2020年第37屆高中物理競賽力學(xué)專題練習(xí)39題(帶詳解)

試卷第=page5050頁，總=sectionpages5050頁試卷第=page4949頁，總=sectionpages5050頁2020年第37屆高中物理競賽力學(xué)專題練習(xí)39題（帶詳解)一、單選題1．某人用一始終沿BA方向的力F將一長方形木塊從圖示實(shí)線位置繞轉(zhuǎn)軸D點(diǎn)緩慢翻轉(zhuǎn)90°到虛線所示位置，在此過程中F隨轉(zhuǎn)過角度θ的關(guān)系圖線是A． B． C． D．【答案】B以點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，畫出重力的力臂，如圖：由圖可知，重力的力臂：力的力臂：根據(jù)力矩平衡條件可知，的力矩與重力的力矩平衡，即：由于當(dāng)?shù)姆较蚺c重力的方向垂直時(shí)，即時(shí)重力的力矩最大，所以重力的力矩先增大后減小。同理，的力矩先增大后減小，所以先增大后減小，ACD錯(cuò)誤，B正確。故選：B。2．無級變速是在變速范圍內(nèi)任意連續(xù)地變換速度，性能優(yōu)于傳統(tǒng)的檔位變速器．如圖所示是截錐式無級變速模型示意圖，兩個(gè)錐輪中間有一個(gè)滾輪，主動輪、滾輪、從動輪之間靠著彼此之間的靜摩擦力帶動．當(dāng)位于主動輪與從動輪之間的滾輪從左向右移動時(shí)，從動輪轉(zhuǎn)速降低，滾輪從右向左移動時(shí)從動輪轉(zhuǎn)速增加．當(dāng)滾輪位于主動輪直徑D1、從動輪直徑D2的位置上時(shí)，則主動輪轉(zhuǎn)速n1，從動輪轉(zhuǎn)速n2之間的關(guān)系是（）A．n2＝n1D2D1 BC．n2＝n1D1D2 D．n【答案】B角速度ω=2πn，則主動輪的線速度v1=D12ω1=πD1n1，從動輪的線速度v23．小明在公園如圍墻處避雨時(shí)，他觀察到由于圍墻的擋風(fēng)作用，雨滴從墻檐土滴落幾乎是豎直向下的，當(dāng)下落的雨滴經(jīng)過圍墻上的窗口時(shí)，有從窗P吹出的風(fēng)使兩滴的下落方向發(fā)生變化，下圖中描述了沿平行于墻壁從西向東方向觀察時(shí)雨滴的下落軌跡，其中最接真實(shí)情況的是（）A． B． C． D．【答案】C4．如圖所示，消防隊(duì)員在進(jìn)行訓(xùn)練時(shí)有一項(xiàng)爬繩練習(xí)，如果隊(duì)員用雙手握住豎直的繩索勻速攀上和勻速下滑時(shí)，繩索對他的摩擦力分別為F上和F下，那么關(guān)于F上和F下的下列說法中正確的是（）A．F上向上F下向下，F(xiàn)上與F下等大B．F上向下F下向上，F(xiàn)上大于F下C．F上向上F下向上，F(xiàn)上與F下等大D．F上向上F下向下，F(xiàn)上大于F下【答案】C5．醫(yī)院有一種先進(jìn)的檢測技術(shù)——彩超，就是向病人體內(nèi)發(fā)射一定頻率的超聲波，超聲波經(jīng)血液反射后被專用儀器接收，測出反射波相對發(fā)射波的頻率變化，就可知道血液的流速。這一技術(shù)利用了下列哪個(gè)物理學(xué)原理（）A．偏振規(guī)象 B．波的衍射， C．波的干涉 D．多普勒效應(yīng)【答案】D6．一顆人造地球通訊衛(wèi)星(同步衛(wèi)星)對地球的張角能覆蓋赤道上空東經(jīng)θ0－Δθ到東經(jīng)θ0+Δθ之間的區(qū)域。已知地球半徑為R0，地球表面處的重力加速度大小為g，地球自轉(zhuǎn)周期為T，Δθ的值等于()A．a(chǎn)rcsin(4π2R0T2g)C．a(chǎn)rccos(4π2R0T2g)【答案】C首先算出同步衛(wèi)星繞地球公轉(zhuǎn)的半徑r，地球自身半徑為R0，選項(xiàng)C符合題意，選項(xiàng)ABD不合題意。7．如圖，O點(diǎn)是小球平拋運(yùn)動拋出點(diǎn)；在O點(diǎn)有一個(gè)頻閃點(diǎn)光源，閃光頻率為30Hz；在拋出點(diǎn)的正前方，豎直放置一塊毛玻璃，小球初速度與毛玻璃平面垂直．在小球拋出時(shí)點(diǎn)光源開始閃光．當(dāng)點(diǎn)光源閃光時(shí)，在毛玻璃上有小球的一個(gè)投影點(diǎn)．已知圖中O點(diǎn)與毛玻璃水平距離L=1．20m，測得第一、二個(gè)投影點(diǎn)之間的距離為0.05m．取重力加速度g=10m/s2．下列說法正確的是A．小球平拋運(yùn)動的初速度為4m/sB．小球平拋運(yùn)動過程中，在相等時(shí)間內(nèi)的動量變化不相等C．小球投影點(diǎn)的速度在相等時(shí)間內(nèi)的變化量越來越大D．小球第二、三個(gè)投影點(diǎn)之間的距離0.15m【答案】A8．一圓弧形的槽，槽底放在水平地面上，槽的兩側(cè)與光滑斜坡aa’、bb’相切，相切處a、b位于同一水平面內(nèi)，槽與斜坡在豎直平面內(nèi)的截面如圖所示．一小物塊從斜坡aa’上距水平面ab的高度為h處沿斜坡自由滑下，并自a處進(jìn)入槽內(nèi)，到達(dá)b后沿斜坡bb’向上滑行，已知到達(dá)的最高處距水平面ab的高度為h；接著小物塊沿斜坡bb’滑下并從b處進(jìn)入槽內(nèi)反向運(yùn)動，若不考慮空氣阻力，則A．小物塊再運(yùn)動到a處時(shí)速度變?yōu)榱鉈．小物塊尚未運(yùn)動到a處時(shí)，速度已變?yōu)榱鉉．小物塊不僅能再運(yùn)動到a處，并能沿斜坡aa’向上滑行，上升的最大高度為2hD．小物塊不僅能再運(yùn)動到a處，并能沿斜坡aa’向上滑行，上升的最大高度小于h【答案】D二、多選題9．由青島大學(xué)學(xué)生自主設(shè)計(jì)研發(fā)的墻壁清潔機(jī)器人，利用8只“爪子”上的吸盤吸附在接觸面上，通過這8只“爪子”的交替伸縮吸附，就能在豎直墻壁和玻璃上行走并完成清潔任務(wù)。如圖所示，假設(shè)這個(gè)機(jī)器人在豎直玻璃墻面上由A點(diǎn)沿直線“爬行”到右上方B點(diǎn)，在這一過程中，若此機(jī)器人8只“爪子”所受玻璃墻對它的摩擦力的合力為F，則下列受力分析圖中可能正確的是(）A． B．C． D．【答案】AD10．“天宮一號”目標(biāo)飛行器于2011年9月9日發(fā)射升空，2013年9月已圓滿完成了各項(xiàng)預(yù)定的任務(wù)，并超期服役到2016年3月16日正式終止數(shù)據(jù)服務(wù)，全面完成里其歷史使命，預(yù)計(jì)2018年“受控”墜落，墜落過程中由于受軌道上稀薄空氣的影響，軌道高度會逐漸降低，最終其主體部分會在大氣層中完全燒毀，“天宮一號”在進(jìn)入稠密大氣成燃燒前，隨著運(yùn)行軌道的降低，其（）A．重力勢能逐漸減少，動能逐漸增加 B．動能逐漸增加，機(jī)械能減少C．動能、重力勢能和機(jī)械能均逐漸減少 D．繞地球運(yùn)行一周所用的時(shí)間越來越少【答案】ABD三、填空題11．如圖，物塊A、C置于光滑水平桌面上，通過輕質(zhì)滑輪和細(xì)繩懸掛物塊B，物塊A、B的質(zhì)量均為2kg，物塊C的質(zhì)量為1kg，重力加速度大小為10m/s2。(1)若固定物塊C，釋放物塊A、B，則物塊A、B的加速度之比為____；細(xì)繩的張力為____。(2)若三個(gè)物塊同時(shí)由靜止釋放，則物塊A、B和C加速度之比為____?！敬鸢浮?：18N2：3：412．如圖所示，一根不均勻的鐵棒AB與一輛拖車相連接，連接端B為一固定水平轉(zhuǎn)動軸，拖車在水平面上向右做勻速直線運(yùn)動，棒長為L，棒的質(zhì)量為40kg，它與地面間的動摩擦因數(shù)為，棒的重心C距轉(zhuǎn)動軸為，棒與水平面成30°角。