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全国中学生物理竞赛真题汇编---力学 参考答案


全国中学生物理竞赛真题汇编---力学

参考答案

1. (1)神舟 3 号 (2)设飞船飞行时间为 t ,绕地球飞行的圈数为 N ,周期为 T ,飞船的质量为 m ,离地面的平均高度为 h ,地球 半径为 R ,地球质量为 M ,则有

T?

t N
2


/>
mM ? 2? ? G ? m ? ? ( R ? h) 2 ( R ? h) ?T ?



G
由①、②、③式解得

Mm ? mg R2
1/ 3



? gR 2t 2 ? h?? 2 2 ? ? 4? N ?

?R



由题给数据可知 t ? 5.8536 ?105 s ,代入 t 及其它有关数据得

h ? 2.9 ?105 m
评分标准:本题 20 分 (1)4 分



(2)16 分。其中①、②、③、④式各 3 分,⑤式 4 分(答案在 2.7 ?105 m ~ 3.1?105 m 之间均给这 4 分) 2. 解法一: 1. 讨论自 B 开始运动到 T0 ? 2.0 s 时间内 B 与 A 的运动。 根据题意,在 2 s 内,A 未与 B 发生过碰撞,因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动,不论 A 与 B 之间是否有摩 擦,B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 aB1 ,有

1 s ? aB1T02 2


aB1 ?

2s ? 2.5 m ? s-2 2 T0

(1)

如果 A、 B 之间无摩擦, 则在 B 向右移动 1 米距离的过程中, A 应保持静止状态, 接着 B 的车厢左壁必与 A 发生碰撞, 这不合题意。如果 A、B 之间无相对运动(即两者之间的摩擦力足以使 A 与 B 有一样的加速度) ,则 B 的加速度

aB ?

F ? 2.4 m ? s-2 mA ? mB

这与(1)式矛盾。由此可见,A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。 以 Ff 表示 A、B 间的滑动摩擦力的大小,作用于 B 的摩擦力向左,作用于 A 的摩擦力向右,则有

F ? Ff ? mBaB1
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(2)

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Ff ? mA aA1
由(1) 、 (2) 、 (3)式得

(3)

aA1 ? 2.25 m ? s-2
Ff ? 45 N
2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。

(4) (5)

由于 aA1 ? aB1 , B 向右的速度将大于 A 的速度, 故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。 设自静止开始, 经过时间 t1 , B 的左壁刚要与 A 发生碰撞,这时,B 向右运动的路程与 A 向右运动的路程之差正好等于 l ,即有

1 1 2 2 aB1t1 ? aA1t1 ?l 2 2
解得

t1 ?
代入数据,得

2l aB1 ? aA1

(6)

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为

vA1 ? aA1t1 ? aA1

2l aB1 ? aA1 2l aB1 ? aA1

(7)

vB1 ? aB1t1 ? aB1
3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞

(8)

以 uA1 和 uB1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 uA1 、 uB1 为正时,分别表示它们向右运动。在碰撞的极 短时间内,外力 F 的冲量可忽略不计,因此有

mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1

1 1 1 1 2 2 2 2 mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1 2 2 2 2
解以上两式得

uA1 ? uB1 ? ?(vA1 ? vB1 ) ? 2l (aB1 ? aA1 )

(9)

(9)式表示,在弹性碰撞中,碰撞前后两者的相对速度的大小不变,但方向反转。 4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。 由(9)式可以看出,经第一次碰撞,A 和 B 都向右运动,但 A 的速度 uA1 大于 B 的速度 uB1 ,这时作用于 A 的 摩擦力向左,作用于 B 的摩擦力向右,大小仍都为 Ff 。设此过程中 A 向左的加速度和 B 向右的加速度分别为 aA2 和

aB2 ,则由牛顿第二定律有
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Ff ? mA aA2 F ? Ff ? mBaB2
解得

aA2 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(10)

aB2 ?

(11)

由此可知,碰撞后,A 作减速运动,B 作加速运动。设经过时间 t1? ,两者速度相等,第一次达到相对静止,则有

uA1 ? aA2t1? ? uB1 ? aB2t1?
由上式和(9)式解得

t1? ?
代入有关数据得

2l (aB1 ? aA1 ) uA1 ? uB1 vB1 ? vA1 ? ? aA2 ? aB2 aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
2 2 s=0.09 s 31

(12)

t1? ?

