高中物理竞赛资料 - 第二章 - 质点直线运动[1](3)

222v0v0sin?cos??4(H?h)[?(H?h)] d?x0?g2g

例3．如图1-25所示，一小球以初速v0＝5m／s从高H＝5m的墙上端水平射出，在距墙为d处，有一长l＝4米的竖直板与墙面平行，板的下端地高h＝1m，为使小球能击中地面上的A点，则d为多大?已知：A点与墙角O点的距离s＝1m，且小球在与墙和板的碰撞中能量均不损失

解 小球与墙和板的碰撞能量不损失，故可根据镜像原理将小球在墙与板之间的运动轨迹拓展成图1-38所示的抛物线．设小球落地前共发生N次碰撞．图中虚线表示各次碰撞时墙与板的拓展位置。小

2

球落地所需时间与水平位移分别为(g＝10m/s)，

t?2H?1s,L?v0t?5m. g（1） 若小球最后一次是与墙发生碰撞，则N为偶数，取

1-25 L?s2N＝2n(n=1,2,? )有L－2nd=s，故d??m。

2nn①

1?(2n?1)d? 小球在第(2n一1)次能与板相碰的条件：g???l，即d?4?20，自然满足。2?v0?2为使小球以后不会与板再次发生碰撞，则必须

201?(2n?1)d? g???l，即d?2n?1 ② 2?v0?2由式①、②可得

220?，即n?n2n?1220?4?4.24。故n可取1,2，3,4，即d可取值：

122m,1m,m,m。

23（2）若小球最后一次是与板发生碰撞，则N为奇数，取N＝2n-1，（n=1,2,?）,有L－

3(2n-1)d=d－s，即d?m。 ③

n201?(2n?1)d?为使小球最后一次能与板发生碰撞，则必须g???l，即d?2n?1。④

2?v0?320?，即n?1.96，故n可取1，即d只能取3m一个值。综合情n2n?112况（1）、（2），可知d共可取以下5个值：3m，2m，1m，m，m。

232 由式③、④可得

例4．设湖岸MN为一直线，有一小船向岸边的A点沿与湖岸成角α=15°匀速向湖中行驶，另有一人同时自A点出发，他先沿湖岸走一段后再入水中游泳去追船，已知人在岸上走的速度v1=4m·s-1,在水中游泳的速度为v2=2m·s-1，问船速最大为多少此人才能追上船?

解 如图1-39设想MN为光在甲、乙两种介质的分界面，光在甲介质中的速度为v1，在乙介质中的速度为v2，则当B点发出的光以临界角

v2 β=arcsin?30?

v1入射到界面上时，根据费马原理可知B→D→A是光线由B传至A的费时最少的路径，因此人应取A→D→B的路径费时最少，所以当人自某点入水沿与岸成角θ=60°方向游泳

11

而刚好追到船时，此情况下对应的船速为人能追到船的最大允许速度．设其为v，如图所示，过相遇点B作BK⊥BD，令BK与MN交与K，因为θ=60°，所以DK=2DB，又有v1=2v2，则人游过DB段与走过DK段等时，故人自出发到在B点追及船的时间等于他由A点走至K点的时间，故有

ABAK? vv1 则在ΔABK中，由正弦定理得

ABsin30?1 ??AKsin135?2v所以 v?1?22m/ s.2

例5．轮子在直线轨道上作纯滚动，轮子边缘点的运动轨道曲线称为滚轮线．设轮子半径为R，轮子边缘点P对应的滚轮线如图1-26所示，试求此滚轮线在最高点曲率半径?1和在最低点曲率半径?2

解 为计算?1、?2，可将轮子的滚动设计为最简单的匀速纯滚动，并将轮心相对直线轨道的匀速度记为v0．

P点相对直线轨道的运动速度等于P点相对轮心运动速度与轮心相对直线轨道运动速度之和，在最高点这一速度大小应为 1-26 v1?2v0

在最低点这一速度大小则降为 v2?0。

P点相对直线轨道的加速度等于P点相对轮心的加速度a’，与轮心相对直线轨道的加速度之和，后者为零，故有 a=a’

a’，即为匀速圆周运动的向心加速度，方向随时变化，大小恒为

2v0 a?a'?,

RP在最高点和在最低点的a显然全部用作向心加速度，因此同有

2v0 a心＝

Rv2据算式??，可得

a心

v12

?1?＝4R，

a心

2v2

?2?＝0.

a心

例6．用几何方法确定曲线的曲率半径。在同一平面上有两质点C和D。质点D沿AB方向以恒速u运动，质点C以不变速率v追逐D运动(v>u)。某一时刻到达图1-27所示位置，C、D相距为L，CD?AB。设C追逐D的过程中，速度v始终指向质点D。我们来确定图示位置质点C运动的曲率半径。

解：我们假设经过很短时间Δt，质点D达D’，DD'?u?t;

1-27

12

?'?u?t'。 质点C达C’，CCCD 切于质点C运动轨道的C点，C'D'切于C’点。过C点作CD垂线，过C’点作C'D'垂线交于O点，CO?C'O??即为所求之曲率半径。由图1-40中得 D D’ A B ∠DCD’＝∠COC’

u v 所以有关系

?'DD'CC? L?得到

L C’ ?vtv??L?L?L

u?tuDD'?C'CC

1-40

o

例7．弹性小球从高h处自由落下，落到与水平面成θ角的长斜面上，碰撞后以同样大的速度反弹回来．

(1)求每个弹回点[第一点和第二点，第二点和第三点，?，第 y2点和第(n+1)点]间的距离x1，x2，x3?，xn.

