物理奥赛5：力学守恒律.ppt

《物理奥赛5：力学守恒律.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理奥赛5：力学守恒律.ppt（85页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、1,奥赛典型例题,分析(力学守恒律),2,3,例1 解：因为F的大小未知，所以不能直接用F来求功. 但可利用动能定理来求.,对于小球从AB过程，据动能定理得,故,其中重力的功为,因为摩擦力是变力，所以，本题的关键是如何求出摩擦力的功Af . 下面利用对称性来求.,4,故,5,是临界角.,如图1所示，小球从A运动到C的过程，与环外壁接触，有摩擦力作用；从C运动到B的过程，小球与环内壁接触，无摩擦力作用. 在C点处，N0.,为计算摩擦力的功，考察一微小过程（如图2所示）.,此过程摩擦力的功为,6,因为C点到y轴的距离为,所以，从AC过程有,从CB过程没有摩擦力.,所以，从AB过程拉力F的功为,7,

2、(2)若 ，则不存在N0的临界点，小球始终与环外壁接触，且始终受到摩擦力的作用.故有,于是，从A到B过程，拉力F做的功为,8,2. 如图2所示，质量分布均匀的细链，长为L10m，质量为10kg，其一端系于天花板的P点处，人提着另一端，P、Q两点的高度差为h =2m，设人的提拉力F100N，试求天花板对细链的作用力.,9,例2 解: (虚似法)由于细链挂在竖直平面内，且没有对称性，所以无法用力的平衡方法求解.但可以作如下情景虚似:,人将链条沿其拉力方向缓慢移动一微小位移L，在这一过程中保持链条的形状和位置不变，那么这仅仅相当于把微元L从P点移到Q点，链条的势能减少了. 据功能原理有,又,所以,1

3、0,3. 足球运动员在离球门11m处罚点球，球准确地从球门的横梁下沿飞进球门. 设横梁下沿离地面的高度h=2.5m，足球的质量为m=0.5kg，不计空气阻力，那么运动员必须传递给这个足球的最小能量是多少？(19届俄罗斯中学生竞赛题),11,例3 解：,如图1所示，据勾股定理得,经整理得,因为 是一正恒量,当 时， 有最小值.,12,所以，运动员传递给这个足球的最小能量为,13,(96年13届复赛题),14,C的速度必沿CA方向，vB1=vD1,vB2=vD2.,因为绳子不可伸长，所以必有各对应质点沿相连的绳子方向的速度必须相等.,又设各条绳子给质点的冲量如图2所示.那么据动量定理有,15,由以

4、上5个方程可解得,16,于是系统的总动量大小为,方向沿CA方向,系统的总动能为,17,18,例5 解：,物体m的运动可分为三个过程：,加速下落距离d压缩弹簧变加速下落至停止反弹向上运动.,由于弹簧的k值未知，所以，物体m到达最低位置后的运动存在以下三种可能性：,第一种：不能弹回；,第二种：弹回后弹簧仍被压缩；,第三种：弹回后能脱离弹簧.,下面就这三种可能性来讨论k的取值范围:,设m运动到最低位置时，弹簧的压缩量为s，则据功能原理有,19,由此解得,显然，m下落停止后回弹的条件是,即,故,讨论:,(1)当 时，m不能弹回.,此时，代入(2)式可得： m不能弹回的条件.,20,(2)显然，当 时，

5、m可以回弹.,若m反弹至速度为零时，弹簧仍被压缩. 设此时压缩量为s1(如图3所示),由功能关系得,21,把(2)式代入可得,22,反弹高度为,这时应满足s10，否则m将脱离弹簧.,23,由s10可得,m回弹后弹簧仍有的压缩量,24,由此式及(1)式可得,把(2)代入得m的反弹高度h2为,25,当 时，反弹高度,当 时，反弹高度 （此时 ）,26,6. 如图5所示，军训中战士距墙S0处以速度v0起跳，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上的运动，以继续升高，墙面与鞋底之间的静摩擦系数为，求能使人体重心有最大总升高的起跳角.,图5,(95年12届预赛题),27,例6 解：,建立xoy坐标系，如图所示