運(yùn)動過程中地面對鐵棒的支持力為_______N；若將鐵棒B端的固定轉(zhuǎn)動軸向下移一些，其他條件不變，則運(yùn)動過程中地面對鐵棒的支持力將比原來__________（選填“增大”、“不變”或“減小”）?！敬鸢浮?00增大[1]以B點(diǎn)為轉(zhuǎn)軸，在拖車在水平面上做勻速直線運(yùn)動的過程中，鐵棒力矩平衡，假設(shè)鐵棒與水平地面夾角為，根據(jù)力矩平衡：滑動摩擦力：解得：因?yàn)?，解得：；[2]若將鐵棒B端的固定轉(zhuǎn)動軸向下移一些，其他條件不變，減小，減小，可知地面對鐵棒的支持力增大。13．如圖所示，彎折的直角輕桿ABCO通過鉸鏈O連接在地面上，AB=BC=OC=9m，一質(zhì)量為m的小滑塊以足夠大的初始速度，在桿上從C點(diǎn)左側(cè)x0=2m處向左運(yùn)動，作用于A點(diǎn)的水平向右拉力F可以保證BC始終水平。若滑塊與桿之間的動摩擦因數(shù)與離開C點(diǎn)的距離x滿足μx=1，則滑塊的運(yùn)動位移s=________________m時(shí)拉力F達(dá)到最小。若滑塊的初始速度v0=5m/s，且μ=0.5-0.1x（μ=0后不再變化），則滑塊達(dá)到C點(diǎn)左側(cè)x=4m處時(shí)，速度減為v=_________________m/s。【答案】31[1]滑塊向左做減速運(yùn)動，對桿有壓力和向左的滑動摩擦力；對桿，根據(jù)力矩平衡條件，有：代入數(shù)據(jù)和，有：當(dāng)，即時(shí)，拉力達(dá)到最?。籟2]滑塊從點(diǎn)達(dá)到點(diǎn)左側(cè)處過程，根據(jù)動能定理，有：其中：聯(lián)立解得：。14．如圖，一個(gè)球冠形光滑凹槽深度h=0.050m，球半徑為20m．現(xiàn)將一質(zhì)量為0.10kg的小球放在凹槽邊緣從靜止釋放。重力加速度大小為9.8m/s．小球由凹槽最高點(diǎn)滑到最低點(diǎn)所用時(shí)間為__________s．【答案】2.22s典型的單擺模型，L=20m，由單擺的周期T=2π=8.88s小球由凹槽最高點(diǎn)滑到最低點(diǎn)所用時(shí)間是=2.22s。15．一質(zhì)量為m的小球與一勁度系數(shù)為k的彈簧連接，置于光滑水平桌面上，彈簧的另一端與固定墻面相連，小球做一維自由振動，彈簧的伸縮方向與小球的振動方向一致。在一沿此彈簧長度方向以速度u做勻速直線運(yùn)動的參考系里觀察，此彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能____(填“守恒”或“不守恒”)，理由是________?！敬鸢浮坎皇睾銐Ρ趯椈捎凶饔昧?外力)，且在運(yùn)動參考系中，該力的作用點(diǎn)有位移，所做的功不為零。10［1］不守恒；［2］墻壁對彈簧有作用力(外力)，且在運(yùn)動參考系中，該力的作用點(diǎn)有位移，所做的功不為零，彈簧和小球構(gòu)成的系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒。16．2011年8月中國發(fā)射的宇宙飛船“嫦娥二號”在完成探月任務(wù)后，首次從繞月軌道飛向日地延長線上的拉格朗日點(diǎn)，在該點(diǎn)，“嫦娥二號”和地球一起同步繞太陽做圓固運(yùn)動．已知太陽和地球的質(zhì)量分別為MS和ME，日地距離為R．該拉格朗日點(diǎn)離地球的距離x滿足的方程為______________，由此解得x≈_________·(已知當(dāng)λ<<l時(shí)，(1+λ)n≈1+nλ)【答案】=(R+x)R17．水平力F方向確定，大小隨時(shí)間的變化如圖a所示；用力F拉靜止在水平桌面上的小物塊，在F從0開始逐漸增大的過程中，物塊的加速度a隨時(shí)間變化的圖象如圖b所示．重力加速度大小為10m/s2。由圖示可知，物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力為_________；物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為_______；在0~4s時(shí)間內(nèi)，合外力做的功為_________?！敬鸢浮?N0.124J18．位于水平光滑桌面上的n個(gè)完全相同的小物塊，沿一條直線排列，相鄰小物塊間都存在一定的距離。自左向右起，第1個(gè)小物塊標(biāo)記為P1，第2個(gè)小物塊標(biāo)記為P2，第3個(gè)小物塊標(biāo)記為P3，……，最后一個(gè)小物塊即最右邊的小物塊標(biāo)記為Pn?，F(xiàn)設(shè)法同時(shí)給每個(gè)小物塊一個(gè)方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大的速度記作v1，最小的速度記作vn，介于最大速度和最小速度間的各速度由大到小依次記為v2、v3、…、vn?1。若當(dāng)小物塊發(fā)生碰撞時(shí)，碰撞都是彈性正碰，且碰撞時(shí)間極短，則最終小物塊P1、P2、P3、…、Pn。速度的大小依次為________________________________________________。【答案】vn、vn?1、…、v3、v2、v1四、解答題19．如圖所示，輕質(zhì)支架ABO可繞水平軸O在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動，支架A端擱在水平地面上，BO與地面垂直，AB長度為L，與水平地面夾角為θ=37．可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電小物塊P，質(zhì)量為m，帶電量為q，P與支架間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，在運(yùn)動過程中其電量保持不變．（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）給小物塊P一個(gè)初速度，使其從A端開始沿AB向上滑，求P滑到距A端多遠(yuǎn)時(shí)支架即將發(fā)生翻轉(zhuǎn)．（2）把另一可看作質(zhì)點(diǎn)的帶正電小物塊W固定在支架的A端，小物塊P能靜止在AB的中點(diǎn)處，已知物塊P與AB間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，求小物塊W可能的帶電量Q．（3）改變小物塊W的帶電量，將物塊P從B點(diǎn)由靜止釋放，P沿斜面剛好能到達(dá)AB的中點(diǎn)．求物塊P從斜面中點(diǎn)應(yīng)以多大的初速度v0上滑才能剛好到達(dá)B點(diǎn)（支架不會發(fā)生翻轉(zhuǎn)）．【答案】（1）（2）≤Q≤（3）（1）設(shè)當(dāng)物塊P滑到距A端為x時(shí)支架即將發(fā)生翻轉(zhuǎn)。根據(jù)力矩平衡有解得（2）設(shè)小物塊W至少應(yīng)帶電量Qmin，此時(shí)物塊P受到最大靜摩擦力fm作用且方向由A指向B。根據(jù)物塊P的受力平衡有解得設(shè)小物塊W至多應(yīng)帶電量Qmax，此時(shí)物塊P受到最大靜摩擦力fm作用且方向由B指向A。根據(jù)物塊P的受力平衡有解得所以小物塊W可能的帶電量范圍是≤Q≤。（3）設(shè)物塊P從B點(diǎn)沿斜面到達(dá)AB的中點(diǎn)過程中克服電場力做功W，由動能定理有根據(jù)對稱性，物塊P從斜面中點(diǎn)向上運(yùn)動到達(dá)B點(diǎn)的過程電場力對其做功也為W，由動能定理有解得20．