高一力學競賽訓練3——教師用

1、高一力學競賽模擬題三姓名: 學號: 成績:1. 如圖17所示，在光滑的水平面上，質(zhì)量為M = 1 kg的平板車左端放有質(zhì)量為m = 2 kg的鐵塊，鐵塊與車之間的摩擦因素= 0.5 。開始時，車和鐵塊以共同速度v = 6 m/s向右運動，車與右邊的墻壁發(fā)生正碰，且碰撞是彈性的。車身足夠長，使鐵塊不能和墻相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，試求：1、鐵塊相對車運動的總路程；2、平板車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)圓盤的P點，并開始轉(zhuǎn)動。已知=60，設轉(zhuǎn)軸O光滑，求：m yxhPOMR圖310（1）

2、碰撞后的瞬間盤的角速度。（2）P轉(zhuǎn)到x軸時，盤的角速度和角加速度。4.5. 如圖所示，半徑為R和r的兩個大、小圓柱體，放置于同一粗糙的水平面上，在大圓柱上最高點作用一水平向右的力，求大圓柱有可能翻過小圓柱的條件，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，太陽質(zhì)量M=21030，試根據(jù)以上數(shù)據(jù)推導第一、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，兩根長度均為l的剛性輕桿，一端通過一質(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）當兩稈夾角為 900時，質(zhì)量為2m的小球的速度和位移8. 三個質(zhì)點A、B和C ，質(zhì)量分別為m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸長的繩子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)對質(zhì)點C施加以沖量I ，方向沿BC ，試求質(zhì)點A開始運動的速度。9. 一根不可伸長的細輕繩，穿上一粒質(zhì)量為的珠子（視為質(zhì)點），繩的下端固定在點，上端系在輕質(zhì)小環(huán)上，小環(huán)可沿固定的水平細桿滑動（小環(huán)的質(zhì)量及與細

4、桿摩擦皆可忽略不計），細桿與在同一豎直平面內(nèi)開始時，珠子緊靠小環(huán)，繩被拉直，如圖復19-7-1所示，已知，繩長為，點到桿的距離為，繩能承受的最大張力為，珠子下滑過程中到達最低點前繩子被拉斷，求細繩被拉斷時珠子的位置和速度的大?。ㄖ樽优c繩子之間無摩擦）注：質(zhì)點在平面內(nèi)做曲線運動時，它在任一點的加速度沿該點軌道法線方向的分量稱為法向加速度，可以證明，為質(zhì)點在該點時速度的大小，為軌道曲線在該點的“曲率半徑”，所謂平面曲線上某點的曲率半徑，就是在曲線上取包含該點在內(nèi)的一段弧，當這段弧極小時，可以把它看做是某個“圓”的弧，則此圓的半徑就是曲線在該點的曲率半徑如圖復19-7-2中曲線在點的曲率半徑為，在點

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，延長線與的夾角為銳角，桿長為，桿長為。在桿的、和三點各固連一質(zhì)量均為的小球，構(gòu)成一剛性系統(tǒng)。整個系統(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。在某時刻，小球與擋板碰撞，碰撞結(jié)束時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，求夾角應滿足的條件。參考答案:一. 模型分析：本模型介紹有兩對相互作用時的處理常規(guī)。能量關(guān)系介紹摩擦生熱定式的應用。由于過程比較復雜，動量分析還要輔助以動力學分析，綜合程度較高。由于車與墻壁的作用時短促

6、而激烈的，而鐵塊和車的作用是舒緩而柔和的，當兩對作用同時發(fā)生時，通常處理成“讓短時作用完畢后，長時作用才開始”（這樣可以使問題簡化）。在此處，車與墻壁碰撞時，可以認為鐵塊與車的作用尚未發(fā)生，而是在車與墻作用完了之后，才開始與鐵塊作用。規(guī)定向右為正向，將矢量運算化為代數(shù)運算。車第一次碰墻后，車速變?yōu)関 ，然后與速度仍為v的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v1 = = ，因方向為正，必朝墻運動。（學生活動）車會不會達共同速度之前碰墻？動力學分析：車離墻的最大位移S = ,反向加速的位移S= ，其中a = a1 = ，故S S ，所以，車碰墻之前，必然已和鐵塊達到共同速度v1 。車第二次碰墻

