高中物理竞赛——曲线运动、万有引力习题

高中物理竞赛——曲线运动、万有引力习题一、小船渡河物理情形：在宽度为d的河中，水流速度v2恒定。岸边有一艘小船，保持相对河水恒定的速率v1渡河，但船头的方向可以选择。试求小船渡河的最短时间和最小位移。模型分析：小船渡河的实际运动（相对河岸的运动）由船相对水流速度v1和水相对河岸的速度v2合成。可以设船头与河岸上游夹角为θ（即v1的方向），速度矢量合成如图1（学生活动）用余弦定理可求v合的大小v合=cosvv2vv212221（学生活动）用正弦定理可求v合的方向。令v合与河岸下游夹角为α，则α=arcsincosvv2vvsinv21222111、求渡河的时间与最短时间由于合运动合分运动具有等时性，故渡河时间既可以根据合运动求，也可以根据分运动去求。针对这一思想，有以下两种解法解法一：t=合合vS其中v合可用正弦定理表达，故有t=sinsinvsin/d1=sinvd1解法二：t=11vS=1vsin/d=sinvd1此外，结合静力学正交分解的思想，我们也可以建立沿河岸合垂直河岸的坐标x、y，然后先将v1分解（v2无需分解），再合成，如图2所示。而且不难看出，合运动在x、y方向的分量vx和vy与v1在x、y方向的分量v1x、v1y以及v2具有以下关系vy=v1yvx=v2-v1x由于合运动沿y方向的分量Sy≡d，故有解法三：t=yyvS=y1vd=sinvd1t(θ)函数既已得出，我们不难得出结论当θ=90°时，渡河时间的最小值tmin=1vd（从“解法三”我们最容易理解t为什么与v2无关，故tmin也与v2无关。这个结论是意味深长的。）2、求渡河的位移和最小位移在上面的讨论中，小船的位移事实上已经得出，即S合=sind=sinvvd1合=sinvconvv2vvd1212221但S合（θ）函数比较复杂，寻求S合的极小值并非易事。因此，我们可以从其它方面作一些努力。将S合沿x、y方向分解成Sx和Sy，因为Sy≡d，要S合极小，只要Sx极小就行了。而Sx（θ）函数可以这样求——解法一：Sx=vxt=（v2-v1x）yyvS=（v2–v1cosθ）sinvd1为求极值，令cosθ=p，则sinθ=2p1，再将上式两边平方、整理，得到0vSvdpdvv2p)dS(v212x222221222x21这是一个关于p的一元二次方程，要p有解，须满足Δ≥0，即42221dvv4≥)vSvd)(dS(v4212x22222x21整理得212xvS≥)vv(d21222所以，Sxmin=21221vvvd，代入Sx（θ）函数可知，此时cosθ=21vv最后，Smin=2y2minxSS=12vvd此过程仍然比较繁复，且数学味太浓。结论得出后，我们还不难发现一个问题：当v2＜v1时，Smin＜d，这显然与事实不符。（造成这个局面的原因是：在以上的运算过程中，方程两边的平方和开方过程中必然出现了增根或遗根的现象）所以，此法给人一种玄乎的感觉。解法二：纯物理解——矢量三角形的动态分析从图2可知，Sy恒定，Sx越小，必有S合矢量与下游河岸的夹角越大，亦即v合矢量与下游河岸的夹角越大（但不得大于90°）。我们可以通过v1与v2合成v合矢量图探讨v合与下游河岸夹角的最大可能。先进行平行四边形到三角形的变换，如图3所示。当θ变化时，v合矢量的大小和方向随之变化，具体情况如图4所示。从图4不难看出，只有当v合和虚线半圆周相切时，v合与v2（下游）的夹角才会最大。此时，v合⊥v1，v1、v2和v合构成一个直角三角形，αmax=arcsin21vv并且，此时：θ=arccos21vv有了αmax的值，结合图1可以求出：S合min=12vvd最后解决v2＜v1时结果不切实际的问题。