高中物理-奥赛5(力学守恒律)

1、1奥赛典型例题分析奥赛典型例题分析-力学守恒律力学守恒律2图图1F1. 如图如图1所示，一截面为圆形所示，一截面为圆形的细管被弯成半径为的细管被弯成半径为R的圆环，的圆环，此圆环的内外半径几乎相同，此圆环的内外半径几乎相同，现把这圆环固定在竖直平面，现把这圆环固定在竖直平面，一小球原来位于环中最低处，一小球原来位于环中最低处，小球在拉力小球在拉力F作用下以匀速率作用下以匀速率v沿圆环从最低点运动到沿圆环从最低点运动到最高点，拉力最高点，拉力F的方向始终沿圆环的切线方的方向始终沿圆环的切线方向，若小球与管内外壁的摩擦因数为向，若小球与管内外壁的摩擦因数为，管，管内内壁光滑，试求小球沿圆环从最低点

2、到内内壁光滑，试求小球沿圆环从最低点到最高点过程中，拉力最高点过程中，拉力F所做的功所做的功. （小球的（小球的质量为质量为m，拉力，拉力F的大小未知的大小未知）3例例1 解：因为解：因为F的大小未知，所以不能直接的大小未知，所以不能直接用用F来求功来求功. 但可利用动能定理来求但可利用动能定理来求.图图1FAB 对于小球从对于小球从AB过程，过程，据动能定理得据动能定理得0fGFAAA故故) 1 (fGFAAA其中重力的功为其中重力的功为)2(2mgRAG 因为摩擦力是变力，所以，本题的关键是如何求出因为摩擦力是变力，所以，本题的关键是如何求出摩擦力的功摩擦力的功Af . 下面利用对称性来求

3、下面利用对称性来求.RvmmgN2cosOxyCC如图所示，当小球运动到如图所示，当小球运动到角位置时，有角位置时，有Nmgf4RvmmgN2cosOxyCC图图1FAB故故)3()(cos2RgvmgN当当N0时，表示小球与环外壁接触，且受到时，表示小球与环外壁接触，且受到环外壁的支持力作用环外壁的支持力作用,因外壁粗糙，那么此时小球就会因外壁粗糙，那么此时小球就会受到摩擦力的作用；而受到摩擦力的作用；而N0时，表示小球与环内壁接时，表示小球与环内壁接触，且受到环内壁的支持力作用触，且受到环内壁的支持力作用,但内壁光滑，那么此但内壁光滑，那么此时小球就没有摩擦力的作用时小球就没有摩擦力的作用

4、.显然，当显然，当是钝角时，就是钝角时，就有可能使得有可能使得N0，小球与环外壁接触，且受到受到摩擦力的作，小球与环外壁接触，且受到受到摩擦力的作用用.5ROxyCC图图1FABRgvRgvC22arccos)arccos(是临界角是临界角.如图如图1所示，小球从所示，小球从A运动到运动到C的过程，与的过程，与环外壁接触，有摩擦力作用；从环外壁接触，有摩擦力作用；从C运动到运动到B的过程，小球与环内壁接触，无摩擦力作的过程，小球与环内壁接触，无摩擦力作用用. 在在C点处，点处，N0.为计算摩擦力的功，考察一微小过程（如图为计算摩擦力的功，考察一微小过程（如图2所示）所示）.xys图图2o此过程

5、摩擦力的功为此过程摩擦力的功为222cosmvxmgRRvmxmgsRvmsmgsNsfAf)3()(cos2RgvmgN62mvxmgAfxys图图2oOxyCC图图1FAB因为因为C点到点到y轴的距离为轴的距离为CRsin)arccos(sin2242222RgvmvvgRmmvmgRmvxmgAACCff所以，从所以，从AC过程有过程有从从CB过程没有摩擦力过程没有摩擦力.所以，从所以，从AB过程拉力过程拉力F的功为的功为)arccos(222422RgvmvvgRmmgRAAAfGF7(2)若若 ，则不存在，则不存在N0的临界点，小球始终与的临界点，小球始终与环外壁接触，且始终受到摩擦

6、力的作用环外壁接触，且始终受到摩擦力的作用.故有故有Rgv 2图图1FAB2220mvmvmvxmgAAff于是，从于是，从A到到B过程，拉力过程，拉力F做的功为做的功为22mvmgRAAAfGF82. 如图如图2所示，质量分布均匀的细链，长所示，质量分布均匀的细链，长为为L10m，质量为，质量为10kg，其一端系于天，其一端系于天花板的花板的P点处，人提着另一端，点处，人提着另一端，P、Q两点两点的高度差为的高度差为h =2m，设人的提拉力，设人的提拉力F100N，试求天花板对细链的作用力，试求天花板对细链的作用力. 图图2QP9例例2 解解: (虚似法虚似法)由于细链挂在竖直平由于细链挂在

