延安大学：《大学物理》课程教学资源_复习指南（典型例题讲解）第三章 运动的守恒定律

奥型题剖祈 第三章运动的守恒定律 1.基本思路 牛顿运动三定律及三个守恒定律是本章解决问题的基础.在运用守恒定律时应特别注意其成立 的条件是否满足.根据物体受力和运动情况确定物体运动过程的初、终两态是关键步骤.运用以上 所述定律解题的一般步骤为:①确定研究对象:确定质点(用动能定理)或质点组(用功能原理或 机械能守恒定律).②受力分析:区分内力和外力,保守内力和非保守内力.若外力、非保守内力作 功不为零,可应用动能定理或功能原理;若只有保守内力作功,外力和非保守内力不作功或作功总 和为零时,可应用机械能守恒定律.③确定势能零点位置,势能零点的选取以便于计算为原则.④ 根据定律列方程,方程个数与未知数个数相同.⑤求解并讨论、分析所得的结果 2.例题剖析 例1有两个自由质点,其质量分别为m1和m,它们之间的相互作用符合万有引力定律,开始 时,两质点间的距离为,它们都处于静止状态,试求发它们的距离变为时,两质点的速度各为 多少 分析m和m2间的万有引力为系统间保守内力,所以两质点的组成的系统得动量和机械能都 守恒 解设两质点间的距离变为时它们的速度分别为v和v2则有 2 =2m+mn一2mm -Gm, m 1 (2) 解上述(1),(2)方程式组得: V(m1+m2) 例2一辆装煤车,以ν=3ms的速率从煤斗下面通过,煤通过漏斗以5ts的速率竖直注入车厢, 如果车厢的速率保持不变,车厢钢轨间的摩擦忽略不计,求煤车的牵引力 分析选煤车为系统,由于煤不断地注入,所以煤车的质量在变,是变质量的问题,故牛顿第

典型例题剖析 第三章 运动的守恒定律 1． 基本思路 牛顿运动三定律及三个守恒定律是本章解决问题的基础．在运用守恒定律时应特别注意其成立 的条件是否满足．根据物体受力和运动情况确定物体运动过程的初、终两态是关键步骤．运用以上 所述定律解题的一般步骤为：①确定研究对象：确定质点（用动能定理）或质点组（用功能原理或 机械能守恒定律）．②受力分析：区分内力和外力，保守内力和非保守内力．若外力、非保守内力作 功不为零，可应用动能定理或功能原理；若只有保守内力作功，外力和非保守内力不作功或作功总 和为零时，可应用机械能守恒定律．③确定势能零点位置，势能零点的选取以便于计算为原则．④ 根据定律列方程，方程个数与未知数个数相同．⑤求解并讨论、分析所得的结果． 2．例题剖析 例 1 有两个自由质点，其质量分别为 m1和 m2，它们之间的相互作用符合万有引力定律，开始 时，两质点间的距离为 l，它们都处于静止状态，试求发它们的距离变为 l 2 1 时，两质点的速度各为 多少？ 分析 m1 和 m2 间的万有引力为系统间保守内力，所以两质点的组成的系统得动量和机械能都 守恒． 解 设两质点间的距离变为 l 2 1 时它们的速度分别为 v1和 v2则有： m1 v1  m2 v2  0 ， （1） l Gm m m v m v l Gm m 2 1 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1     ， （2） 解上述（1），（2）方程式组得： ( ) 2 1 2 1 2 m m G v m   ( ) 2 1 2 2 1 m m G v m   例 2 一辆装煤车，以 v=3m/s 的速率从煤斗下面通过，煤通过漏斗以 5t/s 的速率竖直注入车厢， 如果车厢的速率保持不变，车厢钢轨间的摩擦忽略不计，求煤车的牵引力． 分析 选煤车为系统，由于煤不断地注入，所以煤车的质量在变，是变质量的问题，故牛顿第