7、后，車速變?yōu)関1 ，然后與速度仍為v1的鐵塊作用，動量守恒，作用完畢后，共同速度v2 = = = ，因方向為正，必朝墻運動。車第三次碰墻，共同速度v3 = = ，朝墻運動。以此類推，我們可以概括鐵塊和車的運動情況鐵塊：勻減速向右勻速向右勻減速向右勻速向右平板車：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（總的末動能為零）。1、全程能量關(guān)系：對鐵塊和車系統(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、平板車向右運動時比較復雜

8、，只要去每次向左運動的路程的兩倍即可。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下落過程中：有 對m +盤系統(tǒng)，碰撞極小，沖力遠大于重力，故重力對O軸力矩可忽略，又外力對軸的力矩為零，故系統(tǒng)角動量守恒 又 由、得 （2）對m + M +地球系統(tǒng)，只有重力做功，E守恒，令P、x重合時EP = 0，則 由、得由轉(zhuǎn)動定律得四. 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)生相對滑動，則當作用于大圓柱上的力足夠大時，大圓柱就可以翻過小圓柱。當大圓柱處于剛好翻轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)時，地面對大圓柱的彈力為零。根據(jù)物體平衡條件及不發(fā)生相對滑動的條件即可求出的條件?！窘狻?當大圓柱處于剛好翻轉(zhuǎn)的臨界狀態(tài)時，兩圓柱受力如圖所示，兩接觸處不滑動的條件是：f1N1， f2N2， 對小圓柱，以其圓心為軸，則有：f1r=f2r，即 f1=f2， 取圖中f1與f2的交點A為軸，設A點到小圓柱的切線長為L，對小圓柱有：N2L+G1L=N1L 由此可見：N1 N2. 由可得：式成立，必成立。取圖中小圓柱與地面接觸點為軸，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動的情況求解。第二宇宙速度稱為脫離速度，因為脫離過程中引力不斷在變化，因此從能量守恒的角度考慮。在計算第三宇宙速度時，必須考慮物體最初隨地球公轉(zhuǎn)的速度。設發(fā)射物體的質(zhì)量為m0（1）物體繞地面飛行時，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)機械能守恒，應有：m0 V22- =0，V2=V1=11.2 km/s(3)同理，物體要脫離太陽，它具有的速度應為v=42km/s

11、（對太陽），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，對地球參照系而言，當物體脫離地球作用之后還應具備有Dv的速度，由此，物體發(fā)射時的動能應滿足下列關(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，哪怕是光也不可能克服強大的引力作用，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“開始運動”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，對三個

12、質(zhì)點均可用動量定理，但是，B質(zhì)點受沖量不在一條直線上，故最為復雜，可采用分方向的形式表達。其三，由于兩段繩子不可伸長，故三質(zhì)點的瞬時速度可以尋求到兩個約束關(guān)系。下面具體看解題過程繩拉直瞬間，AB繩對A、B兩質(zhì)點的沖量大小相等（方向相反），設為I1 ，BC繩對B、C兩質(zhì)點的沖量大小相等（方向相反），設為I2 ；設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v2與AB繩夾角為，如圖3所示），設C獲得速度v3（合沖量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。對A用動量定理，有：I1 = m1 v1

13、 B的動量定理是一個矢量方程：+= m2 ，可化為兩個分方向的標量式，即：I2cosI1 = m2 v2cos I2sin= m2 v2sin 質(zhì)點C的動量定理方程為：I I2 = m3 v3 AB繩不可伸長，必有v1 = v2cos BC繩不可伸長，必有v2cos() = v3 六個方程解六個未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、）是可能的，但繁復程度非同一般。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 ，使六個一級式變成四個二級式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I2sin= m2 v1 tg I I2 = m3 v1(c

