高中物理奥赛辅导专题PPT--02运动学

奥赛物理 分析(运动学)
1

力 学
运 动
d

学
d

1.试求图1中物体B的速度.

αα v C 图1 B

v
A
2

2. 试求图2中物体A的速度.
v

A

α

图2
3

3.图3中， M线以速度v1运动，v1与M 线垂直; N线以速度v2运动，v2与N线 垂直，试求M线与N线交点的速度.

v2
θ

N M

v1 图3
4

4.图4中圆周的半 径为R，细杆以 速率v0向右运动 ，t＝0时，细杆 与y轴重合，试 求细杆未离开圆 周前，它与圆周 在第一象限的交 点的向心加速度 与时间的关系.

y

v0
o x

图4
5

5.一小球m位于倾角 为θ的光滑斜坡A点 的上方，小球离A点 的距离为h，斜坡B 处有一小孔，A与B h 的距离为S，如图5 所示. 若小球自由下 落后与斜坡的碰撞 是完全弹性碰撞. 欲 使小球恰能掉进小 孔B，则h应满足什 么条件？

m
●

A 图5

S
●

B θ

6

6. 离地面高度为h 处，有一小球以 初速度v0做斜上抛运动，v0的方向 与水平方向成θ角，如图6所示，那 么当θ角为多大时，才能使小球的 水平射程最大，这最大的水平距离 是多少？ v0
●

θ

h

图6

7

7. 两两相距都是d的三个小孩A、B 、C，从t＝0开始相互追逐，运动 速率都是v.追逐过程中，A始终向着 当时B所在位置运动，B始终向着当 A 时C所在位置运动，C始 v 终向着当时A所在位置运 d d v 动. 试问试问这三个小孩 何时相遇在一起？开始时 B d C v 他们的加速度大小是多少 图7 ？
●
● ● 8

8.如图8所示，线轴沿水平面做无滑滚动， 并且线端A点的速度为v，方向水平. 以铰链 固定在B点的木板靠在线轴上，线轴的内、 外半径分别为r和R，试求木板的角速度ω 与角α的关系.
v
A

B

●

α
图8
9

9. 如图9所示，一只狐狸以恒定的速度v1沿 AB直线逃跑，一只猎犬以恒定速率v2追击 这只狐狸，运动方向始终对准狐狸，设某时 刻狐狸位于F处，猎犬位于D处，已知： DF=L,DF?AB，试求： （1）这时猎犬的加速度大小；（2）猎犬追 上狐狸所用的时间. v
A F ●
1

B

L

v2
D●

图9

10

10.试用物理方法求抛物线 2上任一点处的曲率半 y=Ax 径.

11

例1 解 方法1（微元法）

d
αα

d

如图2所示，设经很短时间?t，物 体B向上移动了?y，滑轮到物体B 部分的绳子缩短了?L.
则有 所以

?L ?y ? cos ?

v
C

B

v
A

图1
d y L ?L

?y 1 ?L v vB ? ? ? ? ?t cos ? ?t cos ?

vB

?y α

图2
12

方法2（利用绳子不可伸长的特点）

由于绳子不可伸长，所以物 体B的速度沿绳子方向的投 影应该等于绳子的速度大小.
于是有

d
αα

d

v
C

B

v
A

vB cos ? ? v
所以

图1

v vB ? cos ?

13

方法3（利用合力的功等于分力的功的和） d 如图3所示，作用在物体B上的 绳子的拉力的合力F为

d

F ? 2 f cos ?

αα

v
因为合力F的功应该等于两个 分力f的功的和，所以有 C

B

v
A

图1

FvB ? 2 fv
由以上两式可得 f

F f

αα B

v vB ? cos ?

图3

14

例2 解 方法1（微元法）

v
如图2所示，设经很短的时间 ?t，物体A向前移动了?l1， 于是，在这段时间内绳子缩 短的总长为

A

α

图1
v ?l2 ?l1
α u

?l ? v?t ? ?l1 ? ?l 2
由图2易得

?l 2 ? ?l1 cos ?
物体A的速度为 由以上三式可解得

?l1 u? ?t

图2

v u? 1 ? cos ?

15

方法2（利用功能关系） 如图2所示，设人拉绳子的力 为f，那么作用在物体A上的 合力为F. 由图2 易得

A

α

F ? 2 f cos

?

图1
f
A α

2
F f

由于人的拉力f所做的功应等于作 用在物体A上的合力F所做的功， 于是有

fv ? Fu cos

?