二定律应写成F=m)=m如+物 解I由于车厢作匀速运动,故一=0,所以煤车的牵引力为 F=v==3×5×103=1.5×10(N) dt 解Ⅱ选煤车和煤为系统,系统的总质量保持不变.选煤车的运动方向为x正向,设煤车的质 量为m,在t-1+d时间内注入车厢的煤的质量为dm.设煤车受的牵引力为F,在x方向对系统应用 动量定理 Fat=(m+dm)v-mv=vdm, F/1×10(N) 例3如图3-3所示,质量为m2的木块平放在地面上,通过劲度系数为k的弹簧与质量为m1 的木块相连,现对上木块施加一恒力F,试求F为多大时才能在突然撤去它时能使m2因反弹刚好离 开地面? Bm1被弹起的最高点 O弹簧原长时m1的位置 A力F作用下,m1的平衡位置 图3-3 分析本题的解决方法很多,具体运用时要注意各种方法的适用条件,同时要利用题中所给的 临界条件来求解 解法Ⅰ机械能守恒定律法 以物体m,m2和弹簧为研究系统,建立如图坐标系,在力F的作用下,m1在x处达到平衡,由 静力平衡条件得: 而m2离开地面的条件为 kx-m28≥0 (2) 刚好离开时上式取等号 整个系统只有重力和弹性力做功,故机槭能守恒.经弹簧的自然长度处为坐标原点O,并以此 作为弹性势能和重力势能零点,则对A,B两状态有:

二定律应写成 dt dm v dt dv m dt d mv F    ( ) ． 解Ⅰ 由于车厢作匀速运动，故  0 dt dv ，所以煤车的牵引力为： 3 5 10 1.5 10 ( ) 3 4 N dt dm F  v      解Ⅱ 选煤车和煤为系统，系统的总质量保持不变．选煤车的运动方向为 x 正向，设煤车的质 量为 m，在 t-t+dt 时间内注入车厢的煤的质量为 dm．设煤车受的牵引力为 F，在 x 方向对系统应用 动量定理： Fdt  (m  dm)v  mv  vdm， 1.5 10 ( ) 4 N dt dm F  v   ． 例 3 如图 3-3 所示，质量为 m2 的木块平放在地面上，通过劲度系数为 k 的弹簧与质量为 m1 的木块相连，现对上木块施加一恒力 F，试求 F 为多大时才能在突然撤去它时能使 m2因反弹刚好离 开地面？ 分析 本题的解决方法很多，具体运用时要注意各种方法的适用条件，同时要利用题中所给的 临界条件来求解． 解法Ⅰ 机械能守恒定律法 以物体 m1,m2和弹簧为研究系统，建立如图坐标系，在力 F 的作用下，m1在 x0 处达到平衡，由 静力平衡条件得： F  m1g  kx0  0 （1） 而 m2 离开地面的条件为： kx  m2 g  0 （2） 刚好离开时上式取等号． 整个系统只有重力和弹性力做功，故机械能守恒．经弹簧的自然长度处为坐标原点 O，并以此 作为弹性势能和重力势能零点，则对 A，B 两状态有： 图 3-3 m1 x k 0 x m2 x O A B m1 被弹起的最高点 弹簧原长时 m1 的位置 力 F 作用下， m 1 的平衡位置

kx2+m,gxo==kx+migx (3) 将(1)式代入并整理得: (kx+m1g)2=F2, 即: (4) 再联立(2)式可得 F≥(m1+m2)g, 即要使力F撤消后m2被带起,F至少等于(m1+m2)g 解法Ⅱ牛顿第二定律法 对m运用牛顿第二定律有: m,g-kx=ma= m,7=m, 女=mp中 因为在x和x位置处,m的速度为零,所以 ∫Omg8+kx=0 上式积分得 m,gx+-kx-(m,gro +=kx)=0 上式即解法I中的(3)式,由此也可得:F≥(m1+m2)g 解Ⅲ动量定理法.对于m根据动量定理有: (m,g-kx)dt=m,dv 两边同时乘以dx得: (m,g-kx)dx=m, dv=m,vdv 分离变量积分也可得(3),其结果与前两种方法相同. 注:此题还可以选取m在弹簧上静止的平衡位置为原点和势能零点,则系统的总势能将以弹性 势能的单一形式出现,请读者自己考虑 例4如图3-4所示,绳上挂有质量相等的两个小球,两球碰撞时的恢复系数e=0.5,球A由 静止状态释放,撞击球B,刚好使球B到达使绳成水平的位置,证明球A释放前应满足cos=1 分析小球向下到达运动到达最底点的过程中只有重力作功,小球机械能守恒,碰撞时水平方 向动量守恒,碰撞后B球上升过程中也只有重力作功,故机械能也守恒

