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1、高一力学竞赛模拟题三姓名: 学号: 成果: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= 0.5 。起先时，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。2. 3.如图310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的均质圆盘的P点，并起先转动。已知=60，设转轴O光滑，求：m yxhPOMR图310（1）
2、碰撞后的瞬间盘的角速度。（2）P转到x轴时，盘的角速度和角加速度。4.5. 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，已知全部接触面的静摩擦系数为。6. 已知万有引力恒量G=6.6710-11Nm2/,地球质量m=61024,地球半径R1=6.4106m，地球公转轨道近似为圆，半径R2约为1.51011m，太阳质量M=21030，试依据以上数据推导第一、其次、第三宇宙速度；并利用其次宇宙速度探讨地球倘塌缩为黑洞，该黑洞的引力半径为多少？7. 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
3、形铰链相互连接，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视求：（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. 三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不行伸长的绳子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（）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A起先运动的速度。9. 一根不行伸长的细轻绳，穿上一粒质量为的珠子（视为质点），绳的下端固定在点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量与与细
4、杆摩擦皆可忽视不计），细杆与在同一竖直平面内起先时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为，点到杆的距离为，绳能承受的最大张力为，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重量称为法向加速度，可以证明，为质点在该点时速度的大小，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，当这段弧微小时，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中曲线在点的曲率半径为，在点
5、的曲率半径为10. 如图所示，两根刚性轻杆和在段坚固粘接在一起，延长线与的夹角为锐角，杆长为，杆长为。在杆的、和三点各固连一质量均为的小球，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，杆延长线与挡板垂直。现使该系统以大小为、方向沿的速度向挡板平动。在某时刻，小球与挡板碰撞，碰撞结束时球在垂直于挡板方向的分速度为零，且球与挡板不粘连。若使球碰撞后，球先于球与挡板相碰，求夹角应满意的条件。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。由于过程比较困难，动量分析还要协助以动力学分析，综合程度较高。由于车与墙壁的作用时短促
6、而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔软的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才起先”（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，才起先与铁块作用。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 = = ，因方向为正，必朝墙运动。（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 = ,反向加速的位移S= ，其中a = a1 = ，故S S ，所以，车碰墙之前，必定已和铁块达到共同速度v1 。车其次次碰墙
7、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 = = = ，因方向为正，必朝墙运动。车第三次碰墙，共同速度v3 = = ，朝墙运动。以此类推，我们可以概括铁块和车的运动状况铁块：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明显，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最终的稳定状态是：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，Ek =E内 ，且，E内 = f滑 S相 ，即：（m + M）v2 = mgS相 代入数字得：S相 = 5.4 m2、平板车向右运动时比较困难
8、，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，故第一次：S1 = 其次次：S2 = = 第三次：S3 = = n次碰墙的总路程是：S = 2（ S1 + S2 + S3 + + Sn ）= （ 1 + + + + ） = （ 1 + + + + ）碰墙次数n，代入其它数字，得：S = 4.05 m二.三. （1）由m下落过程中：有 对m +盘系统，碰撞微小，冲力远大于重力，故重力对O轴力矩可忽视，又外力对轴的力矩为零，故系统角动量守恒 又 由、得 （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 由、得由转动定律得四. 五. 【分析】 只要小圆柱与
9、地面的接触处以与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。依据物体平衡条件与不发生相对滑动的条件即可求出的条件。【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：f1N1， f2N2， 对小圆柱，以其圆心为轴，则有：f1r=f2r，即 f1=f2， 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. 由可得：式成立，必成立。取图中小圆柱与地面接触点为轴，则有，f2(r+rcos)=N2rsi
10、n由图中几何关系的：sin=cos=(R-r)/(R+r)所以f2/N2=sin/(1+cos)=由式得：f2/N2 即六. 解析第一宇宙速度称为环绕速度，可依据卫星绕地球表面匀速圆周运动的状况求解。其次宇宙速度称为脱离速度，因为脱离过程中引力不断在改变，因此从能量守恒的角度考虑。在计算第三宇宙速度时，必需考虑物体最初随地球公转的速度。设放射物体的质量为m0（1）物体绕地面飞行时，有=，V1=7.9km/s(2 )物体要脱离地球引力作用，它具有的总能量至少为零。依据机械能守恒，应有：m0 V22- =0，V2=V1=11.2 km/s(3)同理，物体要脱离太阳，它具有的速度应为v=42km/s
11、（对太阳），R2是地球公转轨道半径。物体随地球公转的速度v0=30km/sDv=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Dv的速度，由此，物体放射时的动能应满意下列关系式：m0- =m0，即 m0 V32=m0 V22+ m0 (Dv) 2，故有V3=16.7km/s(4)地球塌缩为黑洞，那么以该黑洞中不行能有任何物质能放射出来，哪怕是光也不行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V2c，有c，r =0.9七 八. 模型分析：首先，留意“起先运动”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改变。其二，对三个
12、质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为困难，可采纳分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不行伸长，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+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。对A用动量定理，有：I1 = m1 v1 B的动量定理是一个矢量方程：+= m2 ，可化为两个分方向的标量式，即：I2cosI1 = m2 v2cos I2sin= m2 v2sin 质点C的动量定理方程为：I I2 = m3 v3 AB绳不行
