高中物理竞赛(运动学)

一.质点的直线运动运动 1.匀速直线运动 2.匀变速直线运动 3.变速运动: 微元法

问题：如图所示，以恒定的速率v1拉绳子时，物体沿水平面运动的速率v2是多少？

设在t（t0）的时间内物体由B点运动到C点，绳子与水平面成

的夹角由增大到+，绳子拉过的长度为s1，物体运动的位移大小为s2。

因t0，物体可看成匀速运动（必要时可看成匀变速度运动），物体的速度与位移大小成正比，位移比等于速率比，v平= v即=s/t，s1与s2有什么关系？ 如果取ACD为等腰三角形，则B D=s1，但s1s2cos。 如果取ACD为直角三角形，则s1=s2cos,但DBs1。 普通量和小量；等价、同价和高价

有限量（普通量）和无限量x0的区别.

xx设有二个小量x1和x2，当11, x1和x2为等价无穷小，可互相代替，当1普通量, x1

x2x2xx和x2为同价无穷小，当1（或20）, x2比x1为更高价无穷小。

x2x1在研究一个普通量时,可以忽略小量；在研究一个小量时,可以忽略比它阶数高的小量。 如当0时，AB弧与AB弦为等价，（圆周角）和（弦切角）为同价。 如图OAB为等腰三角形，OAD为直角三角形，OA=OB=OD+BD=OD。

ADADABAD，即sintan（等价）。 sin,tan,OAODOAOA22，比更高价的无穷小量。 1cos2sin22回到问题：因为DD为高价无穷小量，绳子拉过的长度s1=BD=BD，因直角三角形比较方便，常取直角三角形。（v2=v1/cos） 例：如图所示，物体以v1的速率向左作匀速运动，杆绕O点转动，求 （1）杆与物体接触点P的速率？（v2=v1cos） （2）杆转动的角速度？（=v1sin/OP）。

1. 细杆M绕O轴以角速度为匀速转动,并带动套在杆和固定的AB钢丝上

的小环C滑动,O轴与AB的距离为d，如图所示.试求小环与Ａ点距离为X 1

x2d2时，小环沿钢丝滑动的速度.（答案：）

d 解:设t时刻小环在C位置,经t时间(t足够小),小环移动x,由于t很小,所以也很小,于

COOCx2d2,从上面关系得 是小环的速度v=x/t,根据图示关系,CD=OC,x，

cosxOCOCx2d2x2d2x2d2v.

22tcostcoscosd(d/xd)2. 用微元法求：自由落体运动，在t1到t2时间内的位移。（答案：

解：把t1到t2的时间分成n等分，每段为t,则t则v1=gt1+gt,s1=( gt1+gt)t,

1212gt2gt1） 22t2t1,且看成匀速。 nv2=gt1+2gt,s2=(gt1+2gt)t, vn=gt1+ngt,sn=(gt1+ngt)t,

g(t2t1)21212(n1)ns=s1+s2+sn=ngt1tgtgt1(t2t1)gt2gt1.

2222 若v1=gt1,s1=gt1t,

2v2=gt1+gt,s2=(gt1+gt)t,

vn=gt1+（n-1）gt,sn=[gt1+（n-1）gt]t,

g(t2t1)21212(n1)ns=s1+s2+sn=ngt1tgtgt1(t2t1)gt2gt1

22222 也可用图象法求解。

3. 蚂蚁离开巢沿直线爬行,它的速度与到蚁巢中心的距离成反

比,当蚂蚁爬到距巢中心L1=1m的A点处时,速度是

v1=2cm/s.试问蚂蚁从A点爬到距巢中心L2=2m的B点所需

的时间为多少? （答案：75s）

解法1:将蚁巢中心定为坐标原点O,OA连线即为x轴正方向,则坐标x处蚂蚁的速度可表

(LL)Lv示为v11.将AB连线分成n等份,每等份x21.当n很大时,每小段的运动可看成是

nx匀速运动.