kx m gx kx m gx 1 2 1 0 2 0 2 1 2 1    ， （3） 将（1）式代入并整理得： 2 2 1 (kx  m g)  F ， 即： kx  F  m1 g （4） 再联立（2）式可得： F  (m1  m2 )g ， 即要使力 F 撤消后 m2 被带起，F 至少等于 (m1  m2 )g ． 解法Ⅱ 牛顿第二定律法 对 m1运用牛顿第二定律有： dx dv m v dt dx dx dv m dt dv m1 g k x ma m1 1  1       ， 因为在 x 和 x0 位置处，m1的速度为零，所以     x x m g kx dx 0 ( 1 ) 0 上式积分得： ) 0 2 1 ( 2 1 2 1 0 0 2 m1 gx  kx  m gx  kx  上式即解法Ⅰ中的（3）式，由此也可得： F  (m1  m2 )g ． 解Ⅲ 动量定理法．对于 m1根据动量定理有： m g kx dt m dv 1 1 (  )  ， 两边同时乘以 dx 得： dv m vdv dt dx m1 g kx dx m1 1 (  )   分离变量积分也可得（3），其结果与前两种方法相同． 注：此题还可以选取 m1 在弹簧上静止的平衡位置为原点和势能零点，则系统的总势能将以弹性 势能的单一形式出现，请读者自己考虑． 例 4 如图 3-4 所示，绳上挂有质量相等的两个小球，两球碰撞时的恢复系数 e  0.5 ，球 A 由 静止状态释放，撞击球 B，刚好使球 B 到达使绳成水平的位置，证明球 A 释放前应满足 9 1 cos  ． 分析 小球向下到达运动到达最底点的过程中只有重力作功，小球机械能守恒，碰撞时水平方 向动量守恒，碰撞后 B 球上升过程中也只有重力作功，故机械能也守恒．

证明设球A到达最底点的速率为ν,根据机械能守恒有 2(1 所以 4 设碰撞后A,B两球的速率分别为vA,VB,由题意得: BOO A=045 图3-4 即 (2) A,B两球碰撞时水平方向动量守恒: (3) 由(2),(3)得: (4) 碰撞后B球机械能守恒,故有: (5) 将(1),(4)式代入(5)得 命题得证 例5如图3-5所示,劲度系数为k的轻弹簧,一端固定,另一端与桌面上的质量为m的小球B 相接,推动小球,将弹簧压缩一段L后放开,假定小球的滑动摩擦力大小为F且恒定不变,滑动摩 擦系数与静摩擦系数可视为相等.试求L必须满足什么条件时,才能使小球在放开后就开始运动, 而且一旦停止下来一直保持静止状态 分析小球在运动过程中摩擦力F作的功等于弹簧弹性势能的改变,另外要注意小球开始运动 和静止时应满足的条件 解取弹簧的自然长度处为坐标原点O,建立如图所示的坐标系,在t=0时,静止于x=-L的 小球开始运动的条件是 L>E (1) MO B 小球运动到x处静止的条件,由功能原理得: F(L+x)=-kx 图3-5 小球继续保持静止的条件为