14、os+ sintg) 2、解式消掉，使四個二級式變成三個三級式：I1 = m1 v1 I2cosI1 = m2 v1 I = m3 v1 cos+ I2 3、最后對式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。結(jié)果為：v1 = （學生活動：訓練解方程的條理和耐心）思考：v2的方位角等于多少？解：解“二級式”的即可。代入消I1 ，得I2的表達式，將I2的表達式代入就行了。答：= arc tg（）。九. 1. 珠子運動的軌跡OBHPAChyFTTNaaaaxMxMxmg切線法線mg法線切線NmgxyCPAOHTCAN圖復解 19-7-1圖復解 19-7-2建立如圖復解19-7所示的坐標系，原點在過點的豎直

15、線與細桿相交處，軸沿細桿向右，軸沿向下。當珠子運動到點處且繩子未斷時，小環(huán)在處，垂直于軸，所以珠子的坐標為 由知 即有，得 （1）這是一個以軸為對稱軸，頂點位于處，焦點與頂點的距離為的拋物線，如圖復解19-7-1所示，圖中的，為焦點。2. 珠子在點的運動方程因為忽略繩子的質(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，一是重力；另外兩個是兩繩子對珠子的拉力，它們分別沿和方向，這兩個拉力大小相等，皆用表示，則它們的合力的大小為 （2）為點兩邊繩子之間夾角的一半，沿的角平分線方向。因為是焦點至的連線，平行于軸，根據(jù)解析幾何所述的拋物線性質(zhì)可知，點的法線是的角平分線故合

16、力的方向與點的法線一致。由以上的論證再根據(jù)牛頓定律和題中的注，珠子在點的運動方程（沿法線方向）應為 （3） （4）式中是點處軌道曲線的曲率半徑；為珠子在處時速度的大小。根據(jù)機械能守恒定律可得 （5）3. 求曲車半徑當繩子斷裂時，由（4）式可見，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珠子的縱坐標?，F(xiàn)提出如下一種辦法。做一條與小珠軌跡對于軸呈對稱狀態(tài)的拋物線，如圖復解19-7-2所示。由此很容易想到這是一個從高處平拋物體的軌跡。平拋運動是我們熟悉的，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的運動學方程。這樣我們可不必通過軌道方程而是運用力

17、學原理分析其運動過程即可求出與對稱的點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。設從拋出至落地的時間為，則有 由此解得 （7）設物體在處的速度為，由機械能守恒定律可得 （8）物體在處法線方向的運動方程為 （9）式中即為處拋物線的曲率半徑，從（7）、（8）、（9）式及,可求得 這也等于點拋物線的曲率半徑，故得 （10）4. 求繩被拉斷時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）當時繩子被拉斷，設此時珠子位置的坐標為，由（11）式得 （12）代入（1）式，得 （13）繩子斷開時珠子速度的大小為 （14）ABCOxyP圖1十. 解法一如

18、圖1所示，建直角坐標，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)心運動定理有 （1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質(zhì)心參考系中考察系統(tǒng)對質(zhì)心的角動量. 在球與擋板碰撞過程中，質(zhì)心的坐標為 （5） （6） 球碰擋板前，三小球相對于質(zhì)心靜止，對質(zhì)心的角動量為零；球碰擋板后，質(zhì)心相對質(zhì)心參考系仍是靜止的，三小球相對質(zhì)心參考系的運動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動，若轉(zhuǎn)動角速度為，則三小球?qū)|(zhì)心的角動量 （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)心參考系中考察動力學問題時，必須引入慣性力. 但作用于質(zhì)點系的慣性力的合力通過質(zhì)心，對質(zhì)心的力矩等于零，不影響質(zhì)點系對質(zhì)心的角動量，故在質(zhì)心參考系中，相對質(zhì)心角動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題，即把桌面上與體系質(zhì)心重合的那一點作為角動量的參考點，則對該參考點(12)式也成立】由（11）和（12）式得xOPACB圖2y (14) (15)球相對固定參考系速度的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，整個系統(tǒng)至少應繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過角，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)過所需時間 （21） 在此時間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動的距離 （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) 評分標準：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