6、.,人以角起跳，经时间t，其重心由O到达B，此时速度为v.,则有,重心升高为,在B处用脚蹬墙，利用最大静摩擦力的冲量可使人的向上动量增加：,而正压力的冲量恰好使人的水平分动量变为零.,28,由(2)、(3)式可得,蹬墙结束时，人的重心的竖直向上的速度为,于是，人以此为初速度继续升高,29,整个过程，人的重心的总升高为,因为从O到B，所用时间t为,故在B点处有,30,由以上两式可得,令,可得,31,显然，当 时，H最大，因此起跳角为,32,7. 如图6所示，A、B是静止在水平地面上完全一样的两块长木板，A的左端与B的右端相接触，两板的质量都是M2kg，长度都是l=1m，C是一质量为m=1kg的小

7、物体，现给它一初速度v02m/s，使它从B板的左端开始向右滑动，已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数都是0.1，求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动，取 g10m/s2 .,33,例7 解：,据动量守恒定律及功能关系得,解得 x = 1.6 m l = 1.0 m,由此可知，m不可能停在B板上.,34,(2)设m刚好滑到A板时的速度为v1，A、B板的共同速度为v2 .,据动量守恒定律及功能关系得,由这两式并代入数据可得,由此可见，m进入A板后，将继续在A板上滑行.,35,(3)设m最终停在A板上，它在A板上滑行距离为y, A、C的共同速度为v3 .,据动量守恒定律及功能关系得,由

8、这两式并代入数据可得,所以，物块C最终停在A板上，与A板一起向前滑行，两者的共同速度约为0.563m/s，而B板向前滑行的速度约为0.155m/s .,36,8. 如图7所示，在长为l=1m，质量为mB=30kg的车厢B内的右壁处，放一质量为mA=20kg的小物块A（可视为质点）. 向右的水平力F120N作用于车厢B，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初2s内移动的距离为S=5m，且在这段时间内小物块A未与车厢壁发生过碰撞. 假定车厢与地面的摩擦可忽略不计，小物块A与车厢壁的碰撞是弹性碰撞，求车厢开始运动后4s时车厢和小物块的速度.,(02年19届预赛题),37,例8 解：,先判断A与B之间是

9、否存在摩擦.,依题意，在T0=2s内A与B未发生过碰撞，因此不论A与B之间是否有相对运动，不论A与B是否有摩擦，B总是作初速度为零的匀加速直线运动（因为即使有摩擦力存在，也是恒力）. 设B的加速度为aB1,有,由此得,若A与B无摩擦，则车B向右运动5m的过程中，A应该保持静止，从而A与B必发生碰撞，但这不符合题意.,又若A与B之间的摩擦力足够大，使得A与B之间无相对运动，则B的加速度应为,38,但这与(1)式矛盾. 故A与B之间有摩擦，但又存在相对运动.以f 表示A与B之间的摩擦力大小,则对车B有,代入数据可求得,物块A会不断地与车壁相碰.,(1)A相对B向左滑动时，A的加速度大小为,方向向右

10、,39,B的加速度大小为,方向向右,A相对B的加速度大小为,方向向左,(2)A相对B向右滑动时，A的加速度大小为,方向向左,B的加速度大小为,方向向右,A相对B的加速度大小为,方向向左,40,以B为参考系，A的运动如图2所形象表示.,A先由初速度为零，向车B左壁做加速度为a1的匀加速运动，并与左壁发生第一次碰撞. 由于碰撞是弹性的，故碰后A以原来的速率弹回，并以加速度a2向右做匀减速运动，速度减为零后，又接着以以加速度a1向左做匀加速运动，从而与B左壁作第二次碰撞，余此类推，以后A相对B做类似的运动. 由于a2a1,所以A每次与B左壁碰撞后，离开左壁的最大距离呈递减变化,故A不会与B的右壁相碰