每小段对应的速度为v1得tL1v1LvL1v1，v211，vn。

L1(n1)xL1L1xxv1xv2xvn]xL1v1[L1(L1x)(L12x)(L13x)]

2(L2L1)(L1L2)L22L175s

2L1v12L1v1xnL1v1[L1x(n1)2xn(L1L2)L1v12 解法2：各种图象的意义？因蚂蚁在任一位置时的速度vv1L11, x 2

即

11x，1/v-x的图象如图所示。 vv1L1(L12)(L2L1)2v1v1L1L22L1蚂蚁运动的时间t为如图梯形的面积，t==75s. 22v1L1二.运动的合成与分解 1.相对运动

4. 某汽艇以恒定的速率沿着河逆流航行,在某一地点丢失一个救生圈,经过t时间才发现丢失,汽

艇立即调头航行,并在丢失点下游s距离处追上救生圈,则水流的速度大小为 . （答案：s/2t）

以地为参照物,水速为v1,船速为v2,船调头后追上救生圈的时间为t, 对船(v2+v1)t=(v2-v1)+v1(t+t)t，得t=t,所以v1=s/2t. 或以水为参照物,则救生圈静止,t=t,所以v1=s/2t

5. 在空间某点,向三维空间的各个方向以大小相同的速度v0射出很多的小球,问(1)这些小球在

空间下落时会不会相碰?(2)经t时间这些小球中离得最远的二个小球间的距离是多少? （答案：不会相碰；2v0t）

解(1)选取在小球射出的同时开始点作自由下落作参照系,则小球都以v0的速度作匀速直线运动,小球始终在以抛出点为圆心的球面上,所以小球不会相碰.(2)这些小球中离得最远的二个小球间的距离等于球面的直径,即d=2v0t.

6. 一只气球以10m/s的速度匀速上升,某时刻在气球正下方距气球为10m的地方有一个石子以

v0的初速度竖直上抛(取g=10m/s2),石子要击中气球,则v0应满足什么条件?

（答案：v010(12)m/s）

解法1:设气球的速度为v,开始相距为h,当石子与气球的速度相等时追上,石子要击中气球,否则石子不能击中气球,

速度相等时所用的时间t=(v0-v)/a---(1), 则好击中时的位移关系为v0t-12

gt2=vt+h---(2) 2解得石子的初速度至少v0v2gh10(12)m/s.

解法2:以气球为参照物,则初速度v1=v0-v,未速度v2=0,所以(v0-v)2=2gh, 解得石子的初速度至少v0v2gh10(12)m/s.

2.物体系的相关速度：杆、绳上各点在同一时刻具有相同的沿杆、绳的分速度（即两质点间的距离的改变只取决于沿它们连线方向分运动，而它们相对方们位改变只取决于垂直连线方向的分运动）。

3

求下列各图中v1和v2的关系.

答案依次是：A:v1=v2cos;B:v1=v2cos;C:v1cos=v2cos;D:v2=vtan; 7. 如图所示，AB杆的A端以匀速v沿水平地面向右运动，在

运动时杆恒与一半圆周相切，半圆周的半径为R，当杆与水平线的交角为时，求此时：

（1）杆上与半圆周相切点C的速度大小。 （2）杆转动的角速度。 （3）杆上AC中点的速度大小。

（4）杆与半圆周相切的切点的速度大小。

vsin22[答案：（1）vcos；（2）tansin；（3）；vcos；（4）vtansin]

R4 解：把A的速度分解成沿杆的速度v1vcos，和垂直杆方向速度v2vsin。 （1）沿同一杆的速度相等，所以杆上与半圆周相切点C的速度大小vCv1vcos。 （2）A点对C点的转动速度为v2vsin， vsinvsinv所以杆转动的角速度为tansin。

ACRcotR （3）vAC2v1v22sin22 ()vcos24 （4）在相同时间内，杆转过的角度与切点转过的角度相同，所以切点转动的角速度也为vtansin， RRvtansin。 杆与半圆周相切的切点的速度大小vC8. 如图所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端

