高一力学竞赛模拟题三 姓名: 学号: 成绩: 1. 如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。 1 2.2 3.如图3—10所示，一质量为m的黏土块从高度h处自由下落，黏于半径为R，质量为M=2m的3 y m P h M R O θ x 图3—10 4 均质圆盘的P点，并开始转动。已知=60，设转轴O光滑，求： （1）碰撞后的瞬间盘的角速度0。 （2）P转到x轴时，盘的角速度和角加速度。 4. 5 5.如图所示，半径为R和r的两个大、小圆柱体，放置于同一粗糙的水平面上，在大圆柱上最高点作用一水平向右的力，求大圆柱有可能翻过小圆柱的条件，已知所有接触面的静摩擦系数为μ。 6 6.已知万有引力恒量G=6.67×10N·m/kg,地球质量m=6×10㎏,地球半径R1=6.4×10m，地球公转轨道近似为圆，半径R2约为1.5×10m，太阳质量M=2×10㎏，试根据以上数据推导第一、第二、第三宇宙速度；并利用第二宇宙速度讨论地球倘塌缩为黑洞，该黑洞的引力半径为多少？ 7 1130-11222467.如图9所示，两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过一质量为m的球形铰链互相连接，另一端分别接质量为m和2m的小球．将此装置两杆并拢，铰链向上、竖直地放在桌上．轻敲一下，使球往两边滑，但两杆始终保持在竖直面内．已知摩擦可忽略．求：（1）铰链碰桌前的速度．(2）当两秆夹角为 900时，质量为2m的小球的速度和位移． 8 8.三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对，试求质点A开始运动的速度。 9 质点C施加以冲量I ，方向沿BC 9.一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为m的珠子（视为质点），绳的下端固定在A点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与A在同一竖直平面内．开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为l，A点到杆的距离为h，绳能承受的最大张力为Td，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦） 注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度an，可以证明，anv2/R，v为质点在该点时速度的大小，R为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A点的曲率半径为RA，在B点的曲率半径为RB． 10 10.如图所示，两根刚性轻杆AB和BC在B段牢固粘接在一起，AB延长线与BC的夹角为锐角，杆BC长为l，杆AB长为lcos。在杆的A、B和C三点各固连一质量均为m的小球，构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑竖直挡板，杆AB延长线与挡板垂直。现使该系统以大小为v0、方向沿AB的速度向挡板平动。在某时刻，小球C与挡板碰撞，碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C与挡板不粘连。若使球C碰撞后，球B先于球A与挡板相碰，求夹角应满足的条件。 11 参考答案: 一.模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。 由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。 规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。 车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1 = mvM(v)v = ，因方向为正，必朝墙运动。 mM3（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S = 2v1v2mg,反向加速的位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，2a12aM必然已和铁块达到共同速度v1 。 车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2 = mv1M(v1)vv = 1 = 2，因方向为正，必朝墙运动。 mM3312 车第三次碰墙，……共同速度v3 = …… v2v = 3，朝墙运动。 33以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况—— 铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右…… 平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右…… 显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。 1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE内 ，且，ΔE内 = f滑 S相 ， 即：1（m + M）v2 = μmg·S相 2代入数字得：S相 = 5.4 m 2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故 v2第一次：S1 = 2a2v11v2第二次：S2 = = 22a2a3v21v22第三次：S3 = = 42a2a3…… 13 n次碰墙的总路程是： 1v211ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + 2 + 4 + … + 2 ） （n1）a333 = v2mg（ 1 + 11132 + 34 + … + 32（n1） ） M碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m 二. 14 15 三.（1）由m下落过程中： 1mghmv2 2有v2gh① 对m +盘系统，碰撞t极小，冲力远大于重力，故重力对O轴力矩可忽略，又外力对轴的力矩为零，故系统角动量守恒 mvRcosI0② 又I1MR22mR22mR2③ 由①、②、③得 2gh202Rcosgh4R④ （2）对m + M +地球系统，只有重力做功，E守恒，令P、x重合时EP = 0，则mgRsin12I21202I⑤ 由③、④、⑤得 gh2R2cos2gRsin1g2R.2(h43R) 由转动定律得 MmgRgI2mR22R 四. 16 17 五.【分析】 只要小圆柱与地面的接触处以及两圆柱的接触处都不发生相对滑动，则当作用于大圆柱上的力足够大时，大圆柱就可以翻过小圆柱。当大圆柱处于刚好翻转的临界状态时，地面对大圆柱的弹力为零。根据物体平衡条件及不发生相对滑动的条件即可求出μ的条件。 