证明 设球 A 到达最底点的速率为 v，根据机械能守恒有 2 (1 cos ) 2 1 2 mv  mg l   ， 所以 v  4gl(1 cos) ． （1） 设碰撞后 A，B 两球的速率分别为 vA, vB,由题意得：  0.45   v v v e B A 即 2 v v v B  A  （2） A， B 两球碰撞时水平方向动量守恒： mv mv mv B  A  （3） 由（2），（3）得： v v B 4 3  （4） 碰撞后 B 球机械能守恒，故有： mv mgl B  2 2 1 （5） 将（1），（4）式代入（5）得： 9 1 cos  命题得证 例 5 如图 3-5 所示，劲度系数为 k 的轻弹簧，一端固定，另一端与桌面上的质量为 m 的小球 B 相接，推动小球，将弹簧压缩一段 L 后放开，假定小球的滑动摩擦力大小为 F 且恒定不变，滑动摩 擦系数与静摩擦系数可视为相等．试求 L 必须满足什么条件时，才能使小球在放开后就开始运动， 而且一旦停止下来一直保持静止状态． 分析 小球在运动过程中摩擦力 F 作的功等于弹簧弹性势能的改变，另外要注意小球开始运动 和静止时应满足的条件． 解 取弹簧的自然长度处为坐标原点 O，建立如图所示的坐标系，在 t  0 时，静止于 x  L 的 小球开始运动的条件是 kL F ， （1） 小球运动到 x 处静止的条件，由功能原理得： 2 2 2 1 2 1  F(L  x)  kx  kL ， (2) 小球继续保持静止的条件为： B 图 3-4  l 2l A B x O B x L 图 3-5

kx=k 2Fl ≤F (3) 所求L要同时满足(1),(2)式,故其范围为 K L< 3F F 例6如图3-6所示,在光滑水平面上有一质量为mB的静止物体B, 在B上又有一个质量为mA的静止物体A,今有一小球从左边射到A上并被 图3-6 弹回,于是A以速度v4(相对于水平面的速度)向右运动.A和B之间的 摩擦系数为4,A逐渐带动B运动,最后A与B以相同的速度一起运动, 问A从开始运动到相对于B静止时,在B上移动了多少距离? 分析对于A,B组成的系统,在A开始运动到A带动B以相同的速度一起运动的过程中 作用在系统上的合外力为零,系统的动量守恒,由此求出A,B的最后的共同速度,再根据动能定 理即可求出A在B上移动的距离 解以A,B为系统,根据题意知碰撞前后系统的动量守恒,所以 mv4=(m14+m2) (1) 设A从开始运动到相对于B静止时,在B上移动的距离为x,而B相对于水平面移动的距离为 l,以地为参照系统根据动能定理有: umg(+x)+um,gl==(m, mB)v (2) 联立(1),(2)式解得 21g(m4+mB) 例7如图3-7所示,一轻弹簧,其劲度系数为k,竖直地固定在地面上 M △ (1)在弹簧上放一块质量为M的钢板,当它的静止后,弹簧被压 缩了多少?系统的弹性势能为多少? (2)质量为m(m<M)的小球从钢板正上方h处自由落下,与钢 图3-7 板发生弹性碰撞.则小球从原来钢板的位置上升的最大高度是多少? 弹簧能再压缩的长度为多少? (3)若(2)中的碰撞为完全非弹性碰撞,则弹簧典型示范压缩的长度为多少?若m=M,小球 与钢板碰后,小球与钢板的动能和小球刚要碰撞前的动能之比为多少?