图2

2
v

v ? 由以上两式可解得 u ? 1 ? cos ? 2 ? 2 cos 2

16

例3 解 方法1（利用速度的定义）

v2
θ

N M

如图2所示，设经过时间t，两线的 交点由A移到B，那么交点的位移 为AB，由余弦定理可得

v1 图1
C2

AB ? AA ? AA ? 2 AA1 ? AA2 ? cos ? AC1 v1t 因为 AA1 ? ? A2 sin ? sin ? AC2 v2 t B θ AA2 ? ? sin ? sin ?
2 2 1 2 2

v2 N
Aθ M

v1
A1 C1

据速度的定义可知，交点的速度为

图2
17

AB v? t

2 AB 2 ? AA12 ? AA2 ? 2 AA1 ? AA2 ? cos ? v2 N C2 AC1 v1t AA1 ? ? A2 Aθ M sin ? sin ? v1 B θ AC2 v2 t A1 C1 AA2 ? ? sin ? sin ? AB 图2 v? t

由以上4个方程可解得

v?

2 v12 ? v 2 ? 2v1v 2 cos ?

sin ?

18

方法2（利用交点的运动方程求解） 如图3所示，以t=0时两线交点 为原点，建立xoy坐标系.经过 时间t，M、N线的方程分别是

y

v2 N
A θ M

图3 由以上两个方程可解得交点的坐标（即交点的运动参 数方程）为

v2 t y ? tan ? ( x ? ) sin ?

y ? ?v1t

o

B θ

v1

x

v1 cos ? ? v2 x ? ?( )t sin ?

,

y ? ?v1t

19

v1 cos ? ? v2 x ? ?( )t sin ?

,

y ? ?v1t

y

v2 N
A θ M

由以上两个方程可得交点速 度的两个分量

o

B θ

v1

x

v1 cos ? ? v2 v x ? ?( ) sin ?
所以交点速度的大小为

,

v y ? ?v1

图3

v ? v ?v ?
2 x 2 y

2 v12 ? v 2 ? 2v1v 2 cos ?

sin ?
20

例4 解 如图1所示，设经时间t， 细杆运动到图示位置，交点P的 坐标为 (x，y)，速度大小为v， 其方向必然沿圆周切线方向. 由图可见

y
P

R θ

θ

v0
v

vx =v0

o

x

vx v0 v? ? cos ? cos ?
y cos ? ? R
2 y ? R 2 ? x 2 ? R 2 ? v0 t 2

图1

21

vx v0 y v? ? , cos ? ? cos ? cos ? R

y
P

y ? R ? x ? R ?v t
2 2 2

2 2 0

R θ

θ

v0
v

vx =v0

o

x

交点P的向心加速度为

v2 an ? R
由以上4个方程可解得
2 Rv 0 an ? 2 2 2 R ? v0 t

图1

22

例5 解 （递推法） 如图2所示，建立 xoy坐标系，由于 小球与斜坡的碰 y v0 撞是完全弹性碰 θθ 撞，所以碰前、 碰后的速度大小 A 相等，与斜坡法 S1 A1 线的夹角相等. S2 A2 设小球与斜坡第一次 碰撞后的速度为v0,与 y轴的夹角为θ，那么

●

m A θ
●

h B

图1

S3

图2

A3 θ

x

v0 ? 2 gh , v0 x ? v0 sin ? ,

v0 y ? v0 cos ?
23

v0 ? 2 gh v0 x ? v0 sin ?

y
θθ

v0

v0 y ? v0 cos ?

A S1 A1

a x ? g sin ? , a y ? ? g cos ? 图2 由于小球在y方向做类竖直上抛运动，所以与斜坡 相邻两次碰撞之间的运动时间是一恒量，为
2v0 x 2v0 T? ? ? ay g
小球与斜坡头两次碰撞之间的距离为

小球空中运动的加速度为

S2

A2

S3

A3 θ

x

4v sin ? 1 2 AA1 ? s1 ? v0 xT ? a xT ? 2 g
2 0

24

2v0 x 2v0 T? ? ? ay g
2 4v0 sin ? AA1 ? s1 ? g

y
θθ

v0

A S1 A1

x 因为 v x ? v0 x ? a x t 所以，每次碰撞后的速度的x分量都比前一次碰撞后的 速度的x分量大.