【解】 当大圆柱处于刚好翻转的临界状态时，两圆柱受力如图所示，两接触处不滑动的条件是： f1≤μN1，① f2≤μN2， ② 对小圆柱，以其圆心为轴，则有： 18 f1r=f2r，即f1=f2，③ 取图中f1与f2的交点A为轴，设A点到小圆柱的切线长为L，对小圆柱有： N2L+G1L=N1L由此可见：N1> N2. ④ 由③④可得：②式成立，①必成立。 取图中小圆柱与地面接触点为轴，则有， f2(r+rcosθ)=N2rsinθ 由图中几何关系的： sinθ=4rR rRcosθ=(R-r)/(R+r) 所以f2/N2=sinθ/(1+cosθ)=r Rr R由②式得：f2/N2≤μ即μ≥六.[解析]第一宇宙速度称为环绕速度，可根据卫星绕地球表面匀速圆周运动的情况求解。第二宇宙速度称为脱离速度，因为脱离过程中引力不断在变化，因此从能量守恒的角度考虑。在计算第三宇宙速度时，必须考虑物体最初随地球公转的速度。 设发射物体的质量为m0 （1）物体绕地面飞行时，有Gmm0R12m0v12Gm=，V1==R1g=7.9km/s R1R1(2 )物体要脱离地球引力作用，它具有的总能量至少为零。根据机械能守恒，应有： mm012m0 V2- G=0，V2=2R12Gm=2V1=11.2 km/s R1GMR2=42km/s（对太阳），R2是地球公转(3)同理，物体要脱离太阳，它具有的速度应为v=2轨道半径。物体随地球公转的速度v0=GM=30km/s R2v=v- v0=12km/s，对地球参照系而言，当物体脱离地球作用之后还应具备有v的速度，由此，物体发射时的动能应满足下列关系式：Gmm0112m0v3- =m0(v)2， R12219 即 12121 222m0 V3=m0 V2+m0 (v)，故有V3=(v)v2=16.7km/s 222(4)地球塌缩为黑洞，那么以该黑洞中不可能有任何物质能发射出来，哪怕是光也不可能克服强大的引力作用，由此可断定该系统的逃逸速度必定大于光速，即V2>c，有 2Gm2Gm>c，r<2 =0.9㎝ rc 20 七 八.模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段21 绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。 下面具体看解题过程—— 绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为I1+I2，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量I+I2沿BC方向，故v3沿BC方向）。 对A用动量定理，有： I1 = m1 v1① B的动量定理是一个矢量方程：I1+I2= m2v2 ，可化为两个分方向的标量式，即： I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ② I2sinα= m2 v2sinβ ③ 质点C的动量定理方程为： I － I2 = m3 v3 ④ AB绳不可伸长，必有v1 = v2cosβ ⑤ BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥ 六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非22 同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤—— 1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式： I1 = m1 v1 ⑴ I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵ I2sinα= m2 v1tgβ ⑶ I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷ 2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式： I1 = m1 v1 ㈠ I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡ m2m3sin2I = m3 v1cosα+ I2㈢ m23、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为： v1 = Im2cos m2(m1m2m3)m1m3sin2（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？ 解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。 答：β= arc tg（m1m2tg）。 m2九.1. 珠子运动的轨迹 23 建立如图复解19-7所示的坐标系，原点O在过A点的竖直线与细杆相交处，x轴沿细杆向右，y轴沿OA向下。当珠子运动到N点处且绳子未断时，小环在B处，BN垂直于x轴，所以珠子的坐标为 xM x O B 切线 T F h P N H A T 法线 mg C y 图复解19-7-1 xPN，yBN 由APN知 C H A O P A C y 法线 N mg xM 切线 x T N mg 图复解19-7-2 (AP)2(PN)2(AN)2 即有(hy)2x2(ly)2，得 x22(lh)y(l2h2)（1） 这是一个以y轴为对称轴，顶点位于y11焦点与顶点的距离为(lh)的抛物线，(lh)处，22如图复解19-7-1所示，图中的H(lh)，A为焦点。 2. 珠子在N点的运动方程 因为忽略绳子的质量，所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分，则珠子受的力有三个，一是重力mg；另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿NB和NA方向，这两个拉力大小相等，皆用T表示，则它们的合力的大小为 F2Tcos（2） 为N点两边绳子之间夹角的一半，F沿ANB的角平分线方向。 因为AN是焦点至N的连线，BN平行于y轴，根据解析几何所述的抛物线性质可知，N点的法线是ANB的角平分线．故合力F的方向与N点的法线一致。 由以上的论证．再根据牛顿定律和题中的注，珠子在N点的运动方程（沿法线方向）应为 24 12v22Tcosmgcosm（3） Rmv22Tcosmgcos（4） R式中R是N点处轨道曲线的曲率半径；v为珠子在N处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得 v2gy（5） 3. 求曲车半径R 当绳子断裂时TTd，由（4）式可见，如果我们能另想其他办法求得曲率半径R与y的关系,则就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标y。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于x轴呈对称状态的抛物线，如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高H处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的，我们不仅知道其轨迹是抛物线，而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与N对称的N点处抛物线的曲率半径R与y的关系，也就是N处抛物线的曲率半径R与y的关系。 