7、竖直平面内，且没有对称性，所以无法用力的面内，且没有对称性，所以无法用力的平衡方法求解平衡方法求解.但可以作如下情景虚似但可以作如下情景虚似:图图1QPhPQTPTQ图图2 人将链条沿其拉力方向缓慢移动一微人将链条沿其拉力方向缓慢移动一微小位移小位移L，在这一过程中保持链条的形，在这一过程中保持链条的形状和位置不变，那么这仅仅相当于把微状和位置不变，那么这仅仅相当于把微元元L从从P点移到点移到Q点，链条的势能减少点，链条的势能减少了了. 据功能原理有据功能原理有mghLTLTPQ又又LLmm所以所以)(1202101010100NghLmTTQP103. 足球运动员在离球门足球运动员在离球门1

8、1m处处罚点球，球准确地从球门的横罚点球，球准确地从球门的横梁下沿飞进球门梁下沿飞进球门. 设横梁下沿设横梁下沿离地面的高度离地面的高度h=2.5m，足球，足球的质量为的质量为m=0.5kg，不计空气，不计空气阻力，那么运动员必须传递给阻力，那么运动员必须传递给这个足球的最小能量是多少？这个足球的最小能量是多少？(19届俄罗斯中学生竞赛题届俄罗斯中学生竞赛题)11例例3 解：解：tv0221gtxyohL图图10v如图如图1所示，据勾股定理得所示，据勾股定理得22220)21()(Lhgttv经整理得经整理得ghtgthLv222222041因为因为 是一正恒量是一正恒量22222222441

9、ghLtgthL2222241tgthL当当 时，时， 有最小值有最小值.20vghhLgghtgthLv2222222min20412)(12ghhLgv22min20)(所以，运动员传递给这个足球的最小能量为所以，运动员传递给这个足球的最小能量为)(34)(21)(2122min20JhhLmgvmEk134. 如图如图3所示，四个质量都是所示，四个质量都是m 的质点，用同的质点，用同样长的不可伸长的细线连结成一菱形样长的不可伸长的细线连结成一菱形ABCD，静止地放在水平光滑的桌面上，若突然给质静止地放在水平光滑的桌面上，若突然给质点点A一个历时极短沿一个历时极短沿CA方向的冲击，当冲击方

10、向的冲击，当冲击结束时刻，质点结束时刻，质点A的速度为的速度为v，其它质点也同，其它质点也同时获得一定的速度，时获得一定的速度， 试试2BAD，4求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总能量能量. 图图3vDCBA2(全国复赛题全国复赛题)141Bv2Bv1Dv2DvCvvABDC图图21I1I1I1I2I2I2I2I例例4 解：解：图图1vABDC2由对称性可知，由对称性可知，B、C、D质点质点的速度有如下规律的速度有如下规律(如图如图2所示所示)：C的速度必沿的速度必沿CA方向，方向，vB1=vD1,vB2=vD2.因为绳子不可伸长，所以必有各对应质因为

11、绳子不可伸长，所以必有各对应质点沿相连的绳子方向的速度必须相等点沿相连的绳子方向的速度必须相等.sincoscos21BBvvvsincoscos21BBCvvv又设各条绳子给质点的冲量如图又设各条绳子给质点的冲量如图2所示所示.那么据动量定理有那么据动量定理有coscos211IImvBsinsin212IImvBcos22ImvC15sincoscos21BBvvvsincoscos21BBCvvvcoscos211IImvBsinsin212IImvBcos22ImvC由以上由以上5个方程可解得个方程可解得21sin21vvB22sin212sinvvB2sin212cosvvC1Bv2

12、Bv1Dv2DvCvvABDC图图21I1I1I1I2I2I2I2I1621sin21vvB22sin212sinvvB2sin212cosvvC于是系统的总动量大小为于是系统的总动量大小为21sin2142mvmvmvmvpCB方向沿方向沿CA方向方向22222212sin212)(221mvvvvvmEEEEECBBDkCkBkAkk系统的总动能为系统的总动能为1Bv2Bv1Dv2DvCvvABDC图图21I1I1I1I2I2I2I2I175. 如图如图4所示，质量为所示，质量为m的物体的物体可沿足够长的竖直轨道可沿足够长的竖直轨道A、B上上下运动，物体正下方放置一个下运动，物体正下方放置

13、一个轻弹簧，物体与轨道间的最大轻弹簧，物体与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力都是静摩擦力与滑动摩擦力都是mgf21,现在物体在距离弹簧为现在物体在距离弹簧为d 高度处由静止开始下落，试求：高度处由静止开始下落，试求：（1）物体下落达到的最低位置与）物体下落达到的最低位置与弹簧劲度系数弹簧劲度系数k的关系的关系.（2）物体由最低位置第一次弹回）物体由最低位置第一次弹回的高度与的高度与k 的关系的关系. 图图4BAdm18例例5 解：解：图图1BAdm物体物体m的运动可分为三个过程：的运动可分为三个过程：加速下落距离加速下落距离d压缩弹簧变加速下落至压缩弹簧变加速下落至停止停止反弹向上运动反弹向上

