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