農(nóng)用平板車的簡化模型如圖a所示，兩車輪的半徑均為r(忽略內(nèi)外半徑差)，質(zhì)量均為m(車輪輻條的質(zhì)量可忽略)，兩輪可2m繞過其中心的光滑細(xì)車軸轉(zhuǎn)動(軸m的質(zhì)量可忽略)；車平板長為l、質(zhì)把手量為2m，平板的質(zhì)心恰好位于車輪的軸上；兩車把手(可視為細(xì)直桿)的長均為2l、質(zhì)量均為m，且把手前端與平板對齊，平板、把手和車軸固連成一個(gè)整體，車輪、平板和把手各自的質(zhì)量分布都是均勻的.重力加速度大小為g.(1)該平板車的車輪被一裝置(圖中未畫出)卡住而不能前后移動，但仍可繞車軸轉(zhuǎn)動.將把手提至水平位置由靜止開始釋放，求把手在與水平地面碰撞前的瞬間的轉(zhuǎn)動角速度.(2)在把手與水平地面碰撞前的瞬間立即撤去卡住兩車輪的裝置，同時(shí)將車輪和軸鎖死，在碰后的瞬間立即解鎖，假設(shè)碰撞時(shí)間較短(但不為零)，碰后把手末端在豎直方向不反彈.已知把手與地面、車輪與地面之間的滑動摩擦系數(shù)均為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力).求在車輪從開始運(yùn)動直至靜止的過程中，車軸移動的距離.【答案】（1）（2）(1)車輪被一裝置卡住而不能前后移動，但仍可繞輪軸轉(zhuǎn)動.把手繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為平板繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為平板與把手整體繞車軸的轉(zhuǎn)動慣量為(1)把手和平板整體的質(zhì)心位置到車軸的距離(見解題圖a)為(2)設(shè)把手與地面碰撞前的瞬間的角速度為，由機(jī)械能守恒有(3)式中h是把手和平板整體的質(zhì)心下降的距離(見解題圖b)將(2)式代入上式得由上式和(1)(3)式得(4)(2)在把手與地面碰撞前的瞬間，把手和平板車的質(zhì)心的速度大小為由幾何關(guān)系有，碰前瞬間把手和平板質(zhì)心速度的水平與豎直分量(從把手末端朝向把手前端為正)分別為(5)(6)記碰撞時(shí)間間隔為△t，由題設(shè)，把手、平板與車輪組成的系統(tǒng)在碰撞過程中可視為一個(gè)物體.剛碰時(shí)，由于把手末端與地面之間有相對速度，把手末端與地面之間在碰撞過程中水平方向的相互作用力是滑動摩擦力.設(shè)碰撞過程中地面對系統(tǒng)在豎直方向上總的支持力為N′，在碰撞后的瞬間系統(tǒng)的水平速度為(≥0).在水平和豎直方向上分別對此系統(tǒng)應(yīng)用動量定理有(7)(8)值得注意的是，(8)式左端的沖量不可能等于零，因而(7)式左端的沖量也不可能等于零.由(7)(8)式得即當(dāng)系統(tǒng)靜止，故(9)當(dāng)系統(tǒng)開始運(yùn)動，下面分兩階段討論系統(tǒng)開始運(yùn)動后直至停止的過程:階段I.車輪又滑又滾階段兩車輪的受力如解題圖c所示，圖中是地面對兩車輪的正壓力，和是把手和平板通過軸對兩車輪分別在水平方向和豎直方向的作用力，地面對車輪的滑動摩擦力.把手和平板作為一個(gè)整體的受力解題圖d所示，圖中N是地面對把手末端的正壓力.地面與車之間的總滑動摩擦力為(10)把手、平板和車輪組成的系統(tǒng)的質(zhì)心加速度為(11)對把手和平板系統(tǒng)應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理有(12)(13)對把手和平板系統(tǒng)應(yīng)用相對于過質(zhì)心的水平軸的轉(zhuǎn)動定理有由(11)(12)(13)式得將以上兩式代入(14)式得(14)于是因而對兩車輪在豎直方向上應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理有(15)對兩車輪應(yīng)運(yùn)用轉(zhuǎn)動定理有(16)由(15)式得再由(16)式得設(shè)車輪經(jīng)歷時(shí)間間隔t后開始純滾動，由純滾動條件有(17)此即由此得車輪開始做純滾動時(shí)的速度為(18)在整個(gè)又滑又滾階段，車軸移動的距離為于是有階段Ⅱ.車輪純滾動階段兩車輪的受力如解題圖e所示，圖中是地面對兩車輪的正壓力，和分別是把手和平板通過軸對兩車輪在水平方向和豎直方向的作用力，是地面對車輪的作用力(靜摩擦力)。把手和平板作為一一個(gè)整體的受力解題圖f所示，圖中是地面對把手末端的正壓力.對兩車輪運(yùn)用質(zhì)心運(yùn)動定理有(20)對兩車輪運(yùn)用轉(zhuǎn)動定理有(21)由純滾動條件有(22)由(20)(21)(22)式得對把手和平板系統(tǒng)在水平方向上應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理有聯(lián)立以上兩式有對把手和平板系統(tǒng)在豎直方向上應(yīng)用質(zhì)心運(yùn)動定理有對把手和平板系統(tǒng)應(yīng)用相對于過質(zhì)心C的水平軸的轉(zhuǎn)動定理有聯(lián)立以上三式消去和，得解得于是(23)在整個(gè)純滾動階段，車軸移動的距離滿足于是在車輪從開始運(yùn)動直至靜止的整個(gè)過程中，車軸移動的距離為21．如圖a，旅行車上有一個(gè)半徑為R的三腳圓凳(可視為剛性結(jié)構(gòu))，三個(gè)相同凳腳的端點(diǎn)連線(均水平)構(gòu)成邊長為a的等邊三角形，凳子質(zhì)心位于其軸上的G點(diǎn).半徑為r的一圓筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O點(diǎn)處，茶杯質(zhì)量為m(遠(yuǎn)小于凳子質(zhì)量)，其中杯底質(zhì)量為(杯壁和杯底各自的質(zhì)量分布都是均勻的)，杯高為H(與杯高相比，杯底厚度可忽略).杯中盛有茶水，茶水密度為.重力加速度大小為g.(1)為了使茶水杯所盛茶水盡可能多并保持足夠穩(wěn)定，杯中茶水的最佳高度是多少?(2)現(xiàn)該茶水杯的底面邊緣剛好緩慢滑移到與圓凳的邊緣內(nèi)切于D點(diǎn)時(shí)靜止(凳面邊有小凸緣，可防止物體滑出；凳面和凳面邊的凸緣各自的質(zhì)量分布都是均勻的)，且OD⊥AC(見圖b)，求此時(shí)旅行車內(nèi)底板對各凳腳的支持力相對于滑移前(該茶水杯位于凳面中心處)的改變.【答案】（1）（2）(1)以凳面中心O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以過O點(diǎn)向上的豎直線為y軸.茶杯(包括茶水在內(nèi))的質(zhì)心位置為(1)式中h是杯中茶水的高度.令，(1)式即事實(shí)上，考慮在茶杯中茶水的水平面從杯底逐漸緩慢上升的過程，茶水杯整體的質(zhì)心先是逐漸降低，然后再逐漸上升.為了使茶水杯盛盡可能多的茶水并保持足夠穩(wěn)定，茶水杯整體的質(zhì)心應(yīng)盡可能接近凳面，處于最低點(diǎn)的位置，故有(2)由(1)(2)式得(3)舍棄負(fù)值(不合題意)，杯中茶水的最佳高度為(4)【另一種解法】：事實(shí)上，考慮在茶杯中茶水的水平面從杯底逐漸緩慢上升的過程，茶水杯整體的質(zhì)心先是逐漸降低，然后再逐漸上升.為了使茶水杯盛盡可能多的茶水并保持足夠穩(wěn)定，茶水杯整體的質(zhì)心應(yīng)盡可能接近凳面，處于最低點(diǎn)的位置.(1)式即它滿足代數(shù)不等式式中當(dāng)h滿足即(4)時(shí)取等號，即杯中茶水的最佳高度.】(2)記凳子質(zhì)量為M.該茶水杯的底面邊緣剛好滑移到與圓凳的邊緣內(nèi)切于D點(diǎn)靜止后，坐標(biāo)系及三腳圓凳的受力分析分別如解題圖a和解題圖b所示，其中、和分別是車內(nèi)底板對凳腳A、B和C的支持力.由幾何關(guān)系有(5)(6)三腳圓凳處于力平衡狀態(tài)，豎直方向合力為零(7)(8)式中，，P=Mg.