14、运动. 由于弹簧的由于弹簧的k值未知，所以，物体值未知，所以，物体m到达到达最低位置后的运动存在以下三种可能性：最低位置后的运动存在以下三种可能性：第一种：不能弹回；第一种：不能弹回；第二种：弹回后弹簧仍被压缩；第二种：弹回后弹簧仍被压缩；第三种：弹回后能脱离弹簧第三种：弹回后能脱离弹簧.下面就这三种可能性来讨论下面就这三种可能性来讨论k的取值范围的取值范围:设设m运动到最低位置时，弹簧的压缩量为运动到最低位置时，弹簧的压缩量为s，则据功能，则据功能原理有原理有) 1 ()(21)(212dsmgksdsmg19图图1BAdm图图2BAdms由此解得由此解得)(21)(212dsmgksdsm

15、g)2()4(2122kdmggmmgks 显然，显然，m下落停止后回弹的下落停止后回弹的条件是条件是fmgF弹即即mgmgks21故故kmgs23讨论讨论: (1)当当 时，时，m不能弹回不能弹回.kmgs23此时，代入此时，代入(2)式可得：式可得： m不能弹回的条件不能弹回的条件.dmgk4320)2()4(2122kdmggmmgksdmgk43m不能弹回不能弹回(2)显然，当显然，当 时，时，m可以回弹可以回弹.dmgk43图图1BAdm图图2BAdms图图3BAdms1h1若若m反弹至速度为零时，弹簧仍被压缩反弹至速度为零时，弹簧仍被压缩. 设此时压缩设此时压缩量为量为s1(如图如

16、图3所示所示),由功能关系得由功能关系得21图图1BAdm图图2BAdms图图3BAdms1h1)2()4(2122kdmggmmgks2121121)(21)(21ksssmgksssmg把把(2)式代入可得式代入可得)3()45(21221kdmggmmgks22图图1BAdm图图2BAdms图图3BAdms1h1)2()4(2122kdmggmmgks)3()45(21221kdmggmmgks反弹高度为反弹高度为)4()24(12211mgkdmggmkssh这时应满足这时应满足s10，否则，否则m将脱离弹簧将脱离弹簧.23)45(21221kdmggmmgks由由s10可得可得dmg

17、k6dmgk43m不能弹回不能弹回dmgkdmg643由此可知，当由此可知，当 时，时，m反弹，且反弹结束反弹，且反弹结束时，弹簧的压缩量为时，弹簧的压缩量为s1.m回弹后弹簧仍回弹后弹簧仍有的压缩量有的压缩量当当 时，时，s1a1,所以所以A每次与每次与B左左壁碰撞后，离开左壁的最大距离呈递壁碰撞后，离开左壁的最大距离呈递减变化减变化,故故A不会与不会与B的右壁相碰的右壁相碰. 37l1234图图2 设设A第第1、2、3 n n次与次与B B左壁相碰左壁相碰后相对后相对B B的速度大小分别为的速度大小分别为v1 1、v2 2、v3 3 vn n，则有则有)/(22211smlav 又设又设A

18、与与B左壁第左壁第1次碰撞后，离开左壁次碰撞后，离开左壁的最大距离为的最大距离为d1,则有则有12212dav 11222dav 由此解得由此解得1212vaav 同法可求得同法可求得12212213)(vaavaav381121)(vaavnnl1234图图2 从理论上讲，从理论上讲，A将与将与B左壁发生无限左壁发生无限多次碰撞，最终多次碰撞，最终A将停在将停在B的左壁处的左壁处. A从开始运动到最终停在从开始运动到最终停在B的左壁处所用的左壁处所用的时间为的时间为qvaavvvavvvaavavavavavavavTnnnn1)11()(1)(1)()()(1212121211112132

19、212211139qvaaT1)11(121l1234图图2把把，21/25. 0sma ，22/75. 7sma ，smv/221221/311smaaq代入可求得代入可求得ssT456. 3 这表明这表明t=4s时，时，A与与B已具有相同速度，设这共同已具有相同速度，设这共同速度为速度为v，则由动量定理得，则由动量定理得vmmFtBA)(代入数据可求得代入数据可求得smv/6 . 9409. 如图如图8所示，长为所示，长为l、线密度为线密度为的链条由图的链条由图示位置（底端距离地示位置（底端距离地面为面为h）从静止开始下）从静止开始下落，试求链条落下过落，试求链条落下过程中地面对链条的支程

20、中地面对链条的支持力持力.假设落到地面处假设落到地面处的那部分链条速度马的那部分链条速度马上变为零上变为零. lh图图841例例9 解：解：lh图图1用密舍尔斯基方程求解用密舍尔斯基方程求解设时间设时间t时链条上端的坐标为时链条上端的坐标为x，如图，如图2所示所示.图图2xOx此时，空中那部分链条的速度为此时，空中那部分链条的速度为)(2xlhgu 以已落在地面上的那部分链条为主体，以已落在地面上的那部分链条为主体，它将在它将在t 时间内俘获时间内俘获m的质量的质量.tum地面上的那部分链条的质量为地面上的那部分链条的质量为 ，它受到，它受到重力、地面支持力重力、地面支持力N的作用，忽略的作用

