质点运动学（五）

质点运动学（五）训练1．某物体以一定初速度v0沿斜面向上运动，它所能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系如图1-24所示，试求θ为多少时，x的值最小．(g取l0rn·s-2)2．两个小孩在长廊里玩接球游戏，长廊高H，球出手时和到手时的高度都相当于人的肩高为A，如果他们都能以速度vo把球抛出，他们之间最多可以相隔多远?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?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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(vu)。某一时刻到达图1-27所示位置，C、D相距为L，CDAB。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。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，01e。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210nree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’的速度平抛一1-251-261-271-28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。10．如图1-29所示，质点A和质点B同时从A、B两点出发，分别以速度v1沿AB和以速度v2沿BC作匀速直线运动，BC和AB的夹角为。，开始时质点A和质点B相距为l，试求两质点之间的最短距离．11．在某铅垂面上有一光滑的直角三角形细管轨道，光滑小球从顶点A沿斜边轨道自静止出发自由滑到端点C所需时间恰好等于小球从A由静止出发自由地经B滑到C所需时间（图1-30）.设AB为铅直轨道，转弯处速度大小不变，转弯时间忽略不计在此直角三角形范围内可构建一系列如图1-2-3中虚线所示的光滑轨道，每一轨道由若干铅直和水平的部分连接而成，各转弯处性质都和B点相同。各轨道均从A点出发到C点终止，且不越出ΔABC的边界试求小球在各条轨道中，从静止出发自由地由A到C所需时间的上限与下限之比值12．如图所示，竖直平面上有一条光滑的四分之一圆弧轨道AB，它的圆心O与A点等高，A到B又有一条光滑的直线轨道．小球从A点自静止出发沿AB轨道到达B点所需时间记为t圆，沿直线轨道到B点所需时间记为t直，试比较t圆与t直哪一个小?参考答案1．解由图1-37可知θ=90°时为竖直上抛运动，则由202vxg得05/vms当θ=0°时，物体沿水平方向运动，满足22001.253,22vvag得3.3物体沿倾角为θ的斜面运动时，有1-291-301-311-37202(sincos)vxg易得当θ=60°时20min21.08.21vxmg2．解斜抛物体的射程公式20sin2/xvg，射高公式220sin/2yvg．显然当θ＝45°时射程最大．(1)当204vHhg时，两个小孩最多可相隔距离2045vdxg。(2)当时204vHhg，取0yHh(实际球与屋顶已相切)，按射程公式2200sin2vyHhg解得200011sin2(),cos2()gHhvgHhvv代入射程公式得220002sincos4()[()]2vvdxHhHhgg3．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。小球落地所需时间与水平位移分别为(g＝10m/s2)，021,5.HtsLvtmg（1）若小球最后一次是与墙发生碰撞，则N为偶数，取N＝2n(n=1,2,…)有L－2nd=s，故22Lsdnnm。①小球在第(2n一1)次能与板相碰的条件：201(21)2ndglv，即420d，自然满足。为使小球以后不会与板再次发生碰撞，则必须1-38201(21)2ndglv，即2021dn②由式①、②可得22021nn，即24.24204n。故n可取1,2，3,4，即d可取值：2m,1m,23m,12m。（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－(2n-1)d=d－s，即3dnm。③为使小球最后一次能与板发生碰撞，则必须201(21)2ndglv，即2021dn。④由式③、④可得32021nn，即n1.96，故n可取1，即d只能取3m一个值。综合情况（1）、（2），可知d共可取以下5个值：3m，2m，1m，23m，12m。4．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β=arcsin2130vv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1ABAKvv则在ΔABK中，由正弦定理得sin301sin1352ABAK所以122/.2vvms5．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0v．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1-39之和，在最高点这一速度大小应为102vv在最低点这一速度大小则降为20v。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20'vaaR,P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a心＝20vR据算式2va心，可得2112224R0.vava心心＝，＝6．解：我们假设经过很短时间Δt，质点D达D’，'DDut;质点C达C’，'CCut'。CD切于质点C运动轨道的C点，''CD切于C’点。过C点作CD垂线，过C’点作''CD垂线交于O点，'COCO即为所求之曲率半径。由图1-40中得∠DCD’＝∠COC’所以有关系''DDCCL得到''CCvtvLLLutuDD7.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02vgh，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0000sinsincoscosxxxyyyvvatvgtvvatvgt20201,21,2xxyyxvtatyvtat令y=0，得第一、第二次相碰时间间隔为LABCDD’uoC’v1-401-4101222,ghvtgg代人后可求得2014sin8sin.vxhg第二次碰撞瞬间02002sinsin3sin,xvvvgvg02002coscoscos.yvvvgvg碰后v2x不变化,20yyvv,可见每相邻两次碰撞的时间间隔均为t=t1，则有20020223sinsin()28sin.vvxvghgg第n次碰后反弹时0(21)sin,nxvnv0cos,nyvv由此得8sin.nxnh(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代替v0代入x1x1=4[u+(2gh)1/2]sinθ/g8．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sin,cosxyagag。所以由Ak到Ak+1所经历的时间tk+l满足21110(cos)2kkkvtgt取合理解，得到12coskkvtg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1-42011122()coskkkvvvTtttg因为小球与斜面每次碰撞中不消耗能量，所以011sinkvvvV代人得sin2coskTkVg因斜面是光滑的，利用x分量运动方程21(cos)(sin)2kkkOAVTgT根据题中要求：0nOA，得到cossinnVTg联立解得到ctg·ctg＝n2)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0112()coskkvvvTg小球与斜面垂直速度分量满足:v0=Vsinβ,v1=eVsinβ,v2=e2Vsinβ……所以212sin(1)2sin(1)coscos(1)kkkVeeeVeTgge再利用x分量方程21(cos)(sin)2kkkOAVTgT根据题中要求：0nOA，得到2cossinnVTg整理得到(1)1xectgctge3)接上小题，现在小球在第r次与斜面相碰时与斜面垂直，即ru＝0，而cos(sin)rruVgT所以cossinnVTg整理后得到(1)2(1)xectgctge代入前面结论得210nree(1．70)得证。9．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2htg，故v为2RgvRth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222222'22RggvvuRRhh1112tantantan2222uRhvggRh即v’的大小为22gRh,v’与u的夹角为12tan.2hg10．[解]方法一．