设从抛出至落地的时间为t，则有 v0tl2h2 由此解得 v0g(lh)（7） ，由机械能守恒定律可得 设物体在N处的速度为v2v22g(HBN)（8） v0物体在N处法线方向的运动方程为 2mv（9） mgcosR式中R即为N处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及H(lh),可求得 12R2(lBN) cos这也等于N点抛物线的曲率半径，BNBNy，故得 25 R2(ly)（10） cos4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把（5）式和（10）式代入（4）式，可求得绳子的张力为 Tmgl（11） 2(ly)当TTd时绳子被拉断，设此时珠子位置的坐标为(xd,yd)，由（11）式得 ydl(1mg)（12） 2Td代入（1）式，得 xdmgl(lh)(lh)2（13） Td绳子断开时珠子速度的大小为 vd2gyd2gl(1mg)（14） 2Td A B P y 十.解法一 如图1所示，建直角坐标Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为v0，方向沿x轴正方向，以P表示系统的质心，以vPx和vPy表示碰撞后质心的速度分量，J表示墙作用于小球C的冲量的大小. 根据质心运动定理有 J3mvPx3mv0（1） O x 03mvPy0（2） 由（1）和（2）式得 3mv0JvPx（3） 3mlCP C vPy0（4） 可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球C与挡图1 板碰撞过程中，质心的坐标为 xPlcos（5） 1yPlsin（6） 3球C碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角动量为零；球C碰挡板后，质心相对质心26 参考系仍是静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心P的角动量 222（7）式中lAP、lBP和lCP分别是A、B和C三球到质心P的距离，由LmlAPmlBPmlCP图1可知 114222lAPl2cos2l2sin2（8）lBPl2sin2（9）lCPl2cos2l2sin2（10） 999由（7）、（8）、（9）和（10）各式得 2Lml2(12cos2)（11）在碰撞过程中，质心有加速度，3质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量J的冲量矩，即有 2JlsinL（12） 3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】 由（11）和（12）式得 vCPxlCPsin(lsin|yP|)(14) vCPylCPcoslcos(15) 球C相对固定参考系速度的x分量为 vCxvCPxvPx（16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 vCxJv0（17） m(12cos2)y A O B x 根据题意有 vCx0（18）由（17）和（18）式得 Jmv0(12cos2)P （19）由（13）和（19）式得 vsin0（20） l球A若先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆AB至少转到沿y方向，如图2所示.系统绕质心转过所需时间 C 图2 12t（21） 在此时间内质心沿x方向向右移动的距离 xvPxt（22） 若 yPxxP（23） 27 则球B先于球A与挡板碰撞.由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 3（24） arctan1即 36 (25) 评分标准： 本题25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分. 解法二 如图1所示，建直角坐标系Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合，以vAx、vAy、vBx、vBy、vCx和vCy分别表示球C与挡板刚碰撞后A、B和C三球速度的分量，根据题意有 vCx0（1） y vAy A vByB vAxP vBx O x vCy CC 图1 以J表示挡板作用于球C的冲量的大小，其方向沿x轴的负方向，根据质点组的动量定理有 JmvAxmvBx3mv0（2） 0mvAymvBymvCy（3） 以坐标原点O为参考点，根据质点组的角动量定理有 JlsinmvAylcoslcosmvBylcosmv0lsin（4）因为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有 vAxvBx（5）vCysinvBysinvBxcos（6）vAxcosvAysinvCysin（7） 2cos13cossin13cos22（7）式中为杆AB与连线AC的夹角.由几何关系有 cossin（8） （9） 解以上各式得 Jmv0(12cos2)（10） vAxv0sin2（11） vAyv0sincos（12） vBxv0sin2（13） vBy0（14） 28 vCyv0sincos（15） 按题意，自球C与挡板碰撞结束到球A (也可能球B)碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的，A、B和C三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角速度，可考察球B相对质心的速度.由(11)到(15)各式，在球C与挡板碰撞刚结束时系统质心P的速度 mvAxmvBxmvCx2vPxv0sin2（16） 3m3vPymvAymvBymvCy3m0（17） 这时系统质心的坐标为 xPlcos（18） 1yPlsin（19） 3不难看出，此时质心P正好在球B的正下方，至球B的距离为yP，而球B相对质心的速度 1vBPxvBxvPxv0sin2（20）vBPy0（21） 3可见此时球B的速度正好垂直BP，故整个系统对质心转动的角速度 vBPxv0sin（22） yPl若使球A先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过π/2角，即杆AB至少转到沿y方向，如图2所示.系统绕质心转过π/2所需时间 1πt2（23） 在此时间内质心沿x方向向右移动的距离 xvPxt（24） 若 yPxxPy （25） A O B x 则球B先于球A与挡板碰撞.由以上有关各式得 3arctan（26） 1即 36 (27) 评分标准： C P 29 图2 本题25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 30 本文来源：https://www.wddqw.com/doc/70d42dee6237ee06eff9aef8941ea76e59fa4a52.html