21、，忽略m的重力的重力. 因为地面那部分链条始终静止。没有加速度和因为地面那部分链条始终静止。没有加速度和速度速度. 据密舍尔斯基方程据密舍尔斯基方程 得得)(xl mramtmvF外420)0()(tmuxlgN图图2xOxtum)(2xlhgu由以上三式可解得由以上三式可解得2)(3hxlgN显然，当全部链条刚落到地面时，显然，当全部链条刚落到地面时，x=0，此时，此时N最大最大.)23(hlgN43方法方法2：用质心运动定理：用质心运动定理图图2xOx以整条链条为研究对象，其总长为以整条链条为研究对象，其总长为l，质量为，质量为m. 因因t时刻，地面上链条的质量为时刻，地面上链条的质量为

22、，坐标，坐标为为0. )(xl 空中那部分链条的质量为空中那部分链条的质量为 , ,质心坐标为质心坐标为x2x所以整条链条的质心坐标为所以整条链条的质心坐标为lxxmmxxxC222022于是，质心速度为于是，质心速度为xlvtxxltxvCC22144xlvvC图图2xOx质心加速度为质心加速度为)(1)(12xgvltvxtxvltvaCC因为因为)(22xlhgv故故lxlhgaC)322(据质心运动定理有据质心运动定理有CmamgN由以上两式可解得由以上两式可解得2)(3hxlgN45图图9 9aH10. 质量足够大的长木板从质量足够大的长木板从t0时刻开始在水时刻开始在水平方向上自静

23、止出发朝右作匀加速运动，加平方向上自静止出发朝右作匀加速运动，加速度大小为速度大小为a，在板上方在板上方H高度处有一静止小高度处有一静止小球，如图球，如图9所示所示.在在t0时刻小球自由落下，时刻小球自由落下，而后与板发生碰撞而后与板发生碰撞.设小球与平板接触时的滑设小球与平板接触时的滑动摩擦系数动摩擦系数0.1，小球反弹高度也是，小球反弹高度也是H，将小球反弹离开平板时相对地面参考系的速将小球反弹离开平板时相对地面参考系的速度方向与朝右的度方向与朝右的水平方向的夹水平方向的夹角记为角记为，试求，试求tg与与a的关系，的关系，并作并作tga曲曲线线. 46图图1 1aH例例10 解：解： 小球

24、在小球在 时刻以速度时刻以速度gHt2gHv2与平板相碰，此时平板向与平板相碰，此时平板向右的水平速度为右的水平速度为 .gHaatv2N 由于小球与平板刚接触时，没有水平速度，故小球由于小球与平板刚接触时，没有水平速度，故小球与平板之间必存在滑动摩擦力与平板之间必存在滑动摩擦力 ，直至接触结束或小球，直至接触结束或小球与平板具有相同的水平速度与平板具有相同的水平速度(此后摩擦力为静摩擦力此后摩擦力为静摩擦力). 设平均支持力为设平均支持力为 ，平均滑动摩擦力为，平均滑动摩擦力为 ,平均支持力平均支持力的作用时间为的作用时间为tN，平均滑动摩擦力的作用时间为平均滑动摩擦力的作用时间为tf .f

25、 因反弹后小球的反弹高度仍为因反弹后小球的反弹高度仍为H，故碰撞后小球竖，故碰撞后小球竖直方向的速度大小为直方向的速度大小为 ,设碰撞后小球的水设碰撞后小球的水平速度为平速度为v/ ，则有，则有gHv2) 1 (2mvtNN)2(/mvtff47，) 1 (2mvtNN)2(/mvtff(1)设设 ，则有，则有 fNtt)3(/mvtNN由由(1)、(3)式可得式可得gHgHvv251222/因为因为 成立的条件是成立的条件是 ，即，即fNttvv /，gHav2gHagH2251或或ga51那么，此时有那么，此时有va ,图图25tan/vv48fNtt(2)设设 显然当显然当 时，若仍假定

26、时，若仍假定 ,这就必然会导这就必然会导致致 ， 这是不合理的，因此当这是不合理的，因此当 时时,必然有必然有5ga fNttvv/5ga fNtt，而且有，而且有gHavv2/此时，此时，agvv/tan综上所述，本题的解为综上所述，本题的解为tan5,gaag当5,5ga 当atang515oatan曲线如图所示曲线如图所示.4911.质量都是质量都是m的两质点的两质点A和和B用长用长为为2l的不可伸长的轻绳连接，开的不可伸长的轻绳连接，开始时始时A、B位于同一竖直线上，且位于同一竖直线上，且离地足够远，离地足够远，B在在A的下方的下方l处，在处，在给给A以一水平速度以一水平速度v0的同时

