高一力學(xué)競(jìng)賽訓(xùn)練3——教師用

1、高一力學(xué)競(jìng)賽模擬題三姓名: 學(xué)號(hào): 成績(jī):1. 如圖17所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為M = 1 kg的平板車(chē)左端放有質(zhì)量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車(chē)之間的摩擦因素= 0.5 。開(kāi)始時(shí)，車(chē)和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運(yùn)動(dòng)，車(chē)與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車(chē)身足夠長(zhǎng)，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，試求：1、鐵塊相對(duì)車(chē)運(yùn)動(dòng)的總路程；2、平板車(chē)第一次碰墻后所走的總路程。2. 3.如圖310所示，一質(zhì)量為m的黏土塊從高度h處自由下落，黏于半徑為R，質(zhì)量為M=2m的均質(zhì)圓盤(pán)的P點(diǎn)，并開(kāi)始轉(zhuǎn)動(dòng)。已知=60，設(shè)轉(zhuǎn)軸O光滑，求：m yxhPOMR圖310（1）

2、碰撞后的瞬間盤(pán)的角速度。（2）P轉(zhuǎn)到x軸時(shí)，盤(pán)的角速度和角加速度。4.5. 如圖所示，半徑為R和r的兩個(gè)大、小圓柱體，放置于同一粗糙的水平面上，在大圓柱上最高點(diǎn)作用一水平向右的力，求大圓柱有可能翻過(guò)小圓柱的條件，已知所有接觸面的靜摩擦系數(shù)為。6. 已知萬(wàn)有引力恒量G=6.6710-11Nm2/,地球質(zhì)量m=61024,地球半徑R1=6.4106m，地球公轉(zhuǎn)軌道近似為圓，半徑R2約為1.51011m，太陽(yáng)質(zhì)量M=21030，試根據(jù)以上數(shù)據(jù)推導(dǎo)第一、第二、第三宇宙速度；并利用第二宇宙速度討論地球倘塌縮為黑洞，該黑洞的引力半徑為多少？7. 如圖9所示，兩根長(zhǎng)度均為l的剛性輕桿，一端通過(guò)一質(zhì)量為m的球

3、形鉸鏈互相連接，另一端分別接質(zhì)量為m和2m的小球?qū)⒋搜b置兩桿并攏，鉸鏈向上、豎直地放在桌上輕敲一下，使球往兩邊滑，但兩桿始終保持在豎直面內(nèi)已知摩擦可忽略求：（1）鉸鏈碰桌前的速度(2）當(dāng)兩稈夾角為 900時(shí)，質(zhì)量為2m的小球的速度和位移8. 三個(gè)質(zhì)點(diǎn)A、B和C ，質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長(zhǎng)的繩子AB和BC相連，靜止在水平面上，如圖2所示，AB和BC之間的夾角為（）?，F(xiàn)對(duì)質(zhì)點(diǎn)C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點(diǎn)A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)的速度。9. 一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)輕繩，穿上一粒質(zhì)量為的珠子（視為質(zhì)點(diǎn)），繩的下端固定在點(diǎn)，上端系在輕質(zhì)小環(huán)上，小環(huán)可沿固定的水平細(xì)桿滑動(dòng)（小環(huán)的質(zhì)量及與細(xì)

4、桿摩擦皆可忽略不計(jì)），細(xì)桿與在同一豎直平面內(nèi)開(kāi)始時(shí)，珠子緊靠小環(huán)，繩被拉直，如圖復(fù)19-7-1所示，已知，繩長(zhǎng)為，點(diǎn)到桿的距離為，繩能承受的最大張力為，珠子下滑過(guò)程中到達(dá)最低點(diǎn)前繩子被拉斷，求細(xì)繩被拉斷時(shí)珠子的位置和速度的大小（珠子與繩子之間無(wú)摩擦）注：質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它在任一點(diǎn)的加速度沿該點(diǎn)軌道法線方向的分量稱為法向加速度，可以證明，為質(zhì)點(diǎn)在該點(diǎn)時(shí)速度的大小，為軌道曲線在該點(diǎn)的“曲率半徑”，所謂平面曲線上某點(diǎn)的曲率半徑，就是在曲線上取包含該點(diǎn)在內(nèi)的一段弧，當(dāng)這段弧極小時(shí)，可以把它看做是某個(gè)“圓”的弧，則此圓的半徑就是曲線在該點(diǎn)的曲率半徑如圖復(fù)19-7-2中曲線在點(diǎn)的曲率半徑為，在點(diǎn)