由(7)(8)式得以x軸為轉(zhuǎn)動軸，力矩平衡(9)記，由(5)(6)(9)式有【另一種解法】以AC為轉(zhuǎn)動軸，由力矩平衡條件有(9)即聯(lián)立以上各式得(10)(11)值得指出的是，解(10)滿足，即，(12)這已由題給條件保證了.由(7)(10)(11)式得，此時(shí)旅行車內(nèi)底板對各凳腳的支持力相對于茶水杯滑移前的改變?yōu)?13)(14)22．2016年9月，G20峰會在杭州隆重召開，其會議廳的裝飾設(shè)計(jì)既展示出中國建筑的節(jié)能環(huán)保理念，又體現(xiàn)了浙江的竹文化特色。圖a給出了其部分墻面采用的微孔竹板裝飾的局部放大照片，該裝飾同時(shí)又實(shí)現(xiàn)了對聲波的共振吸收.竹板上有一系列不同面積、周期性排列的長方形微孔，聲波進(jìn)入微孔后導(dǎo)致微孔中的空氣柱做簡諧振動.單個(gè)微孔和竹板后的空氣層，可簡化成一個(gè)亥姆霍茲共振器，如圖b所示.假設(shè)微孔深度均為l、單個(gè)微孔后的空氣腔體體積均為、微孔橫截面積記為S.聲波在空氣層中傳播可視為絕熱過程，聲波傳播速度與空氣密度及體積彈性模量的關(guān)系為，其中是氣體壓強(qiáng)的增加量與其體積V相對變化量之比，已知標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)(273K，latm=1.01×105Pa)下空氣(可視為理想氣體)的摩爾質(zhì)量Mmol=29.0g/mol，熱容比，氣體普適常量R=8.31J/(K·mol).(1)求標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下空氣的密度和聲波在空氣中的傳播速度；(2)求上述亥姆霍茲共振器吸收聲波的頻率(用、S、I、V0表示)；(3)為了吸收頻率分別為120Hz和200Hz的聲波，相應(yīng)的兩種微孔橫截面積之比應(yīng)為多少?【答案】（1）（2）（3）(1)由理想氣體狀態(tài)方程有(1)式中，P、V和T分別為空氣的壓強(qiáng)、體積和(絕對)溫度，M和Mmol分別為空氣總質(zhì)量和；摩爾質(zhì)量。由(1)式得空氣密度為在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下(以下標(biāo)“標(biāo)”表示)有，(2)理想氣體的絕熱過程滿足=常量式中γ是熱容比。對上式兩邊微分得(3)由(3)式可得，空氣的體積彈性模量為(4)聲波在空氣中的傳播速度為在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下有(5)(2)細(xì)管內(nèi)的空氣柱的質(zhì)量為(6)細(xì)管中的空氣柱的運(yùn)動是由外界壓力與容器內(nèi)的壓力之差所引起的.設(shè)這部分空氣柱運(yùn)動的位移為x(向外為正)，容器內(nèi)的空氣體積的改變?yōu)?7)容器內(nèi)氣體壓力的變化滿足絕熱過程，由(3)式有(8)相應(yīng)地，對于細(xì)管內(nèi)運(yùn)動著的空氣柱的作用力為(9)從而，細(xì)管內(nèi)空氣柱的運(yùn)動方程可寫為(10)(10)式可寫成(11)這是簡諧振動的方程，o是簡諧振動的圓頻率(12)將代入(10)式得，所述亥姆霍茲共振器吸收聲波的頻率為(13)上式最后一步利用了單個(gè)微孔后的空氣腔體體積為.(3)按題設(shè)，兩種需要通過所述亥姆霍茲共振器吸收聲波的頻率和之比為(14)由(13)式可得，(15)式中，S1和S2是相應(yīng)的上述亥姆霍茲共振器的微孔的橫截面積.由(15)式有(16)即(17)23．在化工廠、制藥廠、醫(yī)學(xué)檢驗(yàn)等工作中經(jīng)常需要將在液體中的微小顆粒沉淀析出，為此苛將待分離液體靜置一段較長的時(shí)間，這種方法稱內(nèi)“重力沉淀”法，也可以使用離心分離器在較短時(shí)間內(nèi)將液體中的微小顆粒沉淀析出，稱為“離心沉淀”法，試分析這種“離心沉淀”為什么比“重力沉淀”快？設(shè)管內(nèi)裝有密度為的液體，內(nèi)有密度為（>）、體積為△V的微小顆粒。對于“重力沉淀”法：液體中的微小顆粒受力：重力G=△Vg，浮力F1=△Vg，（因下沉速度很小，可忽略粘滯阻力）。由牛頓第二定律得微粒下沉的加速度為：對于“離心沉淀”法：當(dāng)離心分離器帶著試管以角速度ω高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，兩試管幾乎處于水平狀態(tài)，因分離的微粒將集中到試管的底部，故為簡化問題，只分析其水平方向受力情況。設(shè)在試管中有一個(gè)與轉(zhuǎn)軸相距r、體積為△V的小液滴，則其做圓運(yùn)動所需的向心力為：F2=△Vrω2，此向心力是周圍的液體所提供的。若在該處不是△V的小液滴，而代之以在液體中的體積為△V的微粒，則此微粒隨離心分離器旋轉(zhuǎn)所需的向心力為：，而周圍的液體所能提供的向心力只有F2=△Vr，由于>，所以，即微粒周圍液體對它產(chǎn)生的作用力小于它所需的向心力，微粒便向管底“下沉”（同理忽略液體對微粒的粘滯阻力），其下沉加速度為：“離心沉淀”法可以通過人為控制增大，使r>g，從而實(shí)現(xiàn)“離心沉淀”比“重力沉淀”更快。24．由于衛(wèi)星發(fā)射場地點(diǎn)不在赤道上，因此在發(fā)射地球同步靜止軌道衛(wèi)星時(shí)，需要先將衛(wèi)星發(fā)射到與赤道平面有一定夾角的轉(zhuǎn)移軌道上，然后再經(jīng)過調(diào)整使衛(wèi)星進(jìn)入地球同步靜止軌道。衛(wèi)星在轉(zhuǎn)移軌道上的遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)恰通過赤道上空，并且離地面高度恰等于地球同步靜止軌道的高度，此時(shí)通過發(fā)動機(jī)暫短時(shí)間點(diǎn)火，給衛(wèi)星一個(gè)附加的速度，使衛(wèi)星恰好能沿地球同步靜止軌道運(yùn)行。如果衛(wèi)星的質(zhì)量為1.4t，其飛經(jīng)赤道上空時(shí)的速度為1.5103m/s（為計(jì)算方便，此處數(shù)可以改一下），此時(shí)衛(wèi)星的高度與同步軌道的高度相同，飛行的軌道平面與赤道平面之間的夾角為30，如圖所示若不計(jì)大氣阻力和衛(wèi)星質(zhì)量的變化，己知地球半徑為6.4103m，結(jié)果保留1位有效數(shù)字。求：(1)為完成這次調(diào)整發(fā)動機(jī)至少需要做多少功(2)調(diào)整過程中發(fā)動機(jī)對衛(wèi)星所施的沖量【答案】(1)(2)θ=arcsin0.4(1)設(shè)地球同步衛(wèi)星的質(zhì)量為m、軌道半徑為r、運(yùn)動速率為vt，地球質(zhì)量為M、半徑為R、自轉(zhuǎn)周期為T，根據(jù)萬有引力定律和向心力公式則有，又因聯(lián)立解得r=4.3×107m，．根據(jù)動能定理可知，從初速度v0=1.5×103m/s變?yōu)槟┧俣葀t=3.1×103m/s，發(fā)動機(jī)需要做的功(2)初速度v0=1.5×103m/s沿東偏北30°角，與所求的附加速度△v合成后的合速度為正東方向的vt=3.1×103m/s，然后根據(jù)這一抽象出的模型畫出圖所示的矢量圖，便可根據(jù)余弦定理進(jìn)行計(jì)算，根據(jù)動量定理可知，所施沖量大小I=m△v=3×106kg·m/s其方向?yàn)闁|偏南，設(shè)偏南的角度為θ，根據(jù)正弦定理有解得θ=arcsin0.425．