27、，由静的同时，由静止释放止释放B，问经过多长时间后，问经过多长时间后，A与与B第一次恰好位于同一水平线上第一次恰好位于同一水平线上? 例例11 解：解：lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2A被水平抛出后做平抛运被水平抛出后做平抛运动，动，B释放后做自由落体运动释放后做自由落体运动. 当连当连接两质点的绳刚拉直时，设绳与竖接两质点的绳刚拉直时，设绳与竖直方向成直方向成角，如图所示角，如图所示. 因在绳子拉直前，因在绳子拉直前，A、B两质点在两质点在竖直方向运动的距离是相等的，故竖直方向运动的距离是相等的，故A2B1=l，因此，因此60. 在绳子拉紧过程中，在绳子拉紧过程中，A、B之间发生

28、相互作用，系统之间发生相互作用，系统动量守恒动量守恒. 由于在绳子拉直前，由于在绳子拉直前，A、B两质点在竖直方向两质点在竖直方向的速度相等，故在以此速度运动的参考系中，的速度相等，故在以此速度运动的参考系中，A的速度的速度为为v0,B则静止则静止. 设相对这一参考系，绳子拉紧后设相对这一参考系，绳子拉紧后A、B的的速度分别为速度分别为 和和 ，据动量守恒得，据动量守恒得1v2v210vmvmvm式中式中 方向沿绳子，这因为绳子对方向沿绳子，这因为绳子对B的作用力沿绳的作用力沿绳子，而子，而 方向未知，可沿平行绳、垂直绳方向分解方向未知，可沿平行绳、垂直绳方向分解.2v1v5121030cos

29、mvvmmv1030sinvmmv lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2因绳子不可伸长，故因绳子不可伸长，故21vv 由以上三式可解得由以上三式可解得02143vvv0121vv 绳子拉紧后，绳子拉紧后，A相对相对B做圆周运动，速度为做圆周运动，速度为 ， 角速角速度为度为 1v lvlv420 把上式沿绳子方向和垂直绳子方向的投影式分别为把上式沿绳子方向和垂直绳子方向的投影式分别为1v2v1v1v A1B152lxyoAvBvABl0vl 2A1B1A2当直线当直线A1B1转过转过30时，时，A1、B1位于同一水平线，所经历时间为位于同一水平线，所经历时间为0232vlt 设自释放设

30、自释放B到绳子拉直经历时到绳子拉直经历时间为间为t1,有有1060sin2tvl由此得由此得001360sin2vlvlt由释放质点由释放质点B到两质点位于同一水平线上共经历的时到两质点位于同一水平线上共经历的时间为间为)332(021vlttt5312.在水平地面上一质量为在水平地面上一质量为M的运动员手持一质量的运动员手持一质量为为m的物块，以速度的物块，以速度v0沿与水平面成沿与水平面成角的方向向角的方向向前跳跃，为了能跳得更远一点，运动员可在跳远前跳跃，为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出，全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出，物块抛出时相

31、对运动员的速度大小物块抛出时相对运动员的速度大小u是给定的，是给定的，物块和运动员都在同一竖直平面内运动物块和运动员都在同一竖直平面内运动.(1)若运动若运动员在跳远全过程中的某一时刻员在跳远全过程中的某一时刻t0，沿与水平向后，沿与水平向后方向成某方向成某角的方向抛出物块，试求运动员从起角的方向抛出物块，试求运动员从起跳到落地所经历的时间跳到落地所经历的时间.(2)在跳远的全过程中，运在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与水平向后方向成动员在何处把物块沿与水平向后方向成角的方角的方向抛出，能使自己跳得更远？若向抛出，能使自己跳得更远？若v0和和u一定，那么一定，那么在什么条件下可跳得更远？

32、并求出运动员跳的最在什么条件下可跳得更远？并求出运动员跳的最大距离大距离. (03年年20届预赛题届预赛题)54例例12 解：解： 系统质心系统质心C做斜抛运动做斜抛运动,如图所示，当运动员如图所示，当运动员M落地时即落到落地时即落到x轴上时，若无轴上时，若无大地阻挡，则系统质心大地阻挡，则系统质心C和小和小物块物块m分别落到图中所示位置分别落到图中所示位置.MxyS0v0OmCP 设在设在t0时刻运动员在时刻运动员在P处抛出处抛出物块，以运动员为参考系，物物块，以运动员为参考系，物块做匀速直线运动，相对速度块做匀速直线运动，相对速度大小为大小为u. 又设运动员落地时，运动员与物块的连线长度又

33、设运动员落地时，运动员与物块的连线长度为为S0，与，与x轴的夹角为轴的夹角为. 那么质心那么质心C与运动员之间的距离与运动员之间的距离为为0SmMml设运动员从起跳到落地所经历的时间为设运动员从起跳到落地所经历的时间为t，由相对运动速，由相对运动速度可得度可得) 1 ()(00ttuS55MxyS0v0OmCP对质心对质心C，据斜抛运动规律得，据斜抛运动规律得)2(21sinsin200gttvSmMm运动员落地处运动员落地处x坐标为坐标为)3(coscoscos000SmMmtvSmMmxxCM由由(1)、(2)式得式得)4(0sin2)sinsin(2002tmMmutmMmuvgt此方程