S2

A2

图2

S3

A3 θ

?v x ? a x ?t ? a xT ? 2v0 sin ? ? 恒量
故每碰撞一次都使小球的水平位移增加
2 4v0 ?s ? ?v xT ? sin ? ? s1 ? 恒量 g

25

?s ? ?v x T 4v ? sin ? ? s1 g ? 恒量
2 0

y
θθ

v0

A S1 A1

S2

A2

于是 s2 ? s1 ? ?s ? 2s1

图2

S3

A3 θ

x

s3 ? s 2 ? ?s ? 3s1 ? s n ? s n?1 ? ?s ? ns1
那么应有AB ? S ? s1 ? s 2 ? ? s n ? (1 ? 2 ? ? ? n) s1
2 2 v0 n(n ? 1) 4v0 ? ? sin ? ? 2n(n ? 1) sin ? 26 2 g g

v S ? 2n(n ? 1) sin ? g
把 v0 ? 可解得

2 0

y
θθ

v0

2 gh

A 代入 S1 A1

S2

A2

S h? 4n(n ? 1) sin ?

图2

S3

A3 θ

x

27

例6 解 方法1 (矢量图解法) 不论θ是多少，小球落地时的 速度大小都相同,为
2 v ? v0 ? 2 gh

v0

θ
h 图1

又任一时刻，小球的速度为 作出如图3所示的矢量图 . 三个矢量 所围成的三角形面积为

v0

? ? ? v ? v0 ? gt

1 S ? gtv0 cos ? 2
而小球的水平射程为

θ β v 图2

gt

L ? v0 cos ? t

28

1 S ? gtv0 cos ? 2
所以有

L ? v0 cos ? t
θ β v

v0

2S L? g

gt

图2 这表明只要S最大，则水平射程L就最大. 由于三角形两边v0、v的大小都是恒量，所以当它 们的夹角为90°时，三角形的面积最大.即当

1 ? ? ? ? 90? 时， S max ? vv0 2 又由图2易得 v0 cos ? ? v cos ? ? v sin ? v0 v0 故 tan ? ? ? 2 v v0 ? 2 gh

29

2S L? g
所以当

v0 tan ? ? ? v

v0
2 v0 ? 2 gh

v0

? ? arctan

v0 v ? 2 gh
2 0

θ β 时，小球有 v 图2

gt

最大水平射程. 这最大水平射程为

Lmax

2S max v0 v v0 ? ? ? g g g

2 v0 ? 2 gh

30

方法2 (极值法) 由图3，据勾股定理可得

v0

θ
h
图1 v0t θ L β 图3

1 2 L ? (v0 t ) ? ( gt ? h) 2 2
2 2

整理后可得

1 2 4 2 L ? ? g t ? (v0 ? gh)t 2 ? h 2 4 2 2v0 ? 2 gh 2 当 t ? 时，L有最大 2 g
2

h

值，为

1 2 gt 2

Lmax

v0 ? g

2 v0 ? 2 gh
31

2v ? 2 gh t ? g2
2 2 0

Lmax

v0 ? g

v ? 2 gh
2 0

v0t

可解得

1 2 把 t 值代入 ? h ? v0 t sin ? ? gt 2

h

θ L β 图3

1 2 gt 2

? ? arcsin

v0
2 2v0 ? 2 gh

32

● 例7 解 (1)方法1 (微元法结合递推 v 法和极限法) A1 d d 设经过很短时间?t ，三个小孩分别到 d1 C1 v 达A1、B1、C1点，那么根据对称性可 知， A1、B1、C1仍组成等边三角形， D B1 ● ● C 如图所示，设边长变为d1，且必有 B v d AA1=BB1=v?t，由图易得 图1

A

3 d1 ? d ? AA1 ? BB1 cos 60? ? d ? v?t 2 3 3 同理有 d 2 ? d1 ? v?t ? d ? 2 ? v?t 2 2 3 3 d 3 ? d 2 ? v?t ? d ? 3 ? v?t 2 2

?

33

?

因为n→∞，?t→0，n ?t =t , dn=0,所 以有

3 3 d n ? d n ?1 ? v?t ? d ? n ? v?t 2 2

A
●

v
d
D
●

A1 d1 B1

d
C1

v
●

2d t? 3v

B v d 图1

C

34

(1)方法2 (相对运动法) 由图2 可得A相对B的相对速度为

A
●

v
d
●

d

v AB ? 3v
而这一速度在AB方向的投影为 B v d
图1 A vAB v v B 图2 v

v
●

C

3 v ? ? 3v cos 30? ? v 2
因为A与B之间是距离最初为d， 最后相遇时为零，所以有

3 d ? v ?t ? vt 2 2d 于是 t ? 3v

35

● (1)方法3 (对称性法) v 根据对称性可知，虽然在不同时刻三 d 个小孩到达不同位置，但这些位置仍 ? O 组成等边三角形，而且这些等边三角 形的中心都在同一点O，最后三个小 ● B v d 孩相遇于O点.由图易得任一时刻小孩 图1 A的速度沿AO方向的投影始终都是

