

……①

以及:

θ1 + θ 2 = θ

……②

cos θ 2 =

v2 cos θ1 = cos (θ ? θ1 ) = cos θ cos1 + sin θ sin θ1 v1

? tan θ1 =

v2 ? v1 cos θ v1 sin θ



cos θ1 =

1 1 + tan θ1
2

=

v1 sin θ

( v1 sin θ ) + ( v2 ? v1 cos θ )
2

2



vP =

v1 1 = cos θ1 sin θ
2 2

2 v12 + v2 ? 2v1v2 cos θ

vP ?t = PS + PT + 2 PS ? PT cos θ =
解法 3、座标法: 如图,直线 AB 的方程为: y = ?v1t

?t sin θ

2 v12 + v2 ? 2v1v2 cos θ

……①

34

直线 CD 的方程为(斜截式) y = tan θ ? x ? :

v0 t cos θ

……②

? ? v2 ? ? v1 ? cot θ ? t ?x = ? 联立①②得交点坐标 ? ? cos θ ? ? y = ?v t ? 1

? ? v2 ? ? v1 ? cot θ ? vx = ? 可以看出 ? 故 ? cos θ ? ? v = ?v 1 ? y

2 2 v = vx + v y = ? =

1 sin θ

2 v12 + v2 ? 2v1v2 cos θ

35


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