点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块

M，滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H。某一

时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为时，杆的角速度为，求此时物块M的速率vM。 解：vAR，

vA沿绳BA的分量vMvAcos

由正弦定理知

sinOABsin HR由图看出OAB2由以上各式得vMHsin

3.运动的合成与分解:

在船渡河中，v船地v船水v水地。推广v甲丙v甲乙v乙丙

9. 当骑自行车的人向正东方向以5m/s的速度行驶时,感觉风从正北方向吹来,当骑自行车的人

4



的速度增加到10m/s时,感觉风从正东北方向吹来.求风对地的速度及的方向. （答案：52m/s，方向正东南）

V风对地=V风对人+V人对地，得V风对地=52m/s，方向正东南 10. 如图所示,质点P1以v1的速度由A向B作匀速直线运动,同时质点P2以

v2的速度由B向C作匀速直线运动,AB=L,ABC=,且为锐角,试确定

何时刻t,P1、P2的间距d最短,为多少? （答案：tL(v1v2cos)；d22v1v22v1v2cosLv2sin2v12v2）

2v1v2cos 解:以A为参照物,vBA=vB地+v地A。B相对A的运动方向和速度的大小如图所示.

22则B相对A的速度为vv1v22v1v2cos

有正弦定理sinvvcosv2 sin，cos1sin212vvLv2sin2v12v2当B运动到D时(AD垂直AB)P1、P2的间距d最短,dLsinL2v1v2cos.

所需的时间tLcosvv1v2cosL(vv2cos)v21. 2vv1v22v1v2cos11. 一半径为R的半圆柱体沿水平方向向右以速率为v做匀速运动.在半

圆柱体上搁置一根竖直杆,杆与半圆柱体接触为点P，此杆只能沿竖直方向运动,如图所示.求当OP与柱心的连线与竖直方向的夹角为时,竖直杆运动的速度和加速度. （答案：vtan；av2Rcos3）

 解:(1)取半圆柱体作为参照系.在此参照系中P点做圆周运动,v杆柱的方向沿着圆上P点的切线方向,v杆地的方向竖直向上,因为v杆地v杆柱v柱地, 矢量图如图a所示.得v杆地=vtan。 也可用微元法求.

 (2)有a杆地a杆柱a柱地, 因a柱地=0,所以a杆地=a杆柱,

而a杆地的方向竖直向下,又a杆柱可分解成切线方向at和法线方向an,矢量图如图b所示,

anv2an,所以得到a杆地. 23RcosRcosRcos问题：若圆柱体的加速度为a，则a杆地=？a杆地a杆柱a柱地anata柱地，

2v杆柱v2 5

an2v杆柱Rv2Rcos2，atantan，a杆地的方向仍在竖直方向上。

三．抛体运动

1.竖直上抛运动:v=v0-gt,s=v0t-gt2/2.

如初速v0=20m/s竖直向上抛出,取g=10m/s2.求经t=3s物体的位移. 可用分段解,也可用s=v0t-gt2/2直接求解(15m,方向向下)

12. 在地面上的同一点分别以v1和v2的初速度先后竖直向上抛出两个可视作质点的小球,第二个

小球抛出后经过t时间与第一个小球相遇,改变两球抛出的时间间隔,便可改变t的值,已知

22v2v2v1v1解法1：h1v1(tt)g）

11g(tt)2，h2v2tgt2，相碰条件h1h2 22得gt22(gtv1)t2(v2v1)t0

要使方程有解：[2(gtv1)]24g2(v2v1)t0 解得t22v2v2v122v2v2v1g,取tg

解法2：因v122222v2v2v1v2v2v1v112v2tgt,解得t最大:,取t 2g2gg2.平抛运动

水平方向匀速运动:vx=v0,x=v0t 竖直方向自由落体运动:vy=gt,y=gt2

13. 如图所示,从高H处的同一点先后平抛两球1和2.球1直接经竖直挡板

的顶端落到水平地面B点,球2与地面的A点碰撞后经竖直挡板的顶端,第二次落到水平地面B点.设球2与地面的碰撞是弹性碰撞,求竖直挡板的高度h. （答案：h3H） 4 解:因球2与地面的碰撞是弹性碰撞,所以弹起后的运动与原来的运动对称,它的运动时间为t2=3t1,它们的水平初速v1=3v2,所以当水平位移相等时,它们的运动时间为3倍关系,两球飞抵挡板的时间是t2=3t1,设球2第一次着地到飞跃挡板顶端的时间为t,因小球的上升和下落的运动是对称的,所以它们的时间关系为:

2H/gt32(Hh)/g.得t32(Hh)/g2H/g

对球2下落

2Hg32(Hh)t,解得hH.

4g3.斜抛运动（抛射角为，初速为v0） 水平方向：vx=v0cos,x=v0cost,

6

竖直方向：vy=v0sin,y= v0sint-物体运动到最高点的时间：t12v0sin2射高：y，

2g12gt, 2v0sing,

2v0sin2射程：xv0cos2t，当=45时X最大。

g14. 一物体以v0的初速从A点开始以恒定的加速度作曲线运动，经1s运动到B点，再经1s运动到C点。已知AB=3m，BC=3m，ABBC，求初速度大小v0和加速度大小a。 （答案：v021m/s; a23m/s2,）

解：物体与加速度垂直方向是匀速运动，在相等时间内的位移相等。作直角三角形，AC的中点P与B的连线应是加速度反方向，如图所示。

APcos300在A到B的过程，设x方向的初速为vx,则vx1.5m/s

t设y方向的初速为vy,加速度大小为a,AC23m

12gt 21在A到C的过程ACsin300vy2tg(2t)2

2523m/s，所以v0vx解得加速度大小a23m/s2,vyv2y21m/s=4.58m/s。 2在A到B的过程ABsin600vyt15. 如图所示,一仓库高25m,宽40m.今在仓库前L、高5m的A点处抛

出一石块过屋顶,问L为多少时所需的初速v0可最小. （答案：14.6m）

解:当v0最小时,抛物线必经过屋顶边缘的B、C两点,物体经过

B点时的速度也必最小,所以把坐标的原点移到B点,建立水平方向为x轴,竖直方向为y轴.因斜

抛物体的射程BC一定,所以当vB的方向与水平方向成=450角时,vB最小.

2v0sin22gBC------- 由x，所以vBg水平方向x=vBcost—, 竖直方向y=vBsint-

12

gt---. 2两式消去t得y=x-x2/40---(3),将A点的坐标(-L,-20)代入(3)得L=14.6m. 16. 如图所示,一人从离地平面高为h处以速率v0斜向上抛出一个石子,

求抛射角为多少时，水平射程最远？最远射程为多少？ （答案：sin12v0v02ghv02v2gh20;xmaxg）

7

解法1：射程最大时，45（<45） 根据斜抛运动规律：x=v0cost---- y=-h=v0sint-12

gt---- 2x2(gt2/2h)21, 把上述二式消去得2222v0tv0tg241222或x(v0t)(gth)t(v0gh)t2h-----

2422v2ghb02当t2时，x2有极值，即x有极值。 2ag22把t代入式得xmax2v0v02ghg。再把t代入式，得sin112

gt,两式中消去, 2v02v2gh20。

解法2：用x=v0cost,y=v0sint-

124x2(gt2/2h)222gt(ghv0)t(h2x2)0, 1,得22或224v0tv0t有0求得.x的最大值x=

2v0v02ghg.

12

gt, 2 解法3:设发射角为,水平方向为x=v0cost,竖直方向为y=v0sint-有运动方程消去时间得yxtan2v0gx222v0cos22,当y=-h时,x=s,

gs22(stanh)cos22ssincos2hcos2ssin2hcos2hgsgs2h2,则v0=,当sin(2-)=1,s最大, 22sshsin(2)h2v0v02ghgs2.

令=tan-1

s的最大值s=

g.