34、的解为此方程的解为，0SmMml) 1 ()(00ttuS56sin2)sinsin(sinsin10200tmMmugmMmuvmMmuvgt下面讨论应取哪一个解下面讨论应取哪一个解.设在刚抛出物块后瞬间，运动员的速度设在刚抛出物块后瞬间，运动员的速度v的竖直分量的的竖直分量的大小为大小为vPy，物块相对运动员的速度，物块相对运动员的速度u的竖直分量的大小的竖直分量的大小为为uy=usin,方向沿方向沿y轴负方向轴负方向. 据动量守恒定律得据动量守恒定律得PyPyMvuvmgtvmM)sin()sin)(00解得解得mMmugtvvPysinsin00于是可求出运动员从起跳到最高点所需时间为

35、于是可求出运动员从起跳到最高点所需时间为)sinsin(100mMmuvggvttPytt因为必然有因为必然有57sin2)sinsin(sinsin10200tmMmugmMmuvmMmuvgt所以所以t的解应为的解应为) 1 ()(00ttuS)3(coscoscos000SmMmtvSmMmxxCM由由(1)、(3)式可解得式可解得cos)(cos00ttumMmtvxM所以，当所以，当t0=0时，时，xM有最大值有最大值. 把把t值代入可得此最大值为值代入可得此最大值为gmMumgmMmuvgvxM222020)(2sin)()sin(22sin58gmMumgmMmuvgvxM222

36、020)(2sin)()sin(22sin若若12sin1)sin(12sin，即即 时，时，xM有最大值有最大值4545， 这表明运动员应沿与这表明运动员应沿与x轴成轴成45方向起跳，且跳起方向起跳，且跳起后立刻沿与后立刻沿与x轴成轴成45斜向下方向抛出物块，则运动员斜向下方向抛出物块，则运动员跳的距离最大，为跳的距离最大，为gmMumgmMmuvgvxM222020max)()(25913.长为长为2l的轻绳两端各系有一质量为的轻绳两端各系有一质量为m的弹的弹性小球，中点处系有质量为性小球，中点处系有质量为M的弹性小球，的弹性小球，三球成一直线静止于光滑水平面上，绳处于三球成一直线静止于光

37、滑水平面上，绳处于伸直状态，现对小球伸直状态，现对小球M施加一水平冲力，使施加一水平冲力，使其获得与绳垂直的初速度其获得与绳垂直的初速度v0，（，（1）试求两）试求两小球小球m相碰时绳中的张力相碰时绳中的张力T；（；（2）若从小球）若从小球M开始运动到两小球开始运动到两小球m相碰历时为相碰历时为t，求在此，求在此期间小球期间小球M经过的距离经过的距离SM；（；（3）试求当三）试求当三小球再次在同一直线上时，绳子的张力；小球再次在同一直线上时，绳子的张力；（4）试求运动过程中，小球）试求运动过程中，小球m的最大动能的最大动能和这时两段绳子的夹角和这时两段绳子的夹角. (05年江苏省高考题年江苏省

38、高考题)60例例13 解：解：MmmACB0v(1)设两小球设两小球m碰撞前小球碰撞前小球M的的速度为速度为vy,由于绳子长度不变，因此小球由于绳子长度不变，因此小球m沿绳方向的速度分量也为沿绳方向的速度分量也为vy,而垂直绳而垂直绳子方向的速度分量设为子方向的速度分量设为vx,由动量守恒和机械能守恒可得由动量守恒和机械能守恒可得) 1 ()2(0yvmMMv)2()(212212122220yxyvvmMvMv由这两式可解得由这两式可解得)3(2202mMMvvx设这时设这时M相对桌面的加速度为相对桌面的加速度为aM，则有，则有)4(2MTaMyvyvyv图图1xvxvxyaM的方向与的方向

39、与y轴的正方向相反轴的正方向相反.61 以小球以小球M为参考系，小球为参考系，小球m以速度以速度vx绕绕M做圆周运做圆周运动动. 由于小球由于小球m除了受绳子拉力除了受绳子拉力T作用外，还受作用外，还受 与与T同同向的惯性力向的惯性力maM的作用，故有的作用，故有lvmmaTxm2把把(3)、(4)式代入可解得：式代入可解得：2202)2(mMlvmMT(2)由于系统沿水平方向不受外力作用，故其质心沿由于系统沿水平方向不受外力作用，故其质心沿M运动方向做匀速直线运动，初速度为运动方向做匀速直线运动，初速度为vCmMMvvC2062在时间在时间t内质心经过的距离为内质心经过的距离为mMtMvtv