11、.,41,设A第1、2、3 n次与B左壁相碰后相对B的速度大小分别为v1、v2、v3 vn，则有,又设A与B左壁第1次碰撞后，离开左壁的最大距离为d1,则有,由此解得,同法可求得,42,从理论上讲，A将与B左壁发生无限多次碰撞，最终A将停在B的左壁处. A从开始运动到最终停在B的左壁处所用的时间为,43,这表明t=4s时，A与B已具有相同速度，设这共同速度为v，则由动量定理得,代入数据可求得,44,9. 如图8所示，长为l、线密度为的链条由图示位置（底端距离地面为h）从静止开始下落，试求链条落下过程中地面对链条的支持力.假设落到地面处的那部分链条速度马上变为零.,45,例9 解：,用密舍尔斯基

12、方程求解,设时间t时链条上端的坐标为x，如图2所示.,此时，空中那部分链条的速度为,以已落在地面上的那部分链条为主体，它将在t 时间内俘获m的质量.,地面上的那部分链条的质量为 ，它受到重力、地面支持力N的作用，忽略m的重力. 因为地面那部分链条始终静止。没有加速度和 速度. 据密舍尔斯基方程 得,46,由以上三式可解得,显然，当全部链条刚落到地面时，x=0，此时N最大.,47,方法2：用质心运动定理,以整条链条为研究对象，其总长为l，质量为m. 因t时刻，地面上链条的质量为 ，坐标为0.,空中那部分链条的质量为 ,质心坐标为,所以整条链条的质心坐标为,于是，质心速度为,48,质心加速度为,因

13、为,故,据质心运动定理有,由以上两式可解得,49,50,由于小球与平板刚接触时，没有水平速度，故小球与平板之间必存在滑动摩擦力 ，直至接触结束或小球与平板具有相同的水平速度(此后摩擦力为静摩擦力). 设平均支持力为 ，平均滑动摩擦力为 ,平均支持力的作用时间为tN，平均滑动摩擦力的作用时间为tf .,因反弹后小球的反弹高度仍为H，故碰撞后小球竖直方向的速度大小为 ,设碰撞后小球的水平速度为v/ ，则有,51,(1)设 ，则有,由(1)、(3)式可得,因为 成立的条件是 ，即,或,那么，此时有,52,(2)设,此时，,53,11.质量都是m的两质点A和B用长为2l的不可伸长的轻绳连接，开始时A、

14、B位于同一竖直线上，且离地足够远，B在A的下方l处，在给A以一水平速度v0的同时，由静止释放B，问经过多长时间后，A与B第一次恰好位于同一水平线上?,例11 解：,因在绳子拉直前，A、B两质点在竖直方向运动的距离是相等的，故A2B1=l，因此60.,在绳子拉紧过程中，A、B之间发生相互作用，系统动量守恒. 由于在绳子拉直前，A、B两质点在竖直方向的速度相等，故在以此速度运动的参考系中，A的速度为v0,B则静止. 设相对这一参考系，绳子拉紧后A、B的速度分别为 和 ，据动量守恒得,式中 方向沿绳子，这因为绳子对B的作用力沿绳子，而 方向未知，可沿平行绳、垂直绳方向分解.,55,因绳子不可伸长，故

15、,由以上三式可解得,绳子拉紧后，A相对B做圆周运动，速度为 ， 角速度为,56,当直线A1B1转过30时，A1、B1位于同一水平线，所经历时间为,设自释放B到绳子拉直经历时间为t1,有,由此得,由释放质点B到两质点位于同一水平线上共经历的时间为,57,12.在水平地面上一质量为M的运动员手持一质量为m的物块，以速度v0沿与水平面成角的方向向前跳跃，为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出，物块抛出时相对运动员的速度大小u是给定的，物块和运动员都在同一竖直平面内运动.(1)若运动员在跳远全过程中的某一时刻t0，沿与水平向后方向成某角的方向抛出物块，试求运动员从