从图4可以看出，当v2＜v1时，v合不可能和虚线半圆周相切（或αmax=arcsin21vv无解），结合实际情况，αmax取90°即：v2＜v1时，S合min=d，此时，θ=arccos12vv结论：若v1＜v2，θ=arccos21vv时，S合min=12vvd若v2＜v1，θ=arccos12vv时，S合min=d二、滑轮小船物理情形：如图5所示，岸边的汽车用一根不可伸长的轻绳通过定滑轮牵引水中的小船，设小船始终不离开水面，且绳足够长，求汽车速度v1和小船速度v2的大小关系。模型分析：由于绳不可伸长，滑轮右边绳子缩短的速率即是汽车速度的大小v1，考查绳与船相连的端点运动情况，v1和v2必有一个运动的合成与分解的问题。（学生活动）如果v1恒定不变，v2会恒定吗？若恒定，说明理由；若变化，定性判断变化趋势。结合学生的想法，介绍极限外推的思想：当船离岸无穷远时，绳与水的夹角趋于零，v2→v1。当船比较靠岸时，可作图比较船的移动距离、绳子的缩短长度，得到v2＞v1。故“船速增大”才是正确结论。故只能引入瞬时方位角θ，看v1和v2的瞬时关系。（学生活动）v1和v2定量关系若何？是否可以考虑用运动的分解与合成的知识解答？针对如图6所示的两种典型方案，初步评说——甲图中v2=v1cosθ，船越靠岸，θ越大，v2越小，和前面的定性结论冲突，必然是错误的。错误的根源分析：和试验修订本教材中“飞机起飞”的运动分析进行了不恰当地联系。仔细比较这两个运动的差别，并联系“小船渡河”的运动合成等事例，总结出这样的规律——合运动是显性的、轨迹实在的运动，分运动是隐性的、需要分析而具有人为特征（无唯一性）的运动。解法一：在图6（乙）中，当我们挖掘、分析了滑轮绳子端点的运动后，不难得出：船的沿水面运动是v2合运动，端点参与绳子的缩短运动v1和随绳子的转动v转，从而肯定乙方案是正确的。即：v2=v1/cosθ解法二：微元法。从考查位置开始取一个极短过程，将绳的运动和船的运动在图7（甲）中标示出来，AB是绳的初识位置，AC是绳的末位置，在AB上取AD=AC得D点，并连接CD。显然，图中BC是船的位移大小，DB是绳子的缩短长度。由于过程极短，等腰三角形ACD的顶角∠A→0，则底角∠ACD→90°，△CDB趋于直角三角形。将此三角放大成图7（乙），得出：S2=S1/cosθ。鉴于过程极短，绳的缩短运动和船的运动都可以认为是匀速的，即：S2=v2t，S1=v1t。所以：v2=v1/cosθ三、斜抛运动的最大射程物理情形：不计空气阻力，将小球斜向上抛出，初速度大小恒为v0，方向可以选择，试求小球落回原高度的最大水平位移（射程）。模型分析：斜抛运动的常规分析和平抛运动完全相同。设初速度方向与水平面夹θ角，建立水平、竖直的x、y轴，将运动学参量沿x、y分解。针对抛出到落回原高度的过程0=Sy=v0yt+21（-g）t2Sx=v0xt解以上两式易得：Sx=gv20sin2θ结论：当抛射角θ=45°时，最大射程Sxmax=gv20（学生活动）若v0、θ确定，试用两种方法求小球到达的最大高度。运动学求解——考查竖直分运动即可；能量求解——注意小球在最高点应具备的速度v0x，然后对抛出到最高点的过程用动能定理或机械能守恒。结论：Hm=g2sinv220。四、物体脱离圆弧的讨论物理情形：如图8所示，长为L的细绳一端固定，另一端系一小球。当小球在最低点时，给球一个vo=2gL的水平初速，试求所能到达的最大高度。模型分析：用自然坐标分析变速圆周运动的典型事例。能量关系的运用，也是对常规知识的复习。（学生活动）小球能否形成的往复的摆动？小球能否到达圆弧的最高点C？通过能量关系和圆周运动动力学知识的复习，得出：小球运动超过B点、但不能到达C点（vC≥gL），即小球必然在BC之间的某点脱离圆弧。（学生活动）小球会不会在BC之间的某点脱离圆弧后作自由落体运动？尽管对于本问题，能量分析是可行的（BC之间不可能出现动能为零的点，则小球脱离圆弧的初速度vD不可能为零），但用动力学的工具分析，是本模型的重点——在BC阶段，只要小球还在圆弧上，其受力分析必如图9所示。