5、的曲率半徑為10. 如圖所示，兩根剛性輕桿和在段牢固粘接在一起，延長(zhǎng)線與的夾角為銳角，桿長(zhǎng)為，桿長(zhǎng)為。在桿的、和三點(diǎn)各固連一質(zhì)量均為的小球，構(gòu)成一剛性系統(tǒng)。整個(gè)系統(tǒng)放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑豎直擋板，桿延長(zhǎng)線與擋板垂直。現(xiàn)使該系統(tǒng)以大小為、方向沿的速度向擋板平動(dòng)。在某時(shí)刻，小球與擋板碰撞，碰撞結(jié)束時(shí)球在垂直于擋板方向的分速度為零，且球與擋板不粘連。若使球碰撞后，球先于球與擋板相碰，求夾角應(yīng)滿足的條件。參考答案:一. 模型分析：本模型介紹有兩對(duì)相互作用時(shí)的處理常規(guī)。能量關(guān)系介紹摩擦生熱定式的應(yīng)用。由于過(guò)程比較復(fù)雜，動(dòng)量分析還要輔助以動(dòng)力學(xué)分析，綜合程度較高。由于車(chē)與墻壁的作用時(shí)短促

6、而激烈的，而鐵塊和車(chē)的作用是舒緩而柔和的，當(dāng)兩對(duì)作用同時(shí)發(fā)生時(shí)，通常處理成“讓短時(shí)作用完畢后，長(zhǎng)時(shí)作用才開(kāi)始”（這樣可以使問(wèn)題簡(jiǎn)化）。在此處，車(chē)與墻壁碰撞時(shí)，可以認(rèn)為鐵塊與車(chē)的作用尚未發(fā)生，而是在車(chē)與墻作用完了之后，才開(kāi)始與鐵塊作用。規(guī)定向右為正向，將矢量運(yùn)算化為代數(shù)運(yùn)算。車(chē)第一次碰墻后，車(chē)速變?yōu)関 ，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向?yàn)檎?，必朝墻運(yùn)動(dòng)。（學(xué)生活動(dòng)）車(chē)會(huì)不會(huì)達(dá)共同速度之前碰墻？動(dòng)力學(xué)分析：車(chē)離墻的最大位移S = ,反向加速的位移S= ，其中a = a1 = ，故S S ，所以，車(chē)碰墻之前，必然已和鐵塊達(dá)到共同速度v1 。車(chē)第二次碰墻

7、后，車(chē)速變?yōu)関1 ，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動(dòng)量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = = ，因方向?yàn)檎爻瘔\(yùn)動(dòng)。車(chē)第三次碰墻，共同速度v3 = = ，朝墻運(yùn)動(dòng)。以此類推，我們可以概括鐵塊和車(chē)的運(yùn)動(dòng)情況鐵塊：勻減速向右勻速向右勻減速向右勻速向右平板車(chē)：勻減速向左勻加速向右勻速向右勻減速向左勻加速向右勻速向右顯然，只要車(chē)和鐵塊還有共同速度，它們總是要碰墻，所以最后的穩(wěn)定狀態(tài)是：它們一起停在墻角（總的末動(dòng)能為零）。1、全程能量關(guān)系：對(duì)鐵塊和車(chē)系統(tǒng)，Ek =E內(nèi) ，且，E內(nèi) = f滑 S相 ，即：（m + M）v2 = mgS相 代入數(shù)字得：S相 = 5.4 m2、平板車(chē)向右運(yùn)動(dòng)時(shí)比較復(fù)雜

