05高中物理竞赛力学练习题解Word格式.docx
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(计算时可认为管内空气的温度不变)
5、一个光滑的圆锥体固定在水平的桌面上,其轴线沿竖直方向,母线与轴线之间的夹角θ=30°
(如右图).一条长度为l的绳(质量不计),一端的位置固定在圆锥体的顶点O处,另一端拴着一个质量为m的小物体(物体可看作质点,绳长小于圆锥体的母线).物体以速率v绕圆锥体的轴线做水平匀速圆周运动(物体和绳在上图中都没画出).
6、(13分)一辆车通过一根跨过定滑轮的绳PQ提升井中质量为m的物体,如图所示.绳的P端拴在车后的挂钩上,Q端拴在物体上.设绳的总长不变,绳的质量、定滑轮的质量和尺寸、滑轮上的摩擦都忽略不计.
开始时,车在A点,左右两侧绳都已绷紧并且是竖直的,左侧绳长为H.提升时,车加速向左运动,沿水平方向从A经过B驶向C.设A到B的距离也为H,车过B点时的速度为vB.求在车由A移到B的过程中,绳Q端的拉力对物体做的功.
7.在两端封闭、内径均匀的直玻璃管内,有一段水银柱将两种理想气体a和b隔开.将管竖立着,达到平衡时,若温度为T,气柱a和b的长度分别为la和lb;
若温度为T',长度分别为l抋和l抌.然后将管平放在水平桌面上,在平衡时,两段气柱长度分别为l攁和l攂.已知T、T挕
8.如图所示,质量为的小车放在光滑的水平面上,其中AB部分为半径R=0.5m的光滑圆弧,BC部分水平且不光滑,长为L=2m,一小物块质量m=6Kg,由A点静止释放,刚好滑到C点静止(取g=10),求:
①物块与BC间的动摩擦因数
②物块从A滑到C过程中,小车获得的最大速度
9..如图所示,在光滑水平面上放一质量为M、边长为l的正方体木块,木块上搁有一长为L的轻质光滑棒,棒的一端用光滑铰链连接于地面上O点,棒可绕O点在竖直平面内自由转动,另一端固定一质量为m的均质金属小球.开始时,棒与木块均静止,棒与水平面夹角为角.当棒绕O点向垂直于木块接触边方向转动到棒与水平面间夹角变为的瞬时,求木块速度的大小.
10如图所示,一半径为R的金属光滑圆环可绕其竖直直径转动.在环上套有一珠子.今逐渐增大圆环的转动角速度ω,试求在不同转动速度下珠子能静止在环上的位置.以珠子所停处的半径与竖直直径的夹角θ表示.
11如图所示,一木块从斜面AC的顶端A点自静止起滑下,经过水平面CD后,又滑上另一个斜面DF,到达顶端F点时速度减为零。
两斜面倾角不同,但木块与所有接触面间的摩擦系数相同,若AF连线与水平面夹角为θ,试求木块与接触面间的滑动摩擦系数μ。
12.图中的是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径都是的1/4圆周连接而成,它们的圆心、与两圆弧的连接点在同一竖直线上.沿水池的水面.一小滑块可由弧的任意点从静止开始下滑.
1.若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中,在两个圆弧上滑过的弧长相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧上的何处?
(用该处到的连线与竖直线的夹角表示).
2.凡能在点脱离滑道的小滑块,其落水点到的距离如何?
参考解答
1参考解答
:
对圆轨道应用动力学,有:
v0=①
则椭圆轨道上P点的速度:
vP==②
对P→A过程,机械能守恒:
m−=m−③
比较P、A两点,用开普勒第二定律(此处特别注意,P点的速度取垂直矢径的分速度):
v0rP=vArA④
解①②③④四式可得:
rA=
同理,对P和B用能量关系和开普勒第二定律,可得:
rB=
椭圆的长半轴:
a==
最后对圆轨道和椭圆轨道用开普勒第三定律可得椭圆运动的周期。
答:
h近=,h远=;
T=。
2.参考解答
摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动,若摆球的质量为,则摆球受重力和摆线拉力的作用,设在这段时间内任一时刻的速度为,如图预解20-5所示。
用表示此时摆线与重力方向之间的夹角,则有方程式
(1)
运动过程中机械能守恒,令表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角,取点为势能零点,则有关系
(2)
摆受阻后,如果后来摆球能击中钉子,则必定在某位置时摆线开始松弛,此时=0,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运动。
设在该位置时摆球速度,摆线与竖直线的夹角,由式
(1)得
,(3)
代入
(2)式,求出
(4)
要求作斜抛运动的摆球击中点,则应满足下列关系式:
,(5)
(6)
利用式(5)和式(6)消去,得到
(7)
由式(3)、(7)得到
(8)
代入式(4),求出
(9)
越大,越小,越小,最大值为,由此可求得的最小值:
,
所以
(10)
