当空间探测器从行星旁绕过时.由于行星的引力作用.将“偷取一部分行星的能量.可以使探测器的运动速率增大.这种现象被称之为“弹弓效应 .在航天技术中.“弹弓效应是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方——青夏教育精英家教网—

63、当空间探测器从行星旁绕过时，由于行星的引力作用，将“偷”取一部分行星的能量，可以使探测器的运动速率增大，这种现象被称之为“弹弓效应”。在航天技术中，“弹弓效应”是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方法。1997年10月15日发射升空的卡西尼号宇宙飞船在到达土星前，就是这样“偷’’了两次金星、一次地球的引力使自己加速，直奔土星，当然中途经过巨大的木星更不会放过，照例再“偷”一次。右图就是“弹弓效应”示意图：质量为m的空间探测器以相对于太阳的速度v₀飞向质量为M的行星，此时行星相对于太阳的速度u₀，探测器绕过行星后相对于太阳的速度为v，，此时行星相对于太阳的速度为u，且m<M，v₀、v、u₀、u的方向均可视为相互平行。　

(1)试写出探测器与行星构成的系统在上述过程中“动量守恒”及“始末状态总动能相等”的方程，并在m<M的条件下，用v₀和u₀来表示v；

(2)若上述行星是质量为M=5.67×l0²⁶kg的土星，其相对于太阳的轨道速率u₀=9.6 km／s，而空间探测器的质量m=150 kg，相对于太阳迎向土星的速率v₀=10.4 km／s，则由于　　 “弹弓效应”，该探测器绕过土星后沿与原来速度相反的方向离去，求它离开土星后相对太阳的速率增为多少?

(3)若此探测器飞向行星时其速度v₀与土星的速度u₀同方向，则是否仍能产生使探测器速率增大的“弹弓效应”，简要说明理由。

解：(1)动量守恒的方程为 ①

始末状态总动能相等的方程为 ②

解得：，当时， ③

(2)代入数据得：

(3)不能。根据如下：

由与得

，故当时，。而，故，不能使探测器速度增大。

评分标准：(1)(12分)写出①②③两式各得4分；(2)(5分)解出v=29.6km／s，得5分；(3)(5分)判断出不能使探测器速度增大并理由充分得5分，否则酌情扣分。

62、如图所示，挡板P固定在足够高的水平桌面上，小物块A和B大小可忽略，它们分别带有+Q_A和+Q_B的电荷量，质量分别为m_A和m_B．两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B连接，另一端连接一轻质小钩，整个装置处于方向水平向左的匀强电场中，电场强度为E．开始时A、B静止，已知弹簧的劲度系数为k，不计一切摩擦及A、B间的库仑力，A、B所带电荷量保持不变，B一直在水平面上运动且不会碰到滑轮．试求

(1) 开始A、B静止时，挡板P对物块A的作用力大小；

(2) 若在小钩上挂一质量为M的物块C并由静止释放，当物块C下落到最大距离时物块A对挡板P的压力刚好为零，试求物块C下落的最大距离；

(3) 若C的质量改为2M，则当A刚离开挡板P时，B的速度多大？

解析：(15分)(1)对系统AB：　　　　(4分)

(2)开始时弹簧形变量为，由平衡条件：　 ①(2分)

设当A刚离开档板时弹簧的形变量为：由：可得　 ②(2分)

故C下降的最大距离为：　 ③……………(1分)

由①-③式可解得　　 ④…………… (1分)

(3)由能量守恒定律可知：C下落h过程中，C重力势能的的减少量等于B的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和

当C的质量为M时：　　 ⑤…(2分)

当C的质量为2M时，设A刚离开挡板时B的速度为V

　⑥ …(2分)

由④-⑥式可解得A刚离开P时B的速度为：

　 ⑦………………(1分)

61、如图所示，轻质长绳水平地跨在相距2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮的距离相等，在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg.先托住物块，使绳处于水平拉直状态，静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变.

(1)当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零.