解法4：把斜抛运动分解成v0方向的匀速运动和竖直方向的自由落体运动，其位移矢量图如图所示。 则由图可得x2(v0t)2(gt2h)2。 以下解法与解法1相同。

解法5:初速v0、末速v和增加的速度gt有如图的关系,这个矢量三角形的面积

1g(vxt),式中vxt就是石子的水平射程,所以当S最大时,石子的水平射程也最大,而212三角形面积又可表示为S=v0vsin.因v0和v=v02gh的大小都是定值,所以当=900时,S212S=vxgt=

12 8

有最大值,S11v0vgs. 222v0vv0v02gh因此最大射程s=vxt=. gg 说明：不同的解法，有不同的表达式，根据三角函数可证明结果一样。 17. 如图所示，弹性小球从高为h处自由下落，落

到与水平面成角的长斜面上，碰撞后以同样的速率反弹回来。求：

（1）每相邻两点[第一点和第二点、第二点和第三点第n点和第（n+1）]间的距离。 （2）当小球与斜面发生碰撞前瞬间，斜面以v的速度竖直向上作匀速直线运动，求第一点和第二点间的距离。[答案：（1）4sin(2ghv)2] xn\\n1n8hsin;x12g 解：（1）取沿斜面向下为x轴，垂直斜面方向为y轴。

小球与斜面第一次碰撞前后的速度大小v02gh，方向与y轴对称， 则vx1=v0sin,ax=gsin,vy1=v0cos,ay=-gcos,

2vcos2v0第一点与第二点碰撞时间间隔t10。 gcosg所以第一点与第二点间的距离x1224v0sin12v0sint1gsint18hsin。

2g第二次碰撞时刻的速度vx2=v0sin+gsint1=3v0sin,

vy2=v0cos-gcost1=-v0cos,

碰后，vy大不变，每相邻两次碰撞时间间隔不变，t所以第二点与第三点间的距离x233v0sint12v0。 g1gsint1228hsin。 2同理，第n点与第n+1点间的距离xn\\n1n8hsin。

24v0sin (2)因x12，当斜面向上作匀速运动时，以斜面为参照物，小于与斜面碰撞时

g的速度v=v0+v,所以x124sin4sin(v0v)2(2ghv)2。 gg四．圆周运动

1.质点的匀速圆周运动

s(1)线速度度v,(2)角速度,(3)角加速度,

ttt(4)线速度和角速度的关系vR,(5)角速度与时间的关系0t,

9

12v2(6)角度与时间和关系0tt,(7)向心加速度(改变速度方向)an2Rv,

2Rv(8)切向加速度(改变速度大小)attR

t(9)质点的加速度(法向和切向的合成)aanat.

v218. 一质点以半径为R,线速度为v作匀速圆周运动,求证质点的向心加速度an.

Rvs 解:根据相似三角形,得, vRvvs两边同除t,得a, tRt当t0时,0,v的方向与vA方向垂直,即加速度的方向指向v2s圆心,就是线速度,所以得到向心加速度大小an.

Rtv2问题：an，对非匀速圆周运动适用吗？

R19. 赛车在公路的平直段上以尽可能大的加速度行驶,在0.1s时间内速度由10.0m/s加大到

10.5m/s,那么该赛车在半径为30m的环形公路段中,达到同样的结果需要多少时间?当环行公路的半径为多少时,赛车的速度就不可能增大到超过10m/s?设公路的平面是水平的. （答案：0.14s;20m）

解:合力产生的最大加速度am=(v2-v1)/t1=5m/s2,

22V122v1v2vv20.14s, 作圆周运动时at,则atam(),t , anRatRRt2v1半径最小时：at0,所以aman=20m.

R20. 如图所示,半径为r的圆轮在半径为R的固定圆柱上滚动,已知半径为r的圆

轮的轮心的速率恒为v,求当圆轮在固定圆柱的最高点的如图时刻: (1)圆轮上P点的加速度.