F k F k x  k L   2 ， （3） 所求 L 要同时满足（1），（2）式，故其范围为： k F L k F 3   ． 例 6 如图 3-6 所示，在光滑水平面上有一质量为 mB的静止物体 B， 在 B 上又有一个质量为 mA的静止物体 A，今有一小球从左边射到 A 上并被 弹回，于是 A 以速度 vA（相对于水平面的速度）向右运动．A 和 B 之间的 摩擦系数为  ，A 逐渐带动 B 运动，最后 A 与 B 以相同的速度一起运动， 问 A 从开始运动到相对于 B 静止时，在 B 上移动了多少距离？ 分析 对于 A，B 组成的系统，在 A 开始运动到 A 带动 B 以相同的速度 v 一起运动的过程中， 作用在系统上的合外力为零，系统的动量守恒，由此求出 A，B 的最后的共同速度，再根据动能定 理即可求出 A 在 B 上移动的距离． 解 以 A，B 为系统，根据题意知碰撞前后系统的动量守恒，所以 m v m m v A A A B  (  ) （1） 设 A 从开始运动到相对于 B 静止时，在 B 上移动的距离为 x，而 B 相对于水平面移动的距离为 l，以地为参照系统根据动能定理有： 2 2 2 1 ( ) 2 1 ( ) A A A B A A  m g l  x  m gl  m  m v  m v （2） 联立（1），（2）式解得 2 ( ) 2 A B B A g m m m v x    例 7 如图 3-7 所示，一轻弹簧，其劲度系数为 k，竖直地固定在地面上． 试求： (1) 在弹簧上放一块质量为 M 的钢板，当它的静止后，弹簧被压 缩了多少？系统的弹性势能为多少？ (2) 质量为 m（m<M）的小球从钢板正上方 h 处自由落下，与钢 板发生弹性碰撞．则小球从原来钢板的位置上升的最大高度是多少？ 弹簧能再压缩的长度为多少？ (3) 若（2）中的碰撞为完全非弹性碰撞，则弹簧典型示范压缩的长度为多少？若 2 M m  ，小球 与钢板碰后，小球与钢板的动能和小球刚要碰撞前的动能之比为多少？ 图 3-6 A A v  B 图 3-7 (a) k y 0 y M O (b)

分析本题涉及的过程较为复杂,需在搞清物理图像的基础上,将全过程分成各具特征的几个 阶段,同时要注意某一阶段的终态.这是下一阶段的初态,据此解决好各个阶段的衔接问题.对(2) (3)可将全过程分为:小球自由下落、小球与钢板碰撞、钢板压缩弹簧三个阶段处理.在每一阶段 都要选取合适的系统,正确分析系统的受力情况及力的作用效果,然后选择适当的物理规律去解题 解(1)以弹簧处于自由状态时的上端为坐标原点建立坐标系如图3-7(b)所示.设弹簧未被 压缩时弹性势能为零.当系统静止时弹簧被压缩Δ。,则由M=Ay,可得 g 所以系统的弹性势能为E,=k(4y)2=Mg2 (2)小球下落阶段,选小球与地球为系统.该系统机械能守恒,则由 (2) 可得 小球与钢板碰撞阶段,取小球m,钢板M为系统.由于在碰撞过程中内力(冲力)远大于外力 (重力、弹性力),故系统动量守恒.设小球和钢板碰后的速度分别为v1,v2,则 mm=mv+ Mv 由于小球与钢板发生完全弹性碰撞,根据恢复系数的定义有 由(2),(3),(4)式,可得 1=-2m、2gh,(向上) M+m -2m、2g,(向下) M+ 碰后,设小球能上升的最大高度为hmx,由机械能守恒定律有 t 解得 h M+ 把钢板、弹簧、地球作为一个系统,这时系统不受外力作用,内力(重力、弹力)都是保守力 因而系统机械能守恒.取钢板在静止位置的重力势能为零,弹簧处于自由状态时的弹性势能为零.设 弹簧压缩Ay后,再进一步压缩的最大长度值为△y1,则