沿轨迹的切向、法向分别建τ、n坐标，然后将重力G沿τ、n分解为Gτ和Gn分量，T为绳子张力。法向动力学方程为T+Gn=ΣFn=man=mrv2由于T≥0，Gn＞0，故v≠0。（学生活动：若换一个v0值，在AB阶段，v=0是可能出现的；若将绳子换成轻杆，在BC阶段v=0也是可能出现的。）下面先解脱离点的具体位置。设脱离点为D，对应方位角为θ，如图8所示。由于在D点之后绳子就要弯曲，则此时绳子的张力T为零，而此时仍然在作圆周运动，故动力学方程仍满足Gn=Gsinθ=mrv2①在再针对A→D过程，小球机械能守恒，即（选A所在的平面为参考平面）：21m20v+0=mg(L+Lsinθ)+21m2Dv②代入v0值解①、②两式得：θ=arcsin32，（同时得到：vD=gL32）小球脱离D点后将以vD为初速度作斜向上抛运动。它所能到达的最高点（相对A）可以用两种方法求得。解法一：运动学途径。先求小球斜抛的最大高度，hm=g2)cosv(2D=g2)sin1(v22D代入θ和vD的值得：hm=275L小球相对A的总高度：Hm=L+Lsinθ+hm=2750L解法二：能量途径小球在斜抛的最高点仍具有vD的水平分量，即vDsinθ=32gL32。对A→最高点的过程用机械能守恒定律（设A所在的平面为参考平面），有21m20v+0=2D)sinvm21（+mgHm容易得到：Hm=2750L五、万有引力的计算物理情形：如图9所示，半径为R的均质球质量为M，球心在O点，现在被内切的挖去了一个半径为R/2的球形空腔（球心在O′）。在O、O′的连线上距离O点为d的地方放有一个很小的、质量为m的物体，试求这两个物体之间的万有引力。模型分析：无论是“基本条件”还是“拓展条件”，本模型都很难直接符合，因此必须使用一些特殊的处理方法。本模型除了照应万有引力的拓展条件之外，着重介绍“填补法”的应用。空腔里现在虽然空无一物，但可以看成是两个半径为R/2的球的叠加：一个的质量为+M/8，一个的质量为－M/8。然后，前者正好填补空腔——和被挖除后剩下的部分构成一个完整的均质球A；注意后者，虽然是一个比较特殊的物体（质量为负值），但仍然是一个均质的球体，命名为B。既然A、B两物均为均质球体，他们各自和右边小物体之间的万有引力，就可以使用“拓展条件”中的定势来计算了。只是有一点需要说明，B物的质量既然负值，它和m之间的万有“引力”在方向上不再表现为吸引，而应为排斥——成了“万有斥力”了。具体过程如下FAm=G2dMmFBm=G22Rdm8M=－G2)2Rd(8Mm最后，两物之间的万有引力F=FAm+FBm=G2dMm－G2)2Rd(8Mm需要指出的是，在一部分同学的心目中，可能还会存在另一种解题思路，那就是先通过力矩平衡求被挖除物体的重心（仍然要用到“填补法”、负质量物体的重力反向等），它将在O、O′的连线上距离O点左侧R/14处，然后“一步到位”地求被挖除物与m的万有引力F=G2)14Rd(m7M然而，这种求法违背了万有引力定律适用的条件，是一种错误的思路。六、天体运动的计算物理情形：地球和太阳的质量分别为m和M，地球绕太阳作椭圆运动，轨道的半长轴为a，半短轴为b，如图11所示。试求地球在椭圆顶点A、B、C三点的运动速度，以及轨迹在A、C两点的曲率半径。模型分析：求解天体运动的本来模式，常常要用到开普勒定律（定量）、机械能守恒（万有引力势能）、椭圆的数学常识等等，相对高考要求有很大的不同。地球轨道的离心率很小（其值ac≈0.0167，其中c为半焦距），这是我们常常能将它近似为圆的原因。为了方便说明问题，在图11中，我们将离心率夸大了。针对地球从A点运动到B点的过程，机械能守恒21m2Av+（－caMmG）=21m2Bv+（－caMmG）比较A、B两点，应用开普勒第二定律，有：vA（a－c）=vB（a+c）结合椭圆的基本关系：c=22ba解以上三式可得：vA=bbaa22aGM，vB=bbaa22aGM再针对地球从A到C的过