(2)求当斜面以匀速度u沿竖直方向向上运动时的xl的数值

解 (1)坐标系选择如图1-41所示，小球第一次碰斜面时速度大小v0?2gh，反弹后初速大小不变，其方向与y轴为对称的夹θ角方向，在x、y方向有

vx?v0x?axt?v0sin??gtsin?vy?v0y?ayt?v0cos??gtcos?

1x?v0xt?axt2,2

12y?v0yt?ayt,2令y=0，得第一、第二次相碰时间间隔为

t1?2v022gh?, gg代人后可求得 24v0?sin??h8s?i n. x1?g第二次碰撞瞬间

1-41

v2x?v0sin??gsin??v2y?v0cos??gcos??2v0?3v0sin?, g2v0??v0cos?. g碰后v2x不变化 ,v2y?v0y,可见每相邻两次碰撞的时间间隔均为t=t1，则有

x2?3v0sin??2v02v?gsin??(0)2?2?8hsin?. gg第n次碰后反弹时

vnx?(2n?1)v0sin?,

vny?v0cos?,

由此得 xn?n?8hsin?.

(2) 当斜面以匀速度u沿竖直方向向上运动时,则球相对斜面速度大小为v+u,用v+u代

13

替v0代入x1

x1=4[u+(2gh)1/2]sinθ/g

例8．倾角为?的一个光滑斜面，由斜面上一点O通过斜面最大斜率的竖直平面内斜上抛一

?个小球，初速为V，抛出方向与斜面交?角，????。

2 （1）若小球与斜面的每次碰撞不消耗机械能，并且小球在第n次与斜面相碰时正好回到抛射点O。试求?、?、n满足的关系式。

（2）若小球与斜面每次碰撞后，与斜面垂直的速度分量满足：碰后的值是碰前值的e倍，0?e?1。并且小球在第n次与斜面相碰时正好回到抛射点O。试求?、?、n 和e满足的关系式。 （3）由（2），若其中第r次与斜面相碰时，小球正好与斜面垂直相碰，试证明此时满足关系式

nr e?2e?1?0

解1)画出图1-42，并在图中取定X、Y轴。斜上抛小球，小球在斜面上多次碰撞，形成多条抛物线。小球在y方向作多次来回运动，而在X方向只有一次：X由近到远，再回到原点O。因此，y方向可逐条抛物线讨论，而X方向可以统一讨论。

设Ak为小球第k次与斜面相碰的点，uk、vk是小球第k次与斜面相碰后速度的X、Y分 量。加速度的x、y分量为ax??gsin?,ay??gcos?。所以由Ak到Ak+1所经历的时间tk+l满足

1 0?vktk?1?(gcos?)?tk2?1

2取合理解，得到

2vk tk?1?

gco?s由此式可以得到小球从O点抛出开始，直到

抵达Ak所经历的时间为

2(v0?v1???vk?)1Tk?t1?t2???tk?

gcos?因为小球与斜面每次碰撞中不消耗能量，所以

sin? v0?v1???kv?1?V代人得

sin? Tk?2kV

gcos?因斜面是光滑的，利用x分量运动方程

1OAk?(Vcos?)Tk?(gsin?)Tk2

2根据题中要求：OAn?0，得到 Tn?Vcos?

gsin?1-42

联立解得到

ctg?·ctg?＝n

2)利用（1）中得到结果，小球从O点抛出开始，直到抵达Ak所经历时间表达 式为

2(v0?v1???kv?1) Tk?

gco?s14

小球与斜面垂直速度分量满足: v0=Vsinβ,v1=e Vsinβ, v2=e2 Vsinβ?? 所以

2Vsin?(1?e?e2???ek?1)2Vsin?(1?ek)? Tk?

gcos?gcos?(1?e)再利用x分量方程

12(g?sinT)k 2根据题中要求：OAn?0，得到

OAsk?(Vco?)T?k Tn?2Vcos?

gsin?x整理得到

?e)ct?g?c?t?g?1 e (13)接上小题，现在小球在第r次与斜面相碰时与斜面垂直，即ur＝0，而 ??g( ur?Vcos所以

Vcos?Tn?

gsin?整理后得到

?e)ct?g? (1c?t?gs?inTr )2?(1x e )代入前面结论得

en?2er?1?0(1．70) 得证。

例9．公园的转椅以恒定的角速度Ωx绕其竖起对称轴在水平面内作匀速转动，如图1-28所示。转椅上的人以相对转椅为v’的速度平抛一小球，为使小球能击中转椅架底部中心O点，试求v’的大小和方向。已知小球抛出点的高度为h，与竖起对称轴的距离为R。

解 设小球抛出时相对地面的速度为v，由平抛运动的性质可知，小球到达O点所需时间

t?2h，故v为 g1-28

RgR t2h v? 取地面为静止参照系，转椅为运动参照系，则v为绝对速度，v’

为相对速度，而牵连速度u的大小为ωR．得

v=v’+u

从图1-43可得

v'?v?u?22R2gg??2R2?R??2 2h2h?????1?u??1??R???tan????tan?2g?v?2?R2h?????????tan?1??2h?

??2g?????1-43

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