分析 本题涉及的过程较为复杂，需在搞清物理图像的基础上，将全过程分成各具特征的几个 阶段，同时要注意某一阶段的终态．这是下一阶段的初态，据此解决好各个阶段的衔接问题．对（2）， （3）可将全过程分为：小球自由下落、小球与钢板碰撞、钢板压缩弹簧三个阶段处理．在每一阶段 都要选取合适的系统，正确分析系统的受力情况及力的作用效果，然后选择适当的物理规律去解题． 解 （1）以弹簧处于自由状态时的上端为坐标原点建立坐标系如图 3-7（b）所示．设弹簧未被 压缩时弹性势能为零．当系统静止时弹簧被压缩 0 y ，则由 0 Mg  ky ，可得 k Mg y0  ， (1) 所以系统的弹性势能为 k M g E k y p 2 ( ) 2 1 2 2 2   0  ． （2）小球下落阶段，选小球与地球为系统．该系统机械能守恒，则由 2 2 1 mgh  mv ， （2） 可得 v  2gh ． 小球与钢板碰撞阶段，取小球 m，钢板 M 为系统．由于在碰撞过程中内力（冲力）远大于外力 （重力、弹性力），故系统动量守恒．设小球和钢板碰后的速度分别为 v1，v2，则 mv=mv1+Mv2 (3) 由于小球与钢板发生完全弹性碰撞，根据恢复系数的定义有 1 0 2 1     v v v e （4） 由（2），（3），（4）式，可得 gh M m M m v1 2     ， （向上） gh M m m v 2 2 2    ， （向下） 碰后，设小球能上升的最大高度为 hmax，由机械能守恒定律有 2 max 1 2 1 mgh  mv ， 解得 h M m M m g v h 2 2 1 max ( ) 2     ． 把钢板、弹簧、地球作为一个系统，这时系统不受外力作用，内力（重力、弹力）都是保守力， 因而系统机械能守恒．取钢板在静止位置的重力势能为零，弹簧处于自由状态时的弹性势能为零．设 弹簧压缩 0 y 后，再进一步压缩的最大长度值为 1 y ．则

Mh2+k(Ay)2=-Mg·△y1+k(4yo+△y1) (6) 由(1),(6)式解得:△y1= 2m mGh M+ k (3)小球与钢板发生完全非弹性碰撞,动量守恒定律仍成立,设碰后小球与钢板系统的速度为 m=(M+m), (7) 解得 碰撞后,小球、钢板、弹簧、地球系统的机械能仍守恒.设弹簧被压缩的最大长度为Δν3,则 (M+m)2+k(△y0)2=k(△y0+△y2)2-(M+m)g:△y2 (8) 由(1),(7),(8)式解得 V2 M+ m)g 碰撞前瞬间,小球、钢板系统的动能为 E m =mg 碰撞后瞬间,小球、钢板系统的动能为 Ex2=-(+m)u M+m 它们的比为 Em M+mM+M/2 3 例8一条均匀链条,质量为m,总长度为l成直线状态放在桌面上,设桌面与链条之间的摩擦 因数为H.现已知链条下垂长度为a时,链条开始下滑,试计算链条刚好全部离开桌面的速率 分析在链条下滑过程中,只有重力、摩擦力做功,但是本题中重力、摩擦力都是变力,计算 其作功时要先写出元功,确定积分区间,通过积分求出总功,然后用动能定理求解. 解建立坐标系如图3-8所示.链条下落过程中有重力、摩擦力做功,设其所做的功分别为Am A根据动能定理有 A。+A 当链条下垂y再继续下垂d时,重力做功dAm为 dA=1ygd(为绳的线密度)