Rv2Rv2(2)圆轮与圆柱接触点的加速度.[答案：(1) ; aP]

r(rR)(Rr)2 解:(1)P点相对O转动,有aP对地aP对OaO对地,P点相对地的速度多大? 由vP地vPOvO地.无相对滑动时,vP地=0，aP地0，vPO大小等于vO地=v，有滑动时？

v2v2而aP对O=,方向向上;aO对地=,方向向下.

rRrRv2所以P点的速度度aP对地=aP对O-aO对地=,方向向上.

r(rR)vv2Rv2R,接触点的加速度aP (2)接触点P运动的线速度v=. 2RrR(Rr)21. 如图所示，利用定滑轮绳索拉物体，已知拉绳索的速率v恒定

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不变。求如图时刻：物体离定滑轮的水平距离为s、物体离定滑轮的竖直距离为h时物体的加速度。 （答案：ah2sss2h23v2）

解:设物体的速度为v，绳与水平夹角为。 则cos,tanh，物体的速度v=v/cos, s此时刻物体可看成相对绕滑轮（圆心）半径为Rs2h2、速度v切=vtan的转动， 物体的加速度沿水平方向。因圆心作匀速运动，物体对地的加速度等于物体对圆心作圆周运动的加速度，物体的加速度可分解成垂直绳子at切向加速度和沿绳子an法向加速度，其合加速度的方向水平。 法向加速度：an2v切R2v2tan2hs22，

v2tan2h2s2cosh2s3a所以物体的加速度：ancosv2。

注意：若拉绳子的加速为a,则物体的加速度多大？ 物体沿绳子方向相对地的加速度a地=a+ an ， 所以物体的加速度：a合aancoss2h2h2a3a。 ssa合不是a和a的合成，为什么？（a不影响an，但要影响at,a合的方向仍水平方向）。 2.刚体的转动、瞬时轴

(1)刚体上各点相对某一点的角速度都相等。

(2)瞬时轴是指某时刻的速度为零，确定方法：任意两点的速度方向垂直的直线的交点，它与某点的距离R=v/

（3）瞬时轴的速度为零，加速度不为零。

如图所示,小球在地上无滑动的滚动,求A、B、C的速度大小加速度的大小？ 用速度的合成（或用A点为瞬时轴）求解：VA=0;vB=2v;vC=2v。

v2O点作匀速运动，对地的加速度等于对O点的加速度，都为aA（或用aa点轴a轴地）

R22. 一辆汽车沿水平公路以速度v无滑动地运动,如果车轮的半径为R,求

从车轮边缘抛出的水滴上升的最大高度（离地）。

R2gv2v2v2R,ymR;当R，ym=2R） （答案：当gg2v22g 解:设水滴抛出时速度方向与水平面成角，

根据速度的合成（或瞬时轴），水滴的速度v=2Rcos=2vcos

11

(2vcossin)22Rcos2 其高度：y2g2v212cos212cos22R(12cos2)v2cos22Rcos2R ==g2222g当cos2=

Rgv2时，ymR2g2v2v2R. 2gR2gv2R2gv2v2R，即2R时，ymR 因cos2<1，所以当2g2g2g2v2vR2gv2R2gv2v2R，即2R时，ym=2R（是ymR的最小值）. 当g2g2v2v22gv23.曲线运动的曲离半径:

an如当圆柱体在水平地面上滚动时: B点运动的曲离半径2R，

2vB2v222R 因vB=2v,an,所以曲离半径an2R(14a2x2)3/223. 求抛物线yax曲率半径与x关系。（答案：）

2a2 解：因平抛运动的轨迹为抛物线，如图3所示。设平抛运动的初速

12gt，平2ggg222yax抛运动的轨迹为y。比较和，当，xyxa2222v02v02v0t,竖直高度为y度为v0，则平抛运动的水平位移为xv03时平抛运动的轨迹与抛物线yax2的轨迹相同。 或g2av022gy。 根据机械能守恒定律，物体在任一点（P点）时的速度大小：vv03代入上式得vv014a2x2 把yax2和g2av02av03v0 在P点物体的法向加速度：angcosg。 vv(14a2x2)3/2v2v3 所以抛物线yax曲率半径与x关系：。 an2av02a32 抛物线yax2顶点（x=0）的曲率半径：1。 2a2v01 也可直接求顶点的曲率半径：。 g2a24. 有一只狐狸以不变的速度v1沿直线AB逃跑,一猎犬以不变的速

率v2追击,其运动方向始终对准狐狸.某时刻狐狸在F处,猎犬在D处,FDAB,且FD=L(如图所示)求此时猎犬的加速度大小.