40、SCC20设两小球设两小球m相碰时质心与相碰时质心与M的距离为的距离为yC,则有则有mMmlyC22在时间在时间t内小球内小球M经过的距离为经过的距离为mMmltMvySSCCM22063(3)如图如图2所示，当三个小球再次位于所示，当三个小球再次位于同一水平线上时，据动量守恒得同一水平线上时，据动量守恒得MmmACBMvmvmv图图2mMmvMvMv20又据机械能守恒得又据机械能守恒得2202122121mMmvMvMv由上面两式可解得由上面两式可解得mMMvvm220022vmMmMvM64因这时小球因这时小球M的加速度为零，以的加速度为零，以M为参考系为参考系(惯性系惯性系)，小球小球m

41、相对小球相对小球M的速度为；的速度为；0vvvvMm那么这时绳子的张力那么这时绳子的张力F为为lvmlvmF202(4)显然，当小球显然，当小球M的速度为零时，小球的速度为零时，小球m的速度最的速度最大，动能也就最大大，动能也就最大. 此时有此时有uu图图32sin20muMv 2021221muMv由此可解得小球由此可解得小球m的速度最大动能及两绳子之间的夹角的速度最大动能及两绳子之间的夹角分别分别为为，202max4121MvmuEkmM2arcsin26514. 如图如图10所示，一柔软绳子总长度为所示，一柔软绳子总长度为l，它从静，它从静止出发由高度为止出发由高度为H的光滑平台沿光滑的

42、斜面滑下，的光滑平台沿光滑的斜面滑下，全部进入光滑水平面后，再经一半径为全部进入光滑水平面后，再经一半径为R的固定的固定在竖直平面内的光滑圆环，在竖直平面内的光滑圆环，l 2R，欲使绳子能，欲使绳子能全部通过圆环，平台的高度全部通过圆环，平台的高度H至少多高？至少多高？ 图图10RH66H图图1R例例14 解解 因为因为 ,Rl2所以软绳能充满整个圆形所以软绳能充满整个圆形轨道轨道. 这时软绳的重力势这时软绳的重力势能为能为gRlMREp2式中式中M表示软绳的总质量表示软绳的总质量. 设这时软绳的速率为设这时软绳的速率为v. 则由则由机械能守恒定律得机械能守恒定律得 lMgRMvgRlMRMv

43、MgH222min221221TTlmgv图图2取圆形轨道顶点附近的一软绳微元段，取圆形轨道顶点附近的一软绳微元段，如图如图2所示，考虑轨道对它无压力这一所示，考虑轨道对它无压力这一临界情况临界情况,这微元受力情况如图这微元受力情况如图2所示所示. 由向心力公式得由向心力公式得RvRlMgRlMT22sin267RvRlMgRlMT22sin2TTlmgv图图2因因 很小，所以，很小，所以， 22sin于是有于是有lMvMglRT2T图图3 如图如图3所示，选图中所示的一段软绳作所示，选图中所示的一段软绳作研究对象，设前面软绳对它的拉力为研究对象，设前面软绳对它的拉力为T. 设想力设想力T使它

44、移动了一很小的距离使它移动了一很小的距离 ，那么那么T的功等于这段软绳的重力势能的增的功等于这段软绳的重力势能的增加加. 于是有于是有xRgxlMxT2由以上各式可解得由以上各式可解得RllRH234min6815.质量都是质量都是m的三个小的三个小球置于光滑的水平桌面球置于光滑的水平桌面上，并用长度都为上，并用长度都为l的轻的轻刚性杆连接，如图刚性杆连接，如图11所所示，整个系统以速度示，整个系统以速度v沿沿AB方向运动，运动方向方向运动，运动方向与与BC成成角角，当小球当小球C与与桌上垂直桌上垂直AB的竖直、光的竖直、光滑完全非弹性固定壁相滑完全非弹性固定壁相碰撞时，试求此壁所受碰撞时，试

45、求此壁所受到冲量的大小到冲量的大小. 图图11ABClvl(04年年21届复赛题届复赛题)69例例15 解解图图1lABCvl)23()(32uvmvmmuIx方向：方向：y方向：方向：021mvmv因杆不可伸长，所以有因杆不可伸长，所以有sincossin12vuv 因为墙壁对系统因为墙壁对系统(即对即对C)的冲力过的冲力过C点，所以对点，所以对C 轴，轴，系统角动量守恒系统角动量守恒. 故有故有sin2cossin21mvllmvmul由以上四个方程可解得墙壁对系统由以上四个方程可解得墙壁对系统(即对即对C)的冲量为的冲量为mvI22sin31sin3据牛顿第三定律可知墙壁受到的冲量大小也

46、是此值据牛顿第三定律可知墙壁受到的冲量大小也是此值.设碰后瞬间三个小球的速度设碰后瞬间三个小球的速度如图所示如图所示,据动量定理得据动量定理得uu1v2vxyI7016.如图如图12所示，所示，A是一是一个质量为个质量为M、半径为、半径为R的的均匀球体，均匀球体，O是其球心是其球心.在离球心在离球心O很远的很远的O点点附近有一质点，它以附近有一质点，它以v0的初速度沿与的初速度沿与OO平行平行的方向射向球的方向射向球A，以，以l表表示质点与示质点与OO线的垂直线的垂直距离，要使这质点能够距离，要使这质点能够与球与球A的表面相碰，试求的表面相碰，试求l的最大值的最大值.图图12m OMv0AOl