在研究跳水運(yùn)動員在水中所受阻力的情況以及設(shè)計(jì)跳水場地水池深度時(shí)，可以用金屬和橡膠制作一個(gè)運(yùn)動員模型，在它頭部攜帶有壓力傳感器，模型入水后傳感器可通過計(jì)算機(jī)顯示出水對模型的等效阻力f的量值隨其入水的深度y變化的函數(shù)曲線。己知這個(gè)模型的總質(zhì)量m=60kg，并可將其視為長度l=1.65m、直徑d=0.25m的圓柱體。這個(gè)模型頭向下從高于水面H=10m的跳臺自由落下入水后，計(jì)算機(jī)上顯示出的f-y變化曲線如圖所示。通過用計(jì)算機(jī)擬合圖線可知，該曲線可近似看作橢圓的一部分，該橢圓的長、短軸分別與坐標(biāo)軸Oy和Of辦重合。橢圓與y軸相交于y=h處，與f軸交于處。為了確保運(yùn)動員跳水時(shí)的安全，估算水池中水的深度h至少應(yīng)等于多少？【答案】4.8m運(yùn)動員的運(yùn)動可分為三個(gè)過程（如圖所示）：A→B運(yùn)動員僅受重力mg（恒力）作用，做自由落體運(yùn)動。該過程中重力做正功，初始速度vA=0。B→C運(yùn)動員剛接觸水面到全身浸入水中，受重力mg（恒力，做正功），阻力f（變力，做負(fù)功）和浮力F2（變力，做負(fù)功）的作用，所受阻力和浮力都隨著人體入水深度的增加而變化。C→D運(yùn)動員全身浸入水中到剛接觸水池底面，受重力mg（恒力，做正功），阻力f（變力，做負(fù)功），浮力F2（恒力，做負(fù)功）的作用。依題意，為保證運(yùn)動員的安全，水池中水的最小深度為h，意為運(yùn)動員接觸水池底面時(shí)速度為零，即vD=0。根據(jù)上面分析，對運(yùn)動員運(yùn)動的整個(gè)ABCD過程，由動能定理得：WG+WF1+WF2+Wf=△Ek=0其中，WG為重力的功：WG=mg（H+h）WF2為浮力F2的功：為浮力F1的功，Wf為阻力f的功。浮力F1和阻力f均為變力，它們的功可用圖象法求解。對B→C過程，以運(yùn)動員入水時(shí)的位置為零點(diǎn)，豎直向下為正方向建立oy坐標(biāo)如圖所示。當(dāng)人體入水深度為y時(shí)，F(xiàn)1=－gSy，S為圓柱體截面積。浮力F1隨運(yùn)動員入水深度y的變化關(guān)系如圖所示。F1做功的量值等于上圖曲線下的面積同理，由圖象法求得：聯(lián)立上述方程，并代入數(shù)據(jù)得：26．音涂噴泉在水泵作用下隨著音東的節(jié)律堅(jiān)直向上噴出水柱，粗細(xì)、高低不同的水柱形成美妙的景觀。實(shí)際上，當(dāng)我們仔細(xì)觀察時(shí)，會發(fā)現(xiàn)在噴口流量相同且無風(fēng)的情況下，噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細(xì)均勻的，而是在豎直方向上一頭粗、一頭細(xì)。請你說明上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的原因?！敬鸢浮繌膰娍趪姵龅乃牧髁渴嵌ㄖ导纯勺C明從噴口噴出的水的流量是定值，即水噴出的初速度相同，在豎直方向上，水做減速運(yùn)動，單位時(shí)間出來的水的體積不變，隨著水向上運(yùn)動，vi在不斷變小時(shí)，橫截面積Si在不斷增大，因此上升階段的水柱呈現(xiàn)的形態(tài)是上端較粗。27．小明在參觀科技館時(shí)，發(fā)現(xiàn)了一張地震波波速與地球內(nèi)部構(gòu)造的關(guān)系圖，如圖所示。其中A和B分別表示兩列不同的地震波其速度大小隨在地下深度的變化，右側(cè)為地球內(nèi)部結(jié)構(gòu)隨深度的分布情況。在地表下平均33km處(大陸部5000分)(或海洋面下7km)，縱橫波的傳播速度都明顯增加，這一不連續(xù)面叫莫霍界面。在地下2900km深處，縱橫兩列地震波中有一列波速度突然下降，另一列波則完全消失，這一不連續(xù)面叫古登堡界面。由于莫霍界面上下物質(zhì)都是固態(tài)，其力學(xué)性質(zhì)區(qū)別不大，所以將地殼和軟流圈以上的地幔統(tǒng)稱為巖石圈。地球的中心為地核，半徑為3473km左右。地核又可分為外核和內(nèi)核。根據(jù)上圖回答下列問題：(1)圖中的A、B兩列波，哪一列是橫波?并說明判斷的依據(jù)。(2)中國地震臺網(wǎng)正式測定：2018年2月12日18時(shí)31分在河北廊坊市永清縣(北緯39.37度，東經(jīng)116.67度)發(fā)生4.3級地震，震源深度20km。①請問當(dāng)時(shí)處于廊坊市永清縣的人感到大地是先上下顛簸后左右搖擺，還是先左右搖擺后上下顛?②因地震會同時(shí)產(chǎn)生圖中的A、B兩列波，估算當(dāng)?shù)鼐用窀惺艿紸、B這兩列列波的時(shí)間差大約多少秒?并簡要說明估算的過程程，結(jié)果只要求保留1位有效數(shù)字。【答案】(1)A是橫波，B是縱波(2)①先上下顛簸后左右搖擺；②2.1s(1)A為橫波。理由：從圖中可以看出在接近3000m的液體層時(shí)兩列波的波速發(fā)生了明顯變化，根據(jù)橫波不能在液體中傳播，縱波在液體中傳播的速度將變小，物質(zhì)密度越大，傳播速度越快，可以判定A是橫波，B是縱波。(2)①先上下顛簸后左右搖擺；②因?yàn)樵诰嗟孛?0km的范圍內(nèi)，地震波的傳播速度變化并不太大，可近似認(rèn)為A波的傳播速度vA=4.4km/s；B波的傳播速度vB=8.5km/s兩列波傳到振源正上方地面的時(shí)間差。28．如圖，兩勁度系數(shù)均為k的同樣的輕彈性繩的上端固定在一水平面上，下端懸掛一質(zhì)量為m的小物塊。平衡時(shí)，輕彈性繩與水平面的夾角為0，彈性繩長度為l0．現(xiàn)將小物塊向下拉一段微小的距離后從靜止釋放。（1）證明小物塊做簡諧振動；（2）若k=0.50N/m、m=50g、0=30°、l0=2.0m，重力加速度g=9.8m/s。，求小物塊做簡諧振動的周期T；（3）當(dāng)小物塊下拉的距離為0.010m時(shí)，寫出此后該小物塊相對于平衡位置的偏離隨時(shí)間變化的方程。已知：當(dāng)x<<1時(shí)，，．【答案】（1）F回=－(2ksin2α0+)y；（2）1.8s；（3）y=0.010×cos(3.5×t)（1）取小物塊的平衡位置為原點(diǎn)O，y軸的方向豎直向下，如圖所示：由牛頓第二定律可知ma=mg－2k(l－L)sinα①式中a為物塊的加速度，L為彈性繩的原長；l0為物塊靜止時(shí)，彈性繩的長；l和分別為物塊離開平衡位置的位移為y時(shí)彈性繩的長度和彈性繩與水平面的夾角。由幾何關(guān)系得l=②sinα=③d=l0cosα0④④代入②展開，化簡得l=由于y是小量，y2是二階無窮小量，可略去。得l=由小量展開式：當(dāng)x<<1時(shí)，，知l==l0+ysinα0⑤將⑤代入③，得sinα=由當(dāng)x<<1時(shí)，，知sinα=(l0sinα0+y)[(1－sinα0)]l0sinα=l0sinα0+y－ysin2α0－(y2/l0)sinα0且忽略y2項(xiàng)l0sinα=l0sinα0+ycos2α0sinα=sinα0+(y/l0)cos2α0⑥當(dāng)小物塊處在平衡位置時(shí)有mg=2k(l0－L)sinα0即L=l0－⑦⑤⑥⑦(代去l，L，sinα)代入①得ma=mg－2k[l0+ysinα0－l0+][sinα0+(y/l0)cos2α0]ma=mg－2k[ysin2α0++]略去y2項(xiàng)ma=－(2ksin2α0+)y由簡諧運(yùn)動的特征方程知F回=－Ky所以K=(2ksin2α0+)即F回=－(2ksin2α0+)y由此，物體的運(yùn)動滿足簡諧運(yùn)動的特征方程。因此，當(dāng)y很小時(shí)，小物塊做簡諧運(yùn)動。