8、，只要去每次向左運(yùn)動(dòng)的路程的兩倍即可。而向左是勻減速的，故第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = n次碰墻的總路程是：S = 2（ S1 + S2 + S3 + + Sn ）= （ 1 + + + + ） = （ 1 + + + + ）碰墻次數(shù)n，代入其它數(shù)字，得：S = 4.05 m二.三. （1）由m下落過(guò)程中：有 對(duì)m +盤(pán)系統(tǒng)，碰撞極小，沖力遠(yuǎn)大于重力，故重力對(duì)O軸力矩可忽略，又外力對(duì)軸的力矩為零，故系統(tǒng)角動(dòng)量守恒 又 由、得 （2）對(duì)m + M +地球系統(tǒng)，只有重力做功，E守恒，令P、x重合時(shí)EP = 0，則 由、得由轉(zhuǎn)動(dòng)定律得四. 五. 【分析】 只要小圓柱與

9、地面的接觸處以及兩圓柱的接觸處都不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則當(dāng)作用于大圓柱上的力足夠大時(shí)，大圓柱就可以翻過(guò)小圓柱。當(dāng)大圓柱處于剛好翻轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)時(shí)，地面對(duì)大圓柱的彈力為零。根據(jù)物體平衡條件及不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的條件即可求出的條件?！窘狻?當(dāng)大圓柱處于剛好翻轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)時(shí)，兩圓柱受力如圖所示，兩接觸處不滑動(dòng)的條件是：f1N1， f2N2， 對(duì)小圓柱，以其圓心為軸，則有：f1r=f2r，即 f1=f2， 取圖中f1與f2的交點(diǎn)A為軸，設(shè)A點(diǎn)到小圓柱的切線長(zhǎng)為L(zhǎng)，對(duì)小圓柱有：N2L+G1L=N1L 由此可見(jiàn)：N1 N2. 由可得：式成立，必成立。取圖中小圓柱與地面接觸點(diǎn)為軸，則有，f2(r+rcos)=N2rsi

10、n由圖中幾何關(guān)系的：sin=cos=(R-r)/(R+r)所以f2/N2=sin/(1+cos)=由式得：f2/N2 即六. 解析第一宇宙速度稱為環(huán)繞速度，可根據(jù)衛(wèi)星繞地球表面勻速圓周運(yùn)動(dòng)的情況求解。第二宇宙速度稱為脫離速度，因?yàn)槊撾x過(guò)程中引力不斷在變化，因此從能量守恒的角度考慮。在計(jì)算第三宇宙速度時(shí)，必須考慮物體最初隨地球公轉(zhuǎn)的速度。設(shè)發(fā)射物體的質(zhì)量為m0（1）物體繞地面飛行時(shí)，有=，V1=7.9km/s(2 )物體要脫離地球引力作用，它具有的總能量至少為零。根據(jù)機(jī)械能守恒，應(yīng)有：m0 V22- =0，V2=V1=11.2 km/s(3)同理，物體要脫離太陽(yáng)，它具有的速度應(yīng)為v=42km/s

11、（對(duì)太陽(yáng)），R2是地球公轉(zhuǎn)軌道半徑。物體隨地球公轉(zhuǎn)的速度v0=30km/sDv=v- v0=12km/s，對(duì)地球參照系而言，當(dāng)物體脫離地球作用之后還應(yīng)具備有Dv的速度，由此，物體發(fā)射時(shí)的動(dòng)能應(yīng)滿足下列關(guān)系式：m0- =m0，即 m0 V32=m0 V22+ m0 (Dv) 2，故有V3=16.7km/s(4)地球塌縮為黑洞，那么以該黑洞中不可能有任何物質(zhì)能發(fā)射出來(lái)，哪怕是光也不可能克服強(qiáng)大的引力作用，由此可斷定該系統(tǒng)的逃逸速度必定大于光速，即V2c，有c，r =0.9七 八. 模型分析：首先，注意“開(kāi)始運(yùn)動(dòng)”的理解，它指繩子恰被拉直，有作用力和沖量產(chǎn)生，但是繩子的方位尚未發(fā)生變化。其二，對(duì)三個(gè)