47、71图图1m v0lOMAO例例16 解：解：质点的速度质点的速度v的方向刚好与球面相切的方向刚好与球面相切(如如图图2所示所示)，由于质点所受球，由于质点所受球A的万有引的万有引力既是保守力，也是有心力，所以质点力既是保守力，也是有心力，所以质点在运动中，质点和球在运动中，质点和球A组成的系统机械组成的系统机械能守恒，设质点的质量为能守恒，设质点的质量为m，有：，有：所求的所求的l的最大值的最大值lmax 对应于对应于ml v0OAO图图2) 1 (2121220RMmGmvmv)2(max0mvRlmv由以上两式可得：由以上两式可得： 20max21RvGMRl7217.从地球表面向火星发

48、射火星探测器，设地球和火星都在同一从地球表面向火星发射火星探测器，设地球和火星都在同一平面上绕太阳做圆周运动，火星轨道半径平面上绕太阳做圆周运动，火星轨道半径Rm是地球轨道半径是地球轨道半径Re的的1.5倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够的动能，从而脱离地球的引力作用成为一个沿地球轨道运行的的动能，从而脱离地球的引力作用成为一个沿地球轨道运行的人造行星；第二步是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭人造行星；第二步是在适当时

49、刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上. 问：问：（1）为使探测器成为沿地球轨道运行的人造行星，必须加速探）为使探测器成为沿地球轨道运行的人造行星，必须加速探测器，使之在地球附近获得多大的速度（相对地球）？测器，使之在地球附近获得多大的速度（相对地球）？（2）当探测器脱离并沿地球公转轨道稳定运行后，在

50、某年）当探测器脱离并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月月1日零时测得探测器与火星之间的角距离为日零时测得探测器与火星之间的角距离为60(火星在前，探测器火星在前，探测器在后在后)，那么应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能，那么应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能使探测器刚好落在火星表面？（时间计算仅需精确到日）使探测器刚好落在火星表面？（时间计算仅需精确到日）已知地球半径为已知地球半径为R=6.4106m，重力加速度取，重力加速度取g=9.8m/s2. (98年年15届复赛题届复赛题)73例例17 解：解： (1)设地球的质量为设地球的质量为Me,探测器及其附加装置的探测器及

51、其附加装置的质量为质量为m，则探测器在地球表面处时的动能和引力势能，则探测器在地球表面处时的动能和引力势能分别是分别是RmMGEmvEePk,212 当探测器脱离地球的引力作用成为沿地球轨道运动当探测器脱离地球的引力作用成为沿地球轨道运动的人造行星时，可以认为探测器的引力势能为零，相的人造行星时，可以认为探测器的引力势能为零，相对地球的速度为零对地球的速度为零,即相对地球动能为零即相对地球动能为零. 据机械能守据机械能守恒定律可得恒定律可得0212RmMGmve由此解得由此解得)/(102 .11223smRgRGMve74探测器探测器火星火星日日mReR图图1(2) 为了使探测器落到火星上，

52、必须为了使探测器落到火星上，必须选择适当时机点燃探测器上的火箭选择适当时机点燃探测器上的火箭发动机，使探测器沿椭圆轨道到达发动机，使探测器沿椭圆轨道到达与火星轨道的相切点，如图与火星轨道的相切点，如图1所示，所示，而且火星这时也恰好也到达这一点而且火星这时也恰好也到达这一点. 为此，必须首先确定点燃探测器上的火箭发动机时探为此，必须首先确定点燃探测器上的火箭发动机时探测器与火星的相对位置，已知探测器在地球公转轨道上测器与火星的相对位置，已知探测器在地球公转轨道上运行周期与地球公转周期相同，为运行周期与地球公转周期相同，为dTTet365据开普勒第三定律可得火星的公转周期为据开普勒第三定律可得火

53、星的公转周期为dRRTTemem6715 . 1365)(3375det/986. 0365360探测器探测器火星火星日日mReR图图1探测器的椭圆轨道的半长轴为探测器的椭圆轨道的半长轴为emeRRRa25. 12 所以由开普勒第三定律可得探测所以由开普勒第三定律可得探测器的运行周期为器的运行周期为dRaTTett51025. 1365)(33 因此，探测器由点燃发动机到抵达火星需时间为因此，探测器由点燃发动机到抵达火星需时间为dTtt2552探测器在点燃发动机前绕太阳转动的角速度为探测器在点燃发动机前绕太阳转动的角速度为76火星绕太阳转动的角速度为火星绕太阳转动的角速度为dm/537. 0671360 由于探测器运行至火星需时间由于探测器运行至火星需时间 t=255d,那么火星在这那么火星在这期间运行的角距离为期间运行的角距离为137tm 这表明探测器在椭圆轨道近日点发射时，火星应在其这表明探测器在椭圆轨道近日点发射