（2）小物塊做簡諧運(yùn)動的周期為T=2π=⑧將題給數(shù)據(jù)代入⑧，得小物塊做簡諧振動的周期T=1.8s（3）因?qū)⑿∥飰K拉開距離y0=0.010m時(shí)從靜止松手，故小物塊做簡諧振動的振幅為A=0.010m，初始時(shí)，小物塊速度為零，小物塊位于最大振幅處，其初相位為φ0=0⑨圓頻率為ω0=故在國際單位制中，小物塊做簡諧振動的方程為y=0.010cos(3.5t)29．某電視節(jié)目中演示了一個(gè)用三根火柴棍和細(xì)棉線懸掛起一瓶或多瓶礦泉水的實(shí)驗(yàn)，如圖所示。A、B、C為三根相同的火柴棍，火柴棍長為l，細(xì)實(shí)線為棉線，棉線的直徑為d(d<<l)。火柴棍A的一半在水平桌面內(nèi)，另一半在桌面外，火柴棍A與桌面上表面的邊沿垂直；桌面厚度為h；O是火柴棍A的中點(diǎn)與桌面邊沿的接觸點(diǎn)；棉線緊貼桌沿繞過A，壓在水平火柴棍C的兩端；火柴棍B的一端頂在火柴棍A的球狀頭部(可近似忽略球狀頭部的尺度)，另一端頂在火柴棍C的中點(diǎn)。這樣的結(jié)構(gòu)可以穩(wěn)定地懸掛起一瓶或多瓶礦泉水。已知火柴棍與桌沿、火柴棍與棉線以及火柴棍之間都足夠粗糙(即可以沒有滑動)，而且它們的質(zhì)量與重物相比均可忽略。（1）如果沒有火柴棍B和C，光靠A是否可能懸掛起一瓶礦泉水?為什么?（2）加上火柴棍B和C、小心掛上重物時(shí)，火柴棍A會在過A的豎直平面內(nèi)繞O點(diǎn)有一個(gè)角位移，通過火柴棍B的帶動，壓在火柴棍C兩端的棉線將繞桌面下表面的邊沿轉(zhuǎn)動一個(gè)很小的角度；只要角度大小合適，可使整個(gè)系統(tǒng)達(dá)到穩(wěn)定平衡。求平衡時(shí)該角度的大小?！敬鸢浮浚?）不能，從力的平衡看，單一的火柴棍A無法提供向上的力與一瓶礦泉水的重力平衡；從力矩的平衡看，重物相對于支撐點(diǎn)O有一力矩，此力矩沒有其它力矩與其平衡，會使火柴棍轉(zhuǎn)動直至掉；（2）arcsin（1）不能。從力的平衡看，單一的火柴棍A無法提供向上的力與一瓶礦泉水的重力平衡；從力矩的平衡看，重物相對于支撐點(diǎn)O有一力矩，此力矩沒有其它力矩與其平衡，會使火柴棍轉(zhuǎn)動直至掉下。（2）由于火柴棍A水平，火柴棍B的下端正好在A的中點(diǎn)的正下方，由幾何關(guān)系知，火柴棍A和B之間的夾角為α=60°，桌面上表面邊沿O點(diǎn)到火柴棍B的下端(即火柴棍C的中點(diǎn))的距離為L=32l，又由于火柴棍C水平，由幾何關(guān)系知，從O點(diǎn)到火柴棍C兩端的距離均為l，如圖(a)所示。據(jù)題意，三根火柴的結(jié)構(gòu)在重物質(zhì)量逐漸增大時(shí)是穩(wěn)定的。因而火柴棍C繼續(xù)保持水平，火柴棍B和A之間的夾角也能得以保持不變，即圖(b)中，火柴棍A和B之間的夾角仍然為60°瓶最終穩(wěn)態(tài)應(yīng)該在何處？應(yīng)該在O點(diǎn)正下方！又因?yàn)槊蘧€是有一定的線度，直徑為d。一開始瓶的縱向幾何中心與棉線的縱向幾何一直線，最終瓶的縱向幾何中心在O點(diǎn)的正下方。所以：①瓶向左平移的距離為d2；②瓶最終的轉(zhuǎn)動中心在桌子下邊沿，O點(diǎn)正下方的D點(diǎn)。如圖(c)，D′是棉線縱向軸線的位置，是瓶縱向中心的原位置。D是瓶的縱向中心的新位置。所以瓶轉(zhuǎn)過的角度∠DED′=θ，DD′=dOO′=DD′=d同理O′D′=OD=hD′E=DE=L－h(huán)=3故sinθ=d2平衡時(shí)該角度的大小θ=arcsind30．如圖，一邊長為L的正方形銅線框abcd可繞水平軸ab自由轉(zhuǎn)動，一豎直向上的外力F作用在cd邊的中點(diǎn)，整個(gè)線框置于方向豎直向上的均勻磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化。已知該方形線框銅線的電導(dǎo)率(即電阻率的倒數(shù))為σ，銅線的半徑為r0，質(zhì)量密度為ρ，重力加速度大小為g。（1）當(dāng)框平面與水平面abef的夾角為θ時(shí)，求該方形線框所受到的重力矩；（2）當(dāng)框平面與水平面abef的夾角為θ時(shí)，框平面恰好處于平衡狀態(tài)。求此時(shí)線框中cd邊所受到的磁場B的作用力的大小與外力的大小F之間的關(guān)系式；（3）隨著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化，可按照（2）中的關(guān)系式隨時(shí)調(diào)整外力F的大小以保持框平面與水平面abef的夾角總為θ．在保持夾角θ不變的情形下，已知在某一時(shí)刻外力為零時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；求此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率││?！敬鸢浮浚?）2L2ρgπr02cosθ；（2）安培力水平向左時(shí)：F安=2Lρgπr02cotθ－Fcotθ；安培力水平向右時(shí)：F安=Fcotθ－2Lρgπr02cotθ；（3）（1）該方形線框的質(zhì)量m=ρV=ρS4L=4Lρπr02方形線框的重力相對于AB邊的力矩為Mg=mgcosθ=2L2ρgπr02cosθ（2）由于電流方向未知，所以引起的安培力方向及其力矩方向均未知，故需要分類討論情況1：安培力水平向左，力矩M安+MF=MgM安=2L2ρgπr02cosθ－FLcosθ又因?yàn)镸安=F安Lsinθ聯(lián)立得F安=2Lρgπr02cotθ－Fcotθ情況2：安培力水平向右，同理力矩M安+Mg=MF得：F安=Fcotθ－2Lρgπr02cotθ（3）磁通量φ(θ)=L2Bcosθ感應(yīng)電動勢ε==L2cosθ││方形線框的電阻R，由電阻定律有R=ρ該方形線框上的感應(yīng)電流為i=cosθ││cd邊所受到的安培力的大小為FA=iBL=cosθ││因?yàn)橐饬等于零，所以是第（2）小題中的第1種情況││=31．某根水平固定的長滑竿上有n(n≥3)個(gè)質(zhì)量相同的滑扣(即可以滑動的圓環(huán))，每相鄰的兩個(gè)滑扣(極薄)之間有不可伸長的柔軟輕質(zhì)細(xì)線相連，細(xì)線長度均為L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒為滑扣對滑竿正壓力大小的μ倍。開始時(shí)所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互擠壓)；今給第1個(gè)滑扣一個(gè)初速度使其在滑竿上開始向左滑行(平動)；在滑扣滑行的過程中，前、后滑扣之間的細(xì)線拉緊后都以共同的速度向前滑行，但最后一個(gè)(即第n個(gè))滑扣固定在滑竿邊緣。已知從第1個(gè)滑扣開始的(n一1)個(gè)滑扣相互之間都依次拉緊，繼續(xù)滑行距離l(0<l<L)后靜止，且所有細(xì)線拉緊過程的時(shí)間間隔極短。求：（1）滑扣1的初速度的大?。唬?）整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功；（3）整個(gè)過程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的總動能損失?