A d

v
●

C

3 v AO ? v cos 30? ? v 2 d 因为最初 AO ? 3
所以三个小孩相遇需要的时间为

AO 2d t? ? v AO 3v

36

(2)由图3易见，经过很短的?t时间， 小孩A的速度的方向改变了，但大 小不变. 由图1和图3，利用三角形 θ 相似的关系可得
D

A
●

v
d
A1
d1 B1

d
C1

v
●

A1 B1 d1 v ● ? ? B v d ?v B1 D BB1 sin 60? 图1 3 又 d1 ? d ? v?t ? d BB1 ? v?t θ 2
小孩开始运动时的加速度大小为 v v
?v 图3

C

?v a? ?t
由以上各式可解得

3v 2 a? 2d

37

例8 解 由于木板B始终与线轴接触， 所以，必定有两物接触点C的法向 速度相等. 由图2可见，木板 B α 上的接触点C的法向速度为 ? v n ? BC ? ? ? ?R cot 2 线轴上的接触点C的速度为C点相 B α 对于O点的速度vCO与O点相对于 地的速度vO的叠加.由于vCO沿线轴 的切向(即沿木板方向)，所以，C C 点的法向速度为 v
●

C A 图1 C v n

v

ω

α
O

vCO

vC

n

vn ? vo sin ?

α vO α vO

图2

38

v n ? BC ? ? ? ?R cot 2 vn ? vo sin ?

?

C A B
●

v

因为线轴作无滑滚动，所以 有（与地的接触点D为瞬心）

α 图1 D C v n

vO v ? R?r R
由以上三式可解得

ω

B

α
vCO
C vC α vO α vO

1 ? cos ? ?? v R?r

vn O

图2

39

v1 例9 解 (1)（微元法） F B 设经很短时间?t，狐狸从F运动到E， A L 则猎犬的速度方向就从沿DF方向变 v2 为沿DE方向，但速度大小不变,如图2 D 图1 所示 . ?v2 F ?x E 由相似三角形可得
● ●

?x ?v2 ? L v2
因为 ?x ? v1?t 猎犬的加速度大小为

L

v2

v2

由以上三式可解得

?v2 a? ?t v1v 2 a? L

D 图2

40

(2)（微元法） 设猎犬经过时间 t 便追上狐狸， 此时两者的距离为零.又设任一时 刻猎犬到达P点处，这时狐狸到 达E点,如图3所示. 由开始到猎犬追上狐狸，两者 的径向距离由L减少到零.

F

?

v1

v2 ?

E ?i

B

?P
图3

D

?

在任一时刻，它们之间的接近速度为 v2 ? v1 cos ? i , 在 ?t 时间内两者的径向距离减少了 l1 ? (v2 ? v1 cos? i )?t ? ，于是有

L ? ? ?l 1 ? ? (v2 ? v1 cos? i )?t ? v2 t ? v1 ? cos ? i ?t
41

L ? v2 t ? v1 ? cos ? i ?t
在FB方向上，开始时它们两者之 间的距离为零，猎犬追上狐狸时, 它们两者之间的距离仍为零. 在FB方向上，任一时刻它们的 相对速度为 v2 cos ? i ? v1 ,

F

?

v1

v2 ?

E ?i

B

?P
图3

D

?

在 ?t 时间内两者在FB方向距离减少了

?l 2 ? (v2 cos ? i ? v1 )?t
所以有

0 ? ? ?l 2 ? ? (v2 cos ? i ? v1 )?t ? v2 ? cos ? i ?t ? v1t
42

0 ? v2 ? cos? i ?t ? v1t
由以上两式可解得

L ? v2 t ? v1 ? cos ? i ?t

F

?

v1

v2 ?

E ?i

B

?P
图3

Lv 2 t? 2 2 v 2 ? v1

D

?

43

例10 解 (假设法或称虚拟法) 设一质点的运动轨迹就是抛物线y=Ax2， 为此假设这质点的运动方程为： 1 2 x ? t , y ? at ? At 2 2 于是在抛物线上任一点P处有

y

a

v
at

an θ
θ
P

x

vx ? 1 ax ? 0

, ,

v y ? at ? 2 At ay ? a ? 2A

2 2 那么 v 2 ? v x ? v y ? 1 ? 4 A2 t 2 ? 1 ? 4 A2 x 2

vx 2A ? 又由图可见 a n ? a cos ? ? a v 1 ? 4 A2 x 2
44

v ? 1? 4A x
2 2

2

y

a

v
at

an ?

2A 1? 4A x
2 2

an θ
θ
P

x

所以抛物线任一点P处的曲率半径为

v (1 ? 4 A x ) ?? ? an 2A
2 2 2

3

2

45