16、起跳到落地所经历的时间.(2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与水平向后方向成角的方向抛出，能使自己跳得更远？若v0和u一定，那么在什么条件下可跳得更远？并求出运动员跳的最大距离. (03年20届预赛题),58,例12 解：,设运动员从起跳到落地所经历的时间为t，由相对运动速度可得,59,对质心C，据斜抛运动规律得,运动员落地处x坐标为,由(1)、(2)式得,此方程的解为,60,下面讨论应取哪一个解.,设在刚抛出物块后瞬间，运动员的速度v的竖直分量的大小为vPy，物块相对运动员的速度u的竖直分量的大小为uy=usin,方向沿y轴负方向. 据动量守恒定律得,解得,于是可求出运动员从起跳到最

17、高点所需时间为,因为必然有,61,所以t的解应为,由(1)、(3)式可解得,所以，当t0=0时，xM有最大值. 把t值代入可得此最大值为,62,若,即 时，xM有最大值,这表明运动员应沿与x轴成45方向起跳，且跳起后立刻沿与x轴成45斜向下方向抛出物块，则运动员跳的距离最大，为,63,13.长为2l的轻绳两端各系有一质量为m的弹性小球，中点处系有质量为M的弹性小球，三球成一直线静止于光滑水平面上，绳处于伸直状态，现对小球M施加一水平冲力，使其获得与绳垂直的初速度v0，（1）试求两小球m相碰时绳中的张力T；（2）若从小球M开始运动到两小球m相碰历时为t，求在此期间小球M经过的距离SM；（3）试求

18、当三小球再次在同一直线上时，绳子的张力；（4）试求运动过程中，小球m的最大动能和这时两段绳子的夹角.,(05年江苏省高考题),64,由这两式可解得,设这时M相对桌面的加速度为aM，则有,aM的方向与y轴的正方向相反.,65,以小球M为参考系，小球m以速度vx绕M做圆周运动. 由于小球m除了受绳子拉力T作用外，还受 与T同向的惯性力maM的作用，故有,把(3)、(4)式代入可解得：,(2)由于系统沿水平方向不受外力作用，故其质心沿M运动方向做匀速直线运动，初速度为vC,66,在时间t内质心经过的距离为,设两小球m相碰时质心与M的距离为yC,则有,在时间t内小球M经过的距离为,67,(3)如图2所

19、示，当三个小球再次位于同一水平线上时，据动量守恒得,又据机械能守恒得,由上面两式可解得,68,因这时小球M的加速度为零，以M为参考系(惯性系)，小球m相对小球M的速度为；,那么这时绳子的张力F为,(4)显然，当小球M的速度为零时，小球m的速度最大，动能也就最大. 此时有,由此可解得小球m的速度最大动能及两绳子之间的夹角分别为,69,14. 如图10所示，一柔软绳子总长度为l，它从静止出发由高度为H的光滑平台沿光滑的斜面滑下，全部进入光滑水平面后，再经一半径为R的固定在竖直平面内的光滑圆环，l 2R，欲使绳子能全部通过圆环，平台的高度H至少多高？,70,式中M表示软绳的总质量. 设这时软绳的速率

20、为v. 则由机械能守恒定律得,取圆形轨道顶点附近的一软绳微元段，如图2所示，考虑轨道对它无压力这一临界情况,这微元受力情况如图2所示.,由向心力公式得,71,因 很小，所以，,于是有,如图3所示，选图中所示的一段软绳作研究对象，设前面软绳对它的拉力为T.,设想力T使它移动了一很小的距离 ，那么T的功等于这段软绳的重力势能的增加. 于是有,由以上各式可解得,72,15.质量都是m的三个小球置于光滑的水平桌面上，并用长度都为l的轻刚性杆连接，如图11所示，整个系统以速度v沿 AB方向运动，运动方向与BC成角，当小球C与桌上垂直AB的竖直、光滑完全非弹性固定壁相碰撞时，试求此壁所受到冲量的大小.,(

