近几全国物理竞赛复赛力学Word下载.docx

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s-2，太阳质量mS=×

1030kg.试求P到太阳S的距离rP及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。

（28届复赛）

4、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆AB和CD接触处的静摩擦因数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l.

（1）已知系统平衡时AB杆与墙面夹角θ，求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA=，μC=，θ=°

，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

5.（20分）一长为2l的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m的小物块D和一质量为（为常数）的小物块B，杆可绕通过小物块B所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动.一质量为m的小环C套在细杆上（C与杆密接），可沿杆滑动，环C与杆之间的摩擦可忽略.一轻质弹簧原长为l，劲度系数为k，两端分别与小环C和物块B相连.一质量为m的小滑块A在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短.碰撞时滑块C恰好静止在距轴为（）处.

1.若碰前滑块A的速度为，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；

2.若碰后物块D、C和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A的速度应满足的条件.（30届复赛）

6.（22分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为R，螺距H=πR，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为m的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A，这时螺旋环也处于静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴OO′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．（27届复赛）

3.解法一

取直角坐标系Oxy，原点O位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

（1）

a、b分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．

以表示地球绕太阳运动的周期，则；

以表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则，根据开普勒第三定律，有

（2）

设c为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得

（3）

（4）

图1

由图1可知，P点的坐标

（5）

（6）

把（5）、（6）式代入

（1）式化简得

（7）

根据求根公式可得

（8）

由

（2）、（3）、（4）、（8）各式并代入有关数据得

（9）

可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

（10）

式中m为彗星的质量．以表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有

（11）

得

（12）

代入有关数据得

（13）

设P点速度方向与的夹角为（见图2），根据开普勒第二定律

（14）

其中为面积速度，并有

（15）

由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得

（16）

4.二、参考解答：

1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：

为地面作用于杆的摩擦力，为地面对杆的支持力，、为杆作用于杆的摩擦力和支持力，、分别为墙对杆和的作用力，为重力.取杆和构成的系统为研究对象，系统平衡时,由平衡条件有

（1）

以及对A点的力矩

即

（3）

式中待求.是过的竖直线与过的水平线的交点，为与的交点．由几何关系有

（4）

取杆CD为研究对象，由平衡条件有

（5）

（6）

以及对点的力矩

（7）

解以上各式可得

（8）

（9）

（11）

（12）

（13）

CD杆平衡的必要条件为

（14）

由（12）、（13）、（14）式得

AB杆平衡的必要条件为

（16）

由（10）、（11）、（16）式得

（17）

因此，使系统平衡，应满足的条件为（15）式和（17）式．

2．将题给的数据代入（15）式可得

（18）

将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得

（19）

因此，的取值范围为

（20）

5.由于碰撞时间很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束.设碰后A、C、D的速度分别为、、，显然有

.

（1）

以A、B、C、D为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒

.

（2）

由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒.又由于碰撞时间很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化.故

.（3）

由

（1）、

（2）、（3）式解得

（4）

[代替（3）式，可利用弹性碰撞特点

.（3’）

同样可解出（4）.]

设碰撞过程中D对A的作用力为，对A用动量定理有

（5）

方向与方向相反.于是，A对D的作用力为的冲量为

（6）

方向与方向相同.

以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为，则

.（7）

质心在碰后瞬间的速度为

.（8）

轴与杆的作用时间也为，设轴对杆的作用力为，由质心运动定理有

.（9）

由此得

.（10）

方向与方向相同.因而，轴受到杆的作用力的冲量为

（11）

方向与方向相反.注意：

因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；

在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴.但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.

[代替（7）-（9）式，可利用对于系统的动量定理

.]

[也可由对质心的角动量定理代替（7）-（9）式.]

（2.）值得注意的是，

（1）、

（2）、（3）式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的.如果弹簧的弹力恰好提供滑块C以速度绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力，即

（12）

则弹簧总保持其长度不变，

（1）、

（2）、（3）式是成立的.由（12）式得碰前滑块A的速度应满足的条件

（13）

可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A的速度大小应满足（13）式.

6.解法一

一倾角为的直角三角形薄片（如图1所示）紧贴于半径为的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有

（1）

可得

，

（2）

设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为，则环上每一质量为的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u表示，

该小质元对转轴的角动量

整个螺旋环对转轴的角动量

（4）

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为时，设小球相对螺旋环的速度为，则小球在水平面内作圆周运动的速度为

（5）

沿竖直方向的速度

对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有

由（4）、（5）、（7）三式得

（8）

在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有

（9）

由（3）、（5）、（6）、（9）四式得

（10）

解（8）、（10）二式，并利用

（2）式得

（12）

由（6）、（12）以及

（2）式得

或有

（14）

（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度

（15）

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为，则有

由（11）和（16）式得

（17）

（17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度

小球对螺旋环的作用力有：

小球对螺旋环的正压力，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；

螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力的反作用力．向心力在水平面内，方向指向转轴C，如图2所示．、两力中只有对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有（19）

由（4）、（18）式并注意到得

而

（21）

由以上有关各式得

（22）

小球对螺旋环的作用力

（23）

解法二

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为，沿薄片斜边的加速度为．薄片相对地面向左移动的速度为，向左移动的加速度为．就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为，则有

（3）

而就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为，则有

小球位于斜面上的受力情况如图2所示：

重力，方向竖直向下，斜面的支持力，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力，方向水平向右，其大小

（5）

由牛顿定律有

解（5）、（6）、（7）、（8）四式得

利用

（2）式可得

（12）

（13）

由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为，则此时螺旋环的角速度

（16）

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度

故有

（18）

由（15）、（16）、（17）、（18）、以及

（2）式得

（19）

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与垂直．向心力的大小

（20）

式