12、質(zhì)點(diǎn)均可用動(dòng)量定理，但是，B質(zhì)點(diǎn)受沖量不在一條直線上，故最為復(fù)雜，可采用分方向的形式表達(dá)。其三，由于兩段繩子不可伸長(zhǎng)，故三質(zhì)點(diǎn)的瞬時(shí)速度可以尋求到兩個(gè)約束關(guān)系。下面具體看解題過(guò)程繩拉直瞬間，AB繩對(duì)A、B兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I1 ，BC繩對(duì)B、C兩質(zhì)點(diǎn)的沖量大小相等（方向相反），設(shè)為I2 ；設(shè)A獲得速度v1（由于A受合沖量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），設(shè)B獲得速度v2（由于B受合沖量為+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可設(shè)v2與AB繩夾角為，如圖3所示），設(shè)C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。對(duì)A用動(dòng)量定理，有：I1 = m1 v1

13、 B的動(dòng)量定理是一個(gè)矢量方程：+= m2 ，可化為兩個(gè)分方向的標(biāo)量式，即：I2cosI1 = m2 v2cos I2sin= m2 v2sin 質(zhì)點(diǎn)C的動(dòng)量定理方程為：I I2 = m3 v3 AB繩不可伸長(zhǎng)，必有v1 = v2cos BC繩不可伸長(zhǎng)，必有v2cos() = v3 六個(gè)方程解六個(gè)未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、）是可能的，但繁復(fù)程度非同一般。解方程要注意條理性，否則易造成混亂。建議采取如下步驟1、先用式消掉v2 、v3 ，使六個(gè)一級(jí)式變成四個(gè)二級(jí)式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I2sin= m2 v1 tg I I2 = m3 v1(c

14、os+ sintg) 2、解式消掉，使四個(gè)二級(jí)式變成三個(gè)三級(jí)式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I = m3 v1 cos+ I2 3、最后對(duì)式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結(jié)果為：v1 = （學(xué)生活動(dòng)：訓(xùn)練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角等于多少？解：解“二級(jí)式”的即可。代入消I1 ，得I2的表達(dá)式，將I2的表達(dá)式代入就行了。答：= arc tg（）。九. 1. 珠子運(yùn)動(dòng)的軌跡OBHPAChyFTTNaaaaxMxMxmg切線法線mg法線切線NmgxyCPAOHTCAN圖復(fù)解 19-7-1圖復(fù)解 19-7-2建立如圖復(fù)解19-7所示的坐標(biāo)系，原點(diǎn)在過(guò)點(diǎn)的豎直

15、線與細(xì)桿相交處，軸沿細(xì)桿向右，軸沿向下。當(dāng)珠子運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)處且繩子未斷時(shí)，小環(huán)在處，垂直于軸，所以珠子的坐標(biāo)為 由知 即有，得 （1）這是一個(gè)以軸為對(duì)稱軸，頂點(diǎn)位于處，焦點(diǎn)與頂點(diǎn)的距離為的拋物線，如圖復(fù)解19-7-1所示，圖中的，為焦點(diǎn)。2. 珠子在點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程因?yàn)楹雎岳K子的質(zhì)量，所以可把與珠子接觸的那一小段繩子看做是珠子的一部分，則珠子受的力有三個(gè)，一是重力；另外兩個(gè)是兩繩子對(duì)珠子的拉力，它們分別沿和方向，這兩個(gè)拉力大小相等，皆用表示，則它們的合力的大小為 （2）為點(diǎn)兩邊繩子之間夾角的一半，沿的角平分線方向。因?yàn)槭墙裹c(diǎn)至的連線，平行于軸，根據(jù)解析幾何所述的拋物線性質(zhì)可知，點(diǎn)的法線是的角平分線故合