2v2vv（答案：a12）

RL 12

解:猎犬作恒速率的曲线运动,设在t(很短)时间内,则可看成是匀速圆周运动,设半径为R,

2v2则猎犬的加速度大小a,

R在t的时间内猎犬通过的路程s2=v2t，狐狸通过的路程s1=v1t， 2v2tv1tv2Lv2vv有相似三角形,得R,所以猎犬的加速度大小a12. RLv1RL五．综合题例

25. 百贷大楼一、二楼间有一部正在向上运动的自动扶梯,某人以速度v沿梯向上跑,数得梯子有

N1级,到二楼后他又反过来以速度v沿梯下跑,数得梯子有N2级,那么该自动扶梯的梯子实际

为 级. （答案：

2N1N2）

N1N2 解:因人相对扶梯的速度不变,所以扶梯的级数与时间成正比,N=t=S/v---(1),

2N1N2ss ---(2), N2t2 ---(3).得N= N1t1N1N2vv梯vv梯26. 在高为h处有一木球A由静止开始下落,由于空气阻力的作用,下落的加速度大小为g/10,同时

在A正下方的地面上有一铁球B以v0的初速度竖直上抛(空气对铁球的阻力可以忽略不计,铁球的加速度大小为g)要使A和B在空中相撞,v0应满足什么关系? （答案：v0 解:相碰时位移关系v0t-1212

gt+at=h---(1) 229hg） 5v0较大时,A和B在空中一定能相撞,当v0较小时,B在下落过程中与A相碰, v0最小的临界条件

速度相等,即-(v0-gt)=at---(2),式中a把a10v0g代入(2)式得t,

9g1010v099g和t,代入(1),得v0hg,即要使A和B在空中相撞v0hg.

9g5510另解：使（1）式有解0来求解。

27. 如图所示,水平方向以v0速度向右运动的车厢，车厢内的桌面上离

车厢底的高度为h处有一小球，当车厢以速度度大小为a作匀减速度直线运动时，小球以v0的速度水平离开车厢。求小球落到车厢底上距桌面边缘A点的距离（车厢底足够长）。

22hv02hv02hv0a（答案：当时sh;当时，sv0.） g2aggggg 解：小球在空中运动的时间t当

2h。 g2hv01a时，以车厢为参照物，距桌面边缘A点的距离sat2h. gg2g22v02hv02hv0v0当时，则sv0t. 2ag2agg 13

28. 如图所示,直杆AB搁在半径为R的固定圆环上作平动,速度恒为v。

求当杆运动到如图位置时,杆与环的交点M的速度和加速度.

（答案：vMv2v;aM地） sinRsin3 解:设M点相对杆的速度为v,则M点对地的速度vM是v和v的合成：vM地vM杆v杆地，如左图所示.

v(也可用微元法解)。 sin M点对地的加速度aM地aM杆a杆地

因AB作匀速运动,a杆地=0,则aM地aM杆

因M点对地作圆周运动所以aM地aM杆anat

得vM即aM地的方向沿杆向左(因环对杆作减速运动),矢量关系如右图所示.

2anvMv2v2因an,得M对地的加速度aM地. RsinRsin3Rsin229. 有两艘船在大海中航行,A船航向正东,船速每小时15公

里,B船航向正北,船速每小时20公里,A船正午通过某一灯塔,B船下午2时通过同一灯塔.问:什么时候A、B两船相距最近?最近距离是多少?