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（1）為普遍起見，設(shè)兩個(gè)物體質(zhì)量分別為m1和m2，初速度分別為v1和0，發(fā)生完全非彈性碰撞后共同速度為v，則碰前的動能E=①由于細(xì)繩拉緊前后時(shí)間間隔極短，可以忽略摩擦阻力，故前后動量守恒，有m1v1=(m1+m2)v②碰后的動能之和(即系統(tǒng)剩余動能)為E′=③由①②③式得E′=④此式為后續(xù)計(jì)算的通式，后續(xù)計(jì)算特別簡單，因?yàn)橘|(zhì)量相等損失的動能為ΔE=E－E′=設(shè)第1個(gè)滑扣以速度v10開始運(yùn)動E0=⑤在第1個(gè)滑扣滑動距離L、第1與第2個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E1f=E0－μmgL⑥在第1個(gè)滑扣與第2個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬前，系統(tǒng)剩余動能為(根據(jù)④式)E20==⑦在第1、2個(gè)滑扣共同滑動距離L、第2與第3個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E2f=E20－2μmgL==⑧在第2個(gè)滑扣與第3個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬前，系統(tǒng)剩余動能為(根據(jù)④式)E30==⑨在第1、2、3個(gè)滑扣共同滑動距離L、第3與第4個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E3f=E30－3μmgL=－3μmgL=⑩……依次類推，在第k個(gè)與第k+1個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為Ekf===1≤k≤n－2于是，在第(n－2)個(gè)與第(n－1)個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊前的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E(n－2)f=⑾在第(n－2)個(gè)與第(n－1)個(gè)滑扣之間的細(xì)繩剛拉緊后的瞬間，系統(tǒng)剩余動能為E(n－1)0==⑿(可類比⑦、⑨，并代入⑾得到)由⑾知，E(n－2)f>0>0E(n－1)f<0<0，得<E0<本式題目中沒有要求的，相當(dāng)于給出了待求量的定義域則從第1個(gè)滑扣開始的(n－1)個(gè)滑扣都依次拉緊，且可繼續(xù)滑行距離l(0<l<L)后靜止。因而有E(n－1)0==(n－1)μmgl(因?yàn)橐^續(xù)滑行距離l)⒀由⑤⒀得滑扣1的初速度的大小v10（2）整個(gè)過程中克服摩擦力所做的功為W=μmgL+μ(2m)gL+μ(3m)gL+……+μ[(n－2)m]gL+μ[(n－1)m]gl=（3）在整個(gè)過程中僅僅由于細(xì)線拉緊引起的總能量損失為32．從左至右在同一水平地面上依次有3個(gè)質(zhì)點(diǎn)a、b、c，且三者共線，a與b相距l(xiāng)1，b與c相距l(xiāng)2．現(xiàn)同時(shí)將它們從其初始位置拋出．已知質(zhì)點(diǎn)b以初速度v0豎直上拋，質(zhì)點(diǎn)c以某一初速度豎直上拋．設(shè)在這3個(gè)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動過程中，a能碰到質(zhì)點(diǎn)b和c；并假設(shè)質(zhì)點(diǎn)a的質(zhì)量遠(yuǎn)大于質(zhì)點(diǎn)b的質(zhì)量，且a與b碰撞時(shí)間極短．求質(zhì)點(diǎn)c的初速度vc和質(zhì)點(diǎn)a的初速度所滿足的條件。所求的結(jié)果均用題中的已知量表示出來?！敬鸢浮縱x≥g；vy=vc=v0以質(zhì)點(diǎn)a的初始位置為原點(diǎn),向右為x軸正向,向上為y軸正向.設(shè)a的初速度x和y分量分別為vx和vy.按拋體運(yùn)動公式,在時(shí)刻t質(zhì)點(diǎn)a、b、c的坐標(biāo)分別為(xa，ya)=(vxt,vyt-gt2)①(xb，yb)=(l1,v0t-gt2)②(xc，yc)=(l1+l2,vct-gt2)③a與b相碰的條件是,存在時(shí)刻t1,使?jié)M足vxt1=l1④vyt1-gt12=v0t1-gt12⑤v0t1-gt12≥0⑥⑥式來自于水平地面對質(zhì)點(diǎn)y坐標(biāo)的限制。由④⑤⑥式得vy=v0⑦vx≥g⑧由于a與b碰撞時(shí)間極短,可忽略重力的影響。在a與b碰撞前后,系統(tǒng)的動量和能量守恒mavx=mav'x+mbv'bx⑨ma+mbvby(t1)=mav'y(t1)+mbv'by(t1)⑩ma[vx2+vy2(t1)]+mbvby2(t1)=ma[v'x2+v'y2(t1)]+mb[v'bx2+v'by2(t1)](11)式中,碰后的有關(guān)速度用打撇的字母表示.由題意,可認(rèn)為mb=0.將mb=0代入⑨⑩(11)式得vx=v'x，vy(t1)＝v'y(t1)(12)可見,質(zhì)點(diǎn)b的運(yùn)動對質(zhì)點(diǎn)a的運(yùn)動的影響可忽略。同理,a與c相碰的條件是,存在時(shí)刻t2,使?jié)M足vxt2=l1+l2(13)vyt2-gt22=vct2-gt22(14)vct2-gt22≥0(15)由(13)(14)(15)式得vc=vy(16)vx≥g(17)由⑦⑧(12)(13)式得,質(zhì)點(diǎn)c的初速度vc為vc=v0(18)質(zhì)點(diǎn)a的初速度應(yīng)滿足的條件為vx≥g(19)vy=vc=v0(20)33．某機(jī)場候機(jī)樓外景如圖a所示。該候機(jī)樓結(jié)構(gòu)簡化圖如圖b所示：候機(jī)樓側(cè)壁是傾斜的，用鋼索將兩邊斜壁系住，在鋼索上有許多豎直短鋼棒將屋面支撐在鋼索上．假設(shè)海邊斜壁的質(zhì)量為m，質(zhì)量分布均勻；鋼索與屋面(包括短鋼棒)的總質(zhì)量為，在地面處用鉸鏈與水平地面連接，鋼索固定于斜壁上端以支撐整個(gè)屋面，鋼索上端與斜壁的夾角為30o；整個(gè)系統(tǒng)左右對稱．求(1)斜壁對鋼索的拉力的大小；(2)斜壁與地面的夾角．【答案】(1)F=mg(2)60o設(shè)斜壁長度為l,斜壁對鋼索的拉力大小為F,斜壁與水平地面所夾銳角為α,由力矩平衡條件得F=mgcosα①鋼索與屋面作為一個(gè)整體受到三個(gè)力:兩端的拉力大小均為F(與水平方向的夾角為α-30o)，豎直向下的重力mg，由力的平衡條件得2Fsin(α-30°)=mg②由①②式得cosαsin(α-30°)=③由三角中的積化和差公式有[sin(α-30o-α)+sin(α-30o+α)]=即sin(2α-30o)=1④解得α=60o⑤由①⑤式得F=mg34．在海面上有三艘輪船，船A以速度u向正東方向航行，船B以速度2u向正北方向航行，船C以速度22u向東偏北45°方向航行．在某一時(shí)刻，船B和C恰好同時(shí)經(jīng)過船A的航線并位于船A的前方，船B到船A的距離為a，船C到船A的距離為2a．若以此時(shí)刻作為計(jì)算時(shí)間的零點(diǎn)，求在t時(shí)刻B、C兩船間距離的中點(diǎn)M到船A的連線MA繞M點(diǎn)轉(zhuǎn)動的角速度．【答案】ω=以t=0時(shí)刻船A所在的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)O，作如圖1所示平面直角坐標(biāo)系Oxy，x軸指向正東，y軸指向正北．可以把船C的速度分解成沿正東方向的分速度vx和沿正北方向的分速度vy兩個(gè)分量．根據(jù)題意有vx＝vy＝2u(1)在t時(shí)刻，三船的位置如圖1所示．B、C二船在y方向位移相等，兩船的連線BC與x軸平行，兩船間的距離BC=a+2utBC的中點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為12a+ut．