初三物理-小球来回运动高度

realnumber

地面BC处有个半圆柱形的坑,AB,DC处固定着光滑且垂直地面的板,BC这段动摩擦系数为μ,AB高度为H,CD为$\frac{2}{3}H$,圆半径为r,重力加速度为g,如图,一质量为m的小球,从A点自由落下,沿半圆弧然后,正好可以到最高D处,第一次返回,最高到E,EB=$aH$,则a的取值范围(),(单选,哪个最优?)又忽略空气阻力

A.$\frac{1}{3}$<a<$\frac{1}{2}$,B.$\frac{1}{2}\le$a<$\frac{2}{3}$,C.$\frac{1}{3}$<a<$\frac{2}{3}$

kuing

真难……强上微积分！

由 B 到 C 的过程中，如上图，记小球速度及摩擦力分别为关于 `\theta` 的函数 `v(\theta)` 和 `f(\theta)`，由受力分析知
\[f(\theta)=\mu\left( mg\sin\theta+m\frac{v(\theta)^2}r \right),\]
记摩擦力做的功为 `W`，因为 `\rmd W=f(\theta)\rmd s=f(\theta)r\rmd\theta`，所以
\[
W=\int_0^\theta f(\theta)r\rmd\theta
=\mu m\int_0^\theta\bigl( gr\sin\theta+v(\theta)^2 \bigr)\rmd\theta,
\]
而由能量守恒有
\[\frac12mv_0^2+mgr\sin\theta=\frac12mv(\theta)^2+W,\]
由以上两式即得
\[\frac12v_0^2+gr\sin\theta=\frac12v(\theta)^2+\mu\int_0^\theta\bigl( gr\sin\theta+v(\theta)^2 \bigr)\rmd\theta,\]
对 `\theta` 求导，得
\[gr\cos\theta=\frac12\bigl( v(\theta)^2 \bigr)'+\mu\bigl( gr\sin\theta+v(\theta)^2 \bigr),\]
开挂，用 mma 解上述微分方程，结合初始条件 `v(0)=v_0`，解得
\[v(\theta)^2=e^{-2\mu\theta}\left( v_0^2-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr \right)+2gr\frac{3\mu\cos\theta+(1-2\mu^2)\sin\theta}{1+4\mu^2},\quad(*)\]
到达 C 处的速度就是 `v(\pi)`，根据题目条件，应有 `v(\pi)^2=\frac23v_0^2`，也就是
\[e^{-2\mu\pi}\left( v_0^2-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr \right)-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr=\frac23v_0^2,\quad(**)\]
再看由 C 返回到 B 的过程，此时速度公式 (*) 就是 `v_0^2` 变成 `\frac23v_0^2`，因此，记返回到 B 处的速度为 `v_B`，就有
\[v_B^2=e^{-2\mu\pi}\left( \frac23v_0^2-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr \right)-\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr,\]
再根据式 (**)，即得
\[v_B^2=\frac23v_0^2-\frac13e^{-2\mu\pi}v_0^2,\]
那么 E 有多高，就取决于 `\mu` 能取什么值，将式 (**) 写为
\[e^{-2\mu\pi}v_0^2-\frac23v_0^2=(e^{-2\mu\pi}+1)\frac{6\mu}{1+4\mu^2}gr,\]
可知 `\mu` 只需满足 `e^{-2\mu\pi}>2/3`，故 `e^{-2\mu\pi}\in(2/3,1)`，因此
\[v_B^2\in\left( \frac23v_0^2-\frac13v_0^2,\frac23v_0^2-\frac29v_0^2 \right)=\left( \frac13v_0^2,\frac49v_0^2 \right),\]
所以 `a\in(1/3,4/9)`。

realnumber

谢谢kk,我让小伙看看,真好奇他的初三科学老师到底怎么解释


小伙--老师没解释

色k

回复 3# realnumber

初三能解释出 >1/3 就算不错了，上界就算了……我估计他老师也不会

kuing

尝试一下不开挂解那个微分方程：

\[gr\cos\theta=\frac12\bigl( v(\theta)^2 \bigr)'+\mu\bigl( gr\sin\theta+v(\theta)^2 \bigr).\]

记 `y(\theta)=v(\theta)^2`，方程整理为
\[gr(\cos\theta-\mu\sin\theta)=\frac12y'(\theta)+\mu y(\theta),\]
两边乘 `2e^{2\mu\theta}` 得
\[2e^{2\mu\theta}gr(\cos\theta-\mu\sin\theta)=e^{2\mu\theta}y'(\theta)+2\mu e^{2\mu\theta}y(\theta)=\bigl( e^{2\mu\theta}y(\theta) \bigr)',\]
所以
\[e^{2\mu\theta}y(\theta)=2gr\int e^{2\mu\theta}(\cos\theta-\mu\sin\theta)\rmd\theta,\]
emmm...右边的积分咋积哩？高数基础还是太差……待续……

kuing

续楼上：有了，由
\begin{align*}
(e^{kx}\sin x)'&=e^{kx}(k\sin x+\cos x),\\
(e^{kx}\cos x)'&=e^{kx}(-\sin x+k\cos x),
\end{align*}
得
\begin{align*}
(e^{kx}\sin x+ke^{kx}\cos x)'&=e^{kx}(1+k^2)\cos x,\\
(ke^{kx}\sin x-e^{kx}\cos x)'&=e^{kx}(1+k^2)\sin x,
\end{align*}
所以
\begin{align*}
\int e^{kx}\cos x\rmd x&=e^{kx}\frac{\sin x+k\cos x}{1+k^2}+C,\\
\int e^{kx}\sin x\rmd x&=e^{kx}\frac{k\sin x-\cos x}{1+k^2}+C,
\end{align*}
由此得到
\[\int e^{2\mu\theta}(\cos\theta-\mu\sin\theta)\rmd\theta=e^{2\mu\theta}\frac{3\mu\cos\theta+(1-2\mu^2)\sin\theta}{1+4\mu^2}+C,\]
所以
\[y(\theta)=2gr\left( \frac{3\mu\cos\theta+(1-2\mu^2)\sin\theta}{1+4\mu^2}+Ce^{-2\mu\theta} \right),\]
由 `y(0)=v_0^2` 得 `C=\frac{v_0^2}{2gr}-\frac{3\mu}{1+4\mu^2}`，代回去整理就是 2# 的式 (*)，终于不靠 mma 也算出来了！