（答案：下午1.28hA、B两船相距最近; 24Km） 解:以A为参照系,vBAvB海v海AvB海(vA海) 所以vBA=202152=25Km/h,方向为北偏西370.

我们从正午开始考虑,B船以vBA航行,显然B船使到C点时(ACBC)时二船相距最近.B船从B点使到D点(即灯塔)的时间为2小时.

BD=vBAt=50Km,AB=BDcos370=40Km,最近距离AC=ABsin370=24Km.

BCABcos370400.8B到C的时间t=1.28h,即下午1.28hA、B两船相距最近. vABvBA2530. 如图所示,一小球以速度v0水平投射到光滑的斜面上,斜面与水平

面的夹角为,小球与斜面的碰撞是弹性碰撞,求小球第一次与斜面碰撞点到第二次与斜面碰撞点间的距离s(空气阻力不计).

22v0sin(1tan2) （答案：g 解法1:将初速度v0和重力加速度g分解成平行与斜面方向vx=v0cos,gx=-gsin,和垂直与斜面方向

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vy=v0sin,gy=gcos,设飞行时间为t.

则x=v0cost-121gsint2---(1), 2y=v0sint-gcost2----(2)

小球与斜面发生第二次碰撞时y=0,有(2)式得t2v0sin2v0tan. gcosg222v02v02v012tangsin2tansin(1tan2). 将t代入(1)式得xsv0cosg2gg 解法2:小球碰撞后的运动可分解成沿初速度方向的匀速直线运动和自由落体运动,在t时间内的位移为s,则小球的位移s应是沿初速方向的位移v0t和竖直方向的位移gt2/2的合成,其矢量合成图如图所示.根据正弦定理得:

v0tgt2/2s 00sin(90)sinsin(902)222v02v0cos2tan2v0sin(1tan2). 得ttan,sgcosgg31. A、B、C三个芭蕾演员同时从边长为L的三角形顶点A、B、C出发,以相同的速率v运动,运动

中始终保持A朝着B,B朝着C,C朝着A运动,试问经多少时间三人相聚?每个演员跑了多少路程?(注:若四人从边长为L的正方形顶点出发,情况又怎样?) （答案：t=

2L2L,s=） 3v3 解法1:根据题意可知三个演员都作等速率曲线运动,而任一时刻三个演员的位置都在正三角形的三个顶点上,但这三角形的边长不断缩小,如图所示.现把从开始到追上的时间t分成

n个相等的时间间隔t,在每个微小的时间间隔内,每个演员的运动都可看成是直线运动.经t,2t,3t,……nt,对应的三角形边长依次为L1,L2,L3……Ln.当Ln0时三演员相聚.

LAA1BB1cos600Lvt. A1B1与A1B 1差为二阶小量，所以L1A1B1A1B132同理L2L1vtL2vt,L3L2vtL3vt,……LnLnvt. 当Ln0时三演员相聚,得t=nt=

2L2L.每个演员的路程s=vt=. 3v33232323232 解法2:经t(t很小)三角形边长有x变为x,根据余弦定理可得:

x2(vt)2(xvt)22(vt)(xvt)cos602x23xvt3v2t2.

略去二阶小量,得x2x23xvt 根据牛顿二项式定理得(1x)n1nxn(n1)2n(n1)[n(k1)]kxx 2k!当x<<1时,保留一阶小量,有(1+x)n=1+nx(其中n为任意实数).

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33vt213vt所以xx(1)x(1)，或xxxvt,

2x2x3vt2L2L求和得L,三演员相聚时间t=,路程s=vt=.

23v31 解法3:因三个演员都作等速率曲线运动,而任一时刻三个演员的位置都在正三角形的三个顶点上,即速度沿三角形中心的分速度不变,指向三角形中心的分速度v=vcos300,沿三角

Ls2L2L形中心的位移s,则时间,路程s=vt=. t0v3v32cos30 若四人从边长为L的正方形顶点出发,同理可得时间t=L/v,路程s=L.

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