中點(diǎn)xM=a+1yM=2ut（可見M點(diǎn)沿x方向的速度為u，沿y方向的速度為2u，在t=0時(shí)刻BC的中點(diǎn)在x軸上，其x坐標(biāo)為3a/2．在與M點(diǎn)固連的參考系中考察，并建立以M為原點(diǎn)的直角坐標(biāo)系Mx'y',x'軸與x軸平行，y'軸與y軸平行，則相對M，船A的速度只有沿負(fù)y'方向的分量，有uAM=uAMy'=-2u(5)在時(shí)刻t，船A在坐標(biāo)系Mx'y'的坐標(biāo)為x'y'可以把A船的速度分解為沿連線MA方向的分量uAM1和垂直于連線MA方向的分量uAM2兩個(gè)分量，uAM1使連線MA的長度增大，uAM2使連線MA的方向改變，如圖2所示．若用R表示t時(shí)刻連線MA的長度，則連線MA繞M點(diǎn)轉(zhuǎn)動的角速度ω=u若MA與x'軸的夾角為θ，則有uAM2而cosθ=|xR=x'A由（5）到（10）各式得ω=12au9a35．宇航員從空間站（繞地球運(yùn)行）上釋放了一顆質(zhì)量m=500kg的探測衛(wèi)星．該衛(wèi)星通過一條柔軟的細(xì)輕繩與空間站連接，穩(wěn)定時(shí)衛(wèi)星始終在空間站的正下方，到空間站的距離l=20km．已知空間站的軌道為圓形，周期T=92min（分）．i．忽略衛(wèi)星拉力對空間站軌道的影響，求衛(wèi)星所受輕繩拉力的大小．ii．假設(shè)某一時(shí)刻衛(wèi)星突然脫離輕繩．試計(jì)算此后衛(wèi)星軌道的近地點(diǎn)到地面的高度、遠(yuǎn)地點(diǎn)到地面的高度和衛(wèi)星運(yùn)行周期．取地球半徑R=6.400×103km，地球同步衛(wèi)星到地面的高度為H0=3.6000×104km，地球自轉(zhuǎn)周期T0=24小時(shí)．【答案】i．；ii．238kmi．設(shè)空間站離地面的高度為H,因?yàn)橥叫l(wèi)星的周期和地球自轉(zhuǎn)周期相同，根據(jù)開普勒第三定律以及題意有(1)即(2)代人數(shù)據(jù)得H=376km(3)衛(wèi)星的高度h=H-l=356km(4)衛(wèi)星在細(xì)繩的拉力F和地球引力作用下跟隨空間站一起繞地球作周期為T的圓周運(yùn)動，有(5)式中G為萬有引力常量，M為地球質(zhì)量．空間站在地球引力作用下繞地球作周期為T的圓周運(yùn)動故有(6)式中m’為空間站的質(zhì)量．由（5）、（6）兩式得(7)將（3）、（4）式及其他有關(guān)數(shù)據(jù)代人（7）式得F=38.2N(8)ii．細(xì)繩脫落后，衛(wèi)星在地球引力作用下繞地球運(yùn)動的軌道為一橢圓．在脫落的瞬間，衛(wèi)星的速度垂直于衛(wèi)星與地心的連線，所以脫落點(diǎn)必是遠(yuǎn)地點(diǎn)（或近地點(diǎn)），由(4）式可知，此點(diǎn)到地面的高度h=356km(9)設(shè)衛(wèi)星在近地點(diǎn)（或遠(yuǎn)地點(diǎn)）的高度為h'，速度為v'，根據(jù)開普勒第二定律，有(10)根據(jù)機(jī)械能守恒，有(11)聯(lián)立（10）、（11）兩式并利用（6）式得(12)代人有關(guān)數(shù)據(jù)有h'=238km(13)由（9）、（13）兩式可知，遠(yuǎn)地點(diǎn)到地面的高度為356km，近地點(diǎn)到地面的高度為238km.設(shè)衛(wèi)星的周期為T'，根據(jù)開普勒第三定律，衛(wèi)星的周期(14)代人數(shù)據(jù)得T'=90.4min(15)36．某同學(xué)選了一個(gè)傾角為θ的斜坡，他騎在自行車上剛好能在不踩踏板的情況下讓自行車沿斜坡勻速向下行駛，現(xiàn)在他想估測沿此斜坡向上勻速行駛時(shí)的功率，為此他數(shù)出在上坡過程中某一只腳蹬踩踏板的圈數(shù)N（設(shè)不間斷的勻速蹬），并測得所用的時(shí)間t，再測得下列相關(guān)數(shù)據(jù)：自行車和人的總質(zhì)量m，輪盤半徑Rl，飛輪半徑R2，車后輪半徑R3．試導(dǎo)出估測功率的表達(dá)式．己知上、下坡過程中斜坡及空氣作用于自行車的阻力大小相等，不論是在上坡還是下坡過程中，車輪與坡面接觸處都無滑動．不計(jì)自行車內(nèi)部各部件之間因相對運(yùn)動而消耗的能量．【答案】解法一因?yàn)橄缕聲r(shí)自行車勻速行駛，可知阻力大小f=mgsinθ(1)由題意，自行車沿斜坡勻速向上行駛時(shí)，輪盤的角速度(2)設(shè)輪盤邊緣的線速度為v1，由線速度的定義有v1=ωR1(3)設(shè)飛輪邊緣的線速度為v2，后車輪邊緣的線速度為v3，因?yàn)檩啽P與飛輪之間用鏈條連結(jié)，它們邊緣上的線速度相同，即v1=v2(4)因飛輪與后車輪的轉(zhuǎn)動角速度相同，故有(5)因車輪與坡面接觸處無滑動，在車后輪繞其中心軸轉(zhuǎn)動一周的時(shí)間T內(nèi)，車后輪中心軸前進(jìn)的路程(6)而(7)車后輪的中心軸前進(jìn)的速度即自行車行駛速度的大小(8)由以上有關(guān)各式得(9)人騎自行車上坡的功率為克服阻力f的功率加上克服重力沿斜面分力的功率，即P=fV+mgVsinθ(10)由（l）、（9）、（10）式(11)解法二因下坡時(shí)自行車勻速行駛，若自行車出發(fā)點(diǎn)的高度為h，則克服阻力所做的功Wf等于勢能的減少，有Wf=mgh(1)用s表示自行車行駛的路程，有h=ssinθ(2)自行車沿斜坡勻速向上行駛時(shí)，騎車者所做的功W，等于克服阻力的功Wf與勢能增量mgh之和，即W=Wf+mgh(3)設(shè)騎車者蹬踩踏板N圈到達(dá)下坡時(shí)的出發(fā)點(diǎn)，因踏板轉(zhuǎn)N圈可使后輪轉(zhuǎn)NR1/R2圈，所以自行車行駛的距離s為(4)由（1）到（4）式，得(5)上式除以所用時(shí)間t，即得騎車者功率(6)37．如圖所示，一木塊位于光滑的水平桌面上，木塊上固連一支架，木塊與支架的總質(zhì)量為M．一擺球掛于支架上，擺球的質(zhì)量為m，擺線的質(zhì)量不計(jì)．初始時(shí)，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)．一質(zhì)量為m的子彈以大小為v0、方向垂直于圖面向里的速度射人擺球并立即停留在球內(nèi)，擺球和子彈便一起開始運(yùn)動．已知擺線最大的偏轉(zhuǎn)角小于90°，在小球往返運(yùn)動過程中擺線始終是拉直的，木塊未發(fā)生轉(zhuǎn)動．i．求擺球上升的最大高度．ii．求木塊的最大速率．iii．求擺球在最低處時(shí)速度的大小和方向．【答案】i．ii．iii．，方向向前，i．由于子彈射人擺球至停留在球內(nèi)經(jīng)歷的時(shí)間極短，可以認(rèn)為在這過程中擺球僅獲得速度但無位移．設(shè)擺球（包括停留在球內(nèi)的子彈）向前（指垂直于圖面向里）的速度為u，由動量守恒定律有mv0=2mu(l)擺球以速度u開始向前擺動，木塊亦發(fā)生運(yùn)動．當(dāng)擺球上升至最高時(shí)，擺球相對木塊靜止，設(shè)此時(shí)木塊的速度為V，擺球上升的高度為h，因水平方向動量守恒以及機(jī)械能守恒有2mu=(2m+M)V(2)(3)解（l）、（2）、（3）三式得(4)ii．?dāng)[球升到最高后相對木塊要反向擺動．因?yàn)樵跀[球從開始運(yùn)動到擺線返回到豎直位置前的整個(gè)過程中，擺線作用于支架的拉力始終向斜前方，它使木塊向前運(yùn)動的速度不斷增大；擺線經(jīng)過豎直位置后，直到擺線再次回到豎直位置前，擺線作用于支架的拉力將向斜后方，它使木塊速度減小，所以在擺線（第一次）返回到豎直位置