16、力的方向與點(diǎn)的法線一致。由以上的論證再根據(jù)牛頓定律和題中的注，珠子在點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程（沿法線方向）應(yīng)為 （3） （4）式中是點(diǎn)處軌道曲線的曲率半徑；為珠子在處時(shí)速度的大小。根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得 （5）3. 求曲車(chē)半徑當(dāng)繩子斷裂時(shí)，由（4）式可見(jiàn)，如果我們能另想其他辦法求得曲率半徑與的關(guān)系,則就可能由（4）、（5）兩式求得繩子斷裂時(shí)珠子的縱坐標(biāo)?，F(xiàn)提出如下一種辦法。做一條與小珠軌跡對(duì)于軸呈對(duì)稱狀態(tài)的拋物線，如圖復(fù)解19-7-2所示。由此很容易想到這是一個(gè)從高處平拋物體的軌跡。平拋運(yùn)動(dòng)是我們熟悉的，我們不僅知道其軌跡是拋物線，而且知道其受力情況及詳細(xì)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程。這樣我們可不必通過(guò)軌道方程而是運(yùn)用力

17、學(xué)原理分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程即可求出與對(duì)稱的點(diǎn)處拋物線的曲率半徑與的關(guān)系，也就是處拋物線的曲率半徑與的關(guān)系。設(shè)從拋出至落地的時(shí)間為，則有 由此解得 （7）設(shè)物體在處的速度為，由機(jī)械能守恒定律可得 （8）物體在處法線方向的運(yùn)動(dòng)方程為 （9）式中即為處拋物線的曲率半徑，從（7）、（8）、（9）式及,可求得 這也等于點(diǎn)拋物線的曲率半徑，故得 （10）4. 求繩被拉斷時(shí)小珠的位置和速度的大小把（5）式和（10）式代入（4）式，可求得繩子的張力為 （11）當(dāng)時(shí)繩子被拉斷，設(shè)此時(shí)珠子位置的坐標(biāo)為，由（11）式得 （12）代入（1）式，得 （13）繩子斷開(kāi)時(shí)珠子速度的大小為 （14）ABCOxyP圖1十. 解法一如

18、圖1所示，建直角坐標(biāo)，軸與擋板垂直，軸與擋板重合. 碰撞前體系質(zhì)心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統(tǒng)的質(zhì)心，以和表示碰撞后質(zhì)心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小. 根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有 （1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質(zhì)心參考系中考察系統(tǒng)對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量. 在球與擋板碰撞過(guò)程中，質(zhì)心的坐標(biāo)為 （5） （6） 球碰擋板前，三小球相對(duì)于質(zhì)心靜止，對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量為零；球碰擋板后，質(zhì)心相對(duì)質(zhì)心參考系仍是靜止的，三小球相對(duì)質(zhì)心參考系的運(yùn)動(dòng)是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動(dòng)，若轉(zhuǎn)動(dòng)角速度為，則三小球?qū)|(zhì)心的角動(dòng)量 （7）式中、和 分別是、和三球到質(zhì)心的距離，由圖1可知 （8） （9） （10）由（

19、7）、（8）、（9）和（10）各式得 （11） 在碰撞過(guò)程中，質(zhì)心有加速度，質(zhì)心參考系是非慣性參考系，在質(zhì)心參考系中考察動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，必須引入慣性力. 但作用于質(zhì)點(diǎn)系的慣性力的合力通過(guò)質(zhì)心，對(duì)質(zhì)心的力矩等于零，不影響質(zhì)點(diǎn)系對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量，故在質(zhì)心參考系中，相對(duì)質(zhì)心角動(dòng)量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有 （12）【也可以始終在慣性參考系中考察問(wèn)題，即把桌面上與體系質(zhì)心重合的那一點(diǎn)作為角動(dòng)量的參考點(diǎn)，則對(duì)該參考點(diǎn)(12)式也成立】由（11）和（12）式得xOPACB圖2y (14) (15)球相對(duì)固定參考系速度的x分量為 （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 （17）

20、 根據(jù)題意有 （18）由（17）和（18）式得 （19） 由（13）和（19）式得 （20）球若先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個(gè)系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過(guò)所需時(shí)間 （21） 在此時(shí)間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動(dòng)的距離 （22） 若 （23） ABCCOxyP圖1則球先于球與擋板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 （24）即 (25) 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題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.解法二如圖1所示，建直角坐標(biāo)系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、和 分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量，根據(jù)題意有 （1）以表示擋板作用于球的沖