3..参考答案:
如图所示,用表示a转过角时球速度的大小,表示此时立方体速度的大小,则有
(1)
由于与正立方体的接触是光滑的,相互作用力总是沿水平方向,而且两者在水平方向的位移相同,因此相互作用的作用力和反作用力做功大小相同,符号相反,做功的总和为0.因此在整个过程中推力所做的功应等于球、和正立方体机械能的增量.现用表示此时球速度的大小,因为、角速度相同,,,所以得
(2)
根据功能原理可知
(3)
将
(1)、
(2)式代入可得
解得
4.玻璃管A端浮在水面上方时,管受力平衡.设管中空气压强为P1,则管所受内外空气压力之差(竖直方向)是
f=(P1-P0)S0(a)
用ρ表示水的密度,
P1=P0+ρgh,(b)
则:
f=ρghS.(c)
f应与管所受重力平衡:
ρghS=mg.(d)
(2)管竖直没入水中后,设管A端的深度为H,管内气柱长度为l,则A端所在处水内压强为:
PA=P0+Hρg,(f)
管内气压,由管内水面在水下的深度可知:
为:
P2=P0+Hρg+lρg.(g)
管所受两者压力之差(竖直方向)为:
f'=(P2-PA)S=lρgS.(h)
随着管的下降,管内水面也必下降,即管内水面在水下的深度增大〔若管内水面的深度不变(或减小),则P2不变(或减小),而因管A端的下降,管内空气的体积却减小了,这与玻-马定律不符〕.因此,P2增大,l减小,故f'减小.当管A端到达某一深度H0时,f'与管所受重力相等,超过这一深度后,f'小于重力,放手后管不浮起.由此,当H=H0时,
f'=lρgS=mg,(i)
这时,由玻-马定律:
P2lS=P1(b+h)S.(k)
代入数值后,
(3)由上一小问解答的分析可知,当管A端的深度超过H0时,f'<
mg.故放手后管的位置要变化,将自行下沉.
评分说明:
全题14分.
(1)3分;
(2)和(3)共11分.
(1)中,利用(a)、(b)式求出(c)式的,给2分.直接用阿基米德原理得出管(及管内空气)所受浮力(c)式的,同样给2分.利用条件(d)得出结果(e)的,再给1分.因单纯运算或数值计算(包括单位换算)错误而结果错误的,扣1分.
(2)、(3),这两小问的解答中考生需要通过分析得知f'随着管的下降而减小,从而确定放手后管不浮起的条件和管位置的变化.故两小问一起定评分说明.
利用(f)、(g)得出(h)式的,给2分.直接求浮力而得出(h)式的,同样给2分.利用平衡条件得出(j)式的,再给1分.
利用玻-马定律决定H0部分,占3分.
分析f'随管的下降而减小,占4分,不要求严格论证,能说出管下降时l减小即可.用其他话说的,正确的,也可.不作分析的不给这4分.
说出自行下沉的,再给1分.
因单纯运算或数值计算(包括单位换算)错误而结果错误的,扣1分.
g值取作10米/秒2而得出H0=0.51米的,同样给分.
5、题目要求考生说明每问解法的根据.物体做水平匀速圆周运动有两种可能:
一种是物体与锥体表面接触(见图1);
一种是物体与锥体表面不接触(见图2).
当接触时,物体受力如图1所示,T是绳对物体的拉力,N是支持力,mg是重力.物体与锥面间无摩擦.将力沿水平方向和竖直方向分解,按牛顿定律得:
Tcosθ+Nsinθ=mg.(b)
由(a)、(b)两式消去T,可得N跟v的关系如下:
率,并将θ=30°
代入,可得
因为N是支持力,最小等于0,所以当v>
vb时,物体不再与锥面接触.
或:
T=1.03mg.
只受重力和绳子拉力作用(如图2所示).用α表示绳与圆锥体轴线之间的夹角,将力沿水平方向和竖直方向分解,按牛顿定律得:
Tcosα=mg.(e)
2T2-3mgT-2m2g2=0
解此方程,取合理值,得:
T=2mg.
全题12分.
本题要求考生说明每问解法的根据,即要求得出(c)式,并将
(1)、
(2)两问中的速率与(c)式相比较.这部分内容占6分.不论考生用什么方法解题,得出(c)式的给4分,再将
(1)、
(2)两问中的速率与(c)式比较的,再各给1分.
在
(1)中,列(a)、(b)式及求解占3分.(a)、(b)两式中有一个列错的,扣2分.单纯运算错误,扣1分.答案最后结果写作T=mg的,不扣分.
在
(2)中,列(d)、(e)式及求解占3分.(d)、(e)两式中有一个列错的,扣2分.单纯运算错误,扣1分.若误认为α=30°
扣2分.
6、设绳的P端到达B处时,左边绳与水平地面所成夹角为θ,物体从井底上升的高度为h,速度为v,所求的功为W,则:
因绳总长不变,所以:
v=vBcosθ.(c)
将(b)、(c)两式代入(a)式,得:
全题13分.
列出(a)式的,给3分.列出(b)式的,给3分.列出(c)式的,给5分.列出(d)式的,给1分.最后结果正确的,再给1分.
7、对于a段气体,有:
对于b段气体,有:
压强关系有:
pb-pa=p抇b-p抇a,(e)
pa=pb.(f)
由以上各式可得:
全题10分.
(a)、
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