21、04年21届复赛题),73,x方向：,y方向：,因杆不可伸长，所以有,因为墙壁对系统(即对C)的冲力过C点，所以对C 轴，系统角动量守恒. 故有,由以上四个方程可解得墙壁对系统(即对C)的冲量为,据牛顿第三定律可知墙壁受到的冲量大小也是此值.,74,16.如图12所示，A是一个质量为M、半径为R的均匀球体，O是其球心.在离球心O很远的O点附近有一质点，它以v0的初速度沿与OO平行的方向射向球A，以l表示质点与OO线的垂直距离，要使这质点能够与球A的表面相碰，试求 l的最大值.,75,由以上两式可得：,76,17.从地球表面向火星发射火星探测器，设地球和火星都在同一平面上绕太阳做圆周运动，火星轨

22、道半径Rm是地球轨道半径Re的1.5倍，简单而又比较节省能量的发射过程可分为两步进行：第一步，在地球表面用火箭对探测器进行加速，使之获得足够的动能，从而脱离地球的引力作用成为一个沿地球轨道运行的人造行星；第二步是在适当时刻点燃与探测器连在一起的火箭发动机，在短时间内对探测器沿原方向加速，使其速度数值增加到适当值，从而使得探测器沿着一个与地球轨道及火星轨道分别在长轴两端相切的半个椭圆轨道正好射到火星上. 问： （1）为使探测器成为沿地球轨道运行的人造行星，必须加速探测器，使之在地球附近获得多大的速度（相对地球）？ （2）当探测器脱离并沿地球公转轨道稳定运行后，在某年3月1日零时测得探测器与火星之

23、间的角距离为60(火星在前，探测器在后)，那么应在何年何月何日点燃探测器上的火箭发动机方能使探测器刚好落在火星表面？（时间计算仅需精确到日） 已知地球半径为R=6.4106m，重力加速度取g=9.8m/s2.,(98年15届复赛题),77,例17 解：,当探测器脱离地球的引力作用成为沿地球轨道运动的人造行星时，可以认为探测器的引力势能为零，相对地球的速度为零,即相对地球动能为零. 据机械能守恒定律可得,由此解得,78,为此，必须首先确定点燃探测器上的火箭发动机时探测器与火星的相对位置，已知探测器在地球公转轨道上运行周期与地球公转周期相同，为,据开普勒第三定律可得火星的公转周期为,79,探测器的

24、椭圆轨道的半长轴为,所以由开普勒第三定律可得探测器的运行周期为,因此，探测器由点燃发动机到抵达火星需时间为,探测器在点燃发动机前绕太阳转动的角速度为,80,火星绕太阳转动的角速度为,由于探测器运行至火星需时间 t=255d,那么火星在这期间运行的角距离为,81,由此解得,故点燃发动机的时刻应为当年的3月1日之后38天，即同年的4月7日.,82,19.利用天文望远镜作长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，双星系统由两个星体组成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离，一般双星系统距离其它星体很远，可以作孤立系统处理. 现根据某一双星系统的光度学测量，该系统的每个星体的质量都是M，两者

25、的距离为L，它们正在绕系统的质心做圆周运动. (1)试计算双星系统的运动周期T1. (2)若实际上观测到运动周期为T2，且T2T11（N1），为了解释T2与T1的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质，作为一种简化模型，我们假设在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其它暗物质的影响，试根据这一模型和上述观测结果，确定该星系间暗物质的密度. (99年16届复赛题),83,例18 解：,故,周期为,(2)根据观察结果，星体运动周期为,84,这说明双星系统中所需的向心力大于两星之间引力，所以一定还受到其他指向中心的作用力. 按题意这一作用力来源于均匀分布的暗物质. 均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用，与一质量等于球内暗物质的总质量 位于球心处的质点相同. 考虑暗物质作用后，双星的速度即为观察到的速度 ，则有,由此得,因轨道一定时，周期与速度成反比，故有,85,把(2)、(6)式代入(7)式得,设所求暗物质的密度为，则有,由此解得,