2 1 0 1 2 0 2 2 ( ) 2 1 ( ) 2 1 2 1 Mv  k y  Mg  y  k y  y ， （6） 由（1），（6）式解得： k Mgh M m m v k M y 2 2 1 2      ． （3）小球与钢板发生完全非弹性碰撞，动量守恒定律仍成立，设碰后小球与钢板系统的速度为 u，则 mv  (M  m)u ， （7） 解得 gh M m m u 2 (  )  ． 碰撞后，小球、钢板、弹簧、地球系统的机械能仍守恒．设弹簧被压缩的最大长度为 2 y ，则 2 2 0 2 2 0 2 ( ) ( ) 2 1 ( ) 2 1 ( ) 2 1 M  m u  k y  k y  y  M  m g  y （8） 由（1），（7），（8）式解得 ] ( ) 2 2 [1 1 M m g kh k mg y      ． 碰撞前瞬间，小球、钢板系统的动能为 Ek  mv  mgh 2 1 2 1 ， 碰撞后瞬间，小球、钢板系统的动能为 M m m gh Ek M m u     2 2 2 ( ) 2 1 ， 它们的比为 3 1 / 2 / 2 1 2      M M M M m m E E k k ． 例 8 一条均匀链条，质量为 m，总长度为 l 成直线状态放在桌面上，设桌面与链条之间的摩擦 因数为  ．现已知链条下垂长度为 a 时，链条开始下滑，试计算链条刚好全部离开桌面的速率． 分析 在链条下滑过程中，只有重力、摩擦力做功，但是本题中重力、摩擦力都是变力，计算 其作功时要先写出元功，确定积分区间，通过积分求出总功，然后用动能定理求解． 解 建立坐标系如图 3-8 所示．链条下落过程中有重力、摩擦力做功，设其所做的功分别为 Am， Af．根据动能定理有 2 2 1 A A mv m  f  ． （1） 当链条下垂 y 再继续下垂 dy 时，重力做功 dAm 为 dA ygdy w   (  为绳的线密度) 图 3-8 y a x

全过程重力所作的功为 A dy=g(2-a2)=2(12-a2) 桌面摩擦力所做的功为 f·d=丁「=-ugd=-u1g 将(2),(3)式代入(1)式得 ng 由于解得=1-a)0(=y 例9一飞船绕某星体作圆形轨道运动,半径为R,速率为,突然点燃一火箭,其冲力使飞 船增加了向外的径向速度分量v,(设v<V),因此飞船的轨道变成椭圆形.(1)用v,R0表示出引 力F的表达式.(2)求飞船与星体的最远与最近距离 分析本题为角动量守恒和机械能守恒定律的综合应用 解(1)设星体和飞船质量分别为M和m,当飞船作圆周运动时有 Ro Ro 所以 GM=Ro" 故引力为 F=GMm=m Roo (1)发射火前前后,角动量守恒 发射后,在最远点或最近点矢径方向和速度方向垂直 mRo=mr 即 R 火箭发射后,忽略火箭质量,根据机械能守恒定律有 I m(va +v2)-GMm-Imv2-GMim (3) 联立(1),(2),(3)解得

全过程重力所作的功为 ( ) 2 ( ) 2 1 2 2 1 2 2 l a l mg A ygdy g l a a m         （2） 桌面摩擦力所做的功为： 2 2 0 ( ) 2 2 ( ) l a l a mg A f dx f dx xgdx g l a f                     （3） 将(2)，(3)式代入(1)式得 2 2 2 2 2 1 ( ) 2 ( ) 2 l a mv l mg l a l mg      （4） 由于解得 [( ) ( ) ] 2 2 2 l a l a l g v      例 9 一飞船绕某星体作圆形轨道运动，半径为 R0，速率为 v0，突然点燃一火箭，其冲力使飞 船增加了向外的径向速度分量 vr，（设 vr<v0）,因此飞船的轨道变成椭圆形．（1）用 v0，R0 表示出引 力 F 的表达式．（2）求飞船与星体的最远与最近距离． 分析 本题为角动量守恒和机械能守恒定律的综合应用． 解 （1）设星体和飞船质量分别为 M 和 m，当飞船作圆周运动时有 0 2 0 2 0 R v m R Mm G  ， （1） 所以 2 0 0 GM  R v 故引力为 2 2 0 0 2 r R v m r Mm F  G  ． (1) 发射火前前后，角动量守恒 0 0 0 L  mR v ， 发射后，在最远点或最近点矢径方向和速度方向垂直， L=mrv, 所以 mR v  mrv 0 0 ， 即 R v  rv 0 0 ． （2） 火箭发射后，忽略火箭质量，根据机械能守恒定律有 r Mm mv G R Mm m v  vr  G   2 0 2 2 0 2 1 ( ) 2 1 ， （3） 联立（1），（2），（3）解得

R Ro 0-v

r v v v R r   0 0 0 1 ， r v v v R r   0 0 0 2 ．