(13)

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有

1 1 ? ? aA2t1 ?2 ? uB2t1 ? ? aB2t1 ?2 ? l1 uA1t1 2 2
结合(9) 、 (12)两式得

l1 ? ld 2
式中

(14)

d?
代入有关数据得

aB1 ? aA1 aA2 ? aB2

(15)

d?

aB1 ? aA1 (5/ 2) ? (9/ 4) 1 ? ? ?1 aA2 ? aB2 (9/ 4) ? (11/ 2) 31

由(14)可知 l1 ? l ,A 不会与 B 的右壁发生碰撞。 5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。 以 v1 表示 B 与 A 第一次相等的速度,由于 B 始终受 F 作用而加速,它将拖着 A 向右加速,其情况与第一次碰撞 前相似。这时作用于 A 的摩擦力向右,A 的加速度为 aA1 ,方向向右。作用于 B 的摩擦力向左,B 的加速度为 aB1 , 方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 l ,现改为 l1 ,因 aA1 ? a B1 ,B 的左壁与小 A 之间的距离将减小。设两者
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间的距离从 l1 减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为 t 2 ,以 l1 代入⑥式,结合(14)式,即可求得

t2 ?
代入有关数据,得

2l1 2l ? d ? t1d aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(16)

t2 ? 2 2

1 8 ? ? 0.51s 31 31

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为

vA2 ? v1 ? aA1t2 vB2 ? v1 ? aB1t2 vA2 ? vB2 ? (aA1 ? aB1 )t2 ? (aA1 ? aB1 )t1d ? (vA1 ? vB1 )d
(17)

故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间 A、B 的速度分别为 uA2 和 uB2 ,则有

uA2 ? uB2 ? ?(vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 )d

(18)

第二次碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经历时间 t2? ,两者速度相等,即 第二次相对静止,则有

? ? uB2 ? aB2t2? uA2 ? aA2t2
解得

u ? uB2 vB1 ? vA1 t2? ? A2 ? d ? t1?d ? 0.016 s aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
在 t2? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l2 ,有

(19)

1 1 ?2 ? uB2t2? ? aB2t2 ?2 ? l2 uA2t2? ? aA2t2 2 2
结合(8) 、 (9)得

l2 ? ld 4
自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间

(20)

T2 ? t1 ? t1? ? t2 ? t2? ? 3.43 s
T2 ? 4.0 s
6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。 当 A 与 B 的左壁之间的距离为 l2 时,A、B 相对静止。由于 B 受外力 F 作用而继续加速,它将拖着 A 向右加速。
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这时,A 的加速度为 aA1 ,B 的加速度为 aB1 ,方向都向右,但因 aB1 ? aA1 ,A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。设此 过程经历的时间为 t3 ,则以 l2 代入(6)式结合(16)式得

t3 ?

2l2 2l ? d 2 ? t1d 2 ? 0.09 s aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 vA3 和 vB3 ,碰撞后的速度分别为 uA3 和 uB3

vA3 ? vB3 ? (aA1 ? aB1 )t3 ? (vA1 ? vB1 )d 2 uA3 ? uB3 ? ?(vA3 ? vB3 ) ? (aB1 ? aA1 )t3 ? (aB1 ? aA1 )t1d 2 ? (vA1 ? vB1)d 2
碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经过时间 t3? 两者速度相等,即第三次相对 静止,A 与 B 左壁之间的距离为 l3 。则有

t3? ?

uA3 ? uB3 ? t1?d 2 aA2 ? aB2

(22)

t3 ? ld 6
自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T3 仍小于 4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第 n 次碰撞。 在第 n ? 1 次碰撞完毕的瞬间, A 和 B 的速度分别为 uA n-1 和 uB n-1 , A 以加速度 aA2 作减速运动, B 以加速度 aB2

? -1 ,两者速度相等,即第 n ? 1 次相对静止。A 与 B 左壁之间的距离为 ln-1 。根据前面的讨 作加速运动。经过时间 tn
论有

? -1 ? t1 ?d n-2 tn
ln-1 ? ld 2(n-1)

(23)

再经过时间 t n 将发生 B 的左壁与 A 的第 n 次碰撞。碰撞前两者的速度分别为 vA n 和 vB n 。根据前面的讨论,有

tn ? t1d n-1
vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d n-1

(24)

可以看出,碰撞次数越多,下一次碰撞前,A、B 速度之差越小。当碰撞次数 n 非常大时,下次碰撞前两者的速度趋 于相等,即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。 8. 讨论第 4 秒 B 与 A 的运动速度。 第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。B 自静止开始运动到第 n 次相对静止经历 的总时间为

? ? t2 ? t2 ?? Tn ? t1 ? t1

? -1 ? tn ? tn ? ? tn-1 ? tn
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? ? t1d ? t1 ?d ? ? t1 ? t1

?d n-2 ? t1d n-1 ? t1 ?d n-1 ? t1d n-2 ? t1 ?)d n-2+(t1 ? t1 ? )d n-1 ? (t1 ? t1
(25)

?) ? (t1 