(2)求物块下落过程中的最大速度v_m

(3)求物块下落过程中的最大距离H.

(1)　 h=L　　　　　 (4分)

(2)　 V_m= (－1 ) (5分)

(3 )　 H =　　　　　 (5分)

60、用长为L的细线拉一质量为m的小球，小球带电量为+q，细线一端悬于固定点O，整个装置放在水平向右一足够大的匀强电场中，小球静止时细线与竖直方向的夹角为θ，电场范围足够大，不计空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)匀强电场的电场强度大小；

(2)将小球拉至O点正下方最低点由静止释放，小球向上摆动过程中的最大速度大小；

(3)在(2)问中，小球运动到最高点时细线对小球的拉力大小；

(4)若将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度，小球在竖直面内做完整的圆周运动，这个初速度至少是多大？

解：(1)小球静止A点时，受力如图所示

据三力平衡条件，得

tanθ= -------------------------①

E=mgtanθ/q-------------------------②

(2)小球运动到平衡位置时速度最大，由动能定理，得

qELsinθ-mgL(1-cosθ)= mv²--------------③

将②式代入，得

　　　　　　　 v=-----------④

小球从最底点到最高点时，细线与竖直方向成α角，由动能定理，得

qELsinα-mgL(1-cosα)=0----------------------⑤

将①式代入③式，得

tanθsinα = 1-cosα-------------------⑥

∴　　　　α=2θ---------⑦

在最高点，重力与电场力合力的法线分力与拉力平衡，设线的拉力为F

F= mg

(3)设B点与A点对悬点O对称，即AB为圆轨迹的直径

当小球恰好能运动到B点时，就能在竖直面内恰好做完整的圆周运动

在B点，重力与电场力的合力提供向心力

mg/cosθ= m-------⑧

设将小球拉至O点正下方最低点时给它一水平向右的初速度为v₀，由动能定理，得

-2mgLcosθ-qELsinθ= mv_B²- mv₀²---------------------⑨

将①⑦式代入⑧式，得

v₀=-----------------------------⑩

59、如图所示，质量M＝0.40㎏的靶盒A位于光滑水平导轨上，开始时静止在O点，在O点右侧有范围很广的“相互作用区域”，如图中的虚线区域。当靶盒A进入相互作用区域时便有向左的水平恒力F＝20N作用。在P处有一固定的发射器B，它可根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度V₀＝50m/s、质量m＝0.10㎏的子弹，当子弹打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短。若每当靶盒A停在或到达O点时，就有一颗子弹进入靶盒A内，求：

(1)当第一颗子弹进入靶盒A后，靶盒A离开O点的最大距离。

(2)当第三颗子弹进入靶盒A后，靶盒A从离开O点到又回到O点所经历的时间

(3)当第100颗子弹进入靶盒时，靶盒已经在相互作用区中运动的时间和。

　(1)设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共内速度为。

　根据碰撞过程系统动量守恒，有：　(2分)

　设A离开O点的最大距离为，由动能定理有：　(2分)

　解得：　(2分)

(2)根据题意，A在的恒力F的作用返回O点时第二颗子弹正好打入，由于A的动量与第二颗子弹动量大小相同，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点。设第三颗子弹打入A后，它们的共同速度为，由系统动量守恒得：　(2分)

　设A从离开O点到又回到O点所经历的时间为t，取碰后A运动的方向为正方向，由动量定理得：　(2分)

　解得：　　 (2分)

(3)从第(2)问的计算可以看出，第1、3、5、……(2n+1)颗子弹打入A后，A运动时间均为　(3分)

　故总时间　(3分)

58、一质量为M的平板小车上，站着n个质量均为m的人，车原来静止在光滑的水平地面上，人相对车静止，现在n个人从车的后端跳下，从车上跳下时，人相对于小车的速度均为，试求在下列两种情况下：(1)n个人同时从车的后端跳下后，小车运动的速度多大？(2)车上的人依次都从车的后端跳下，那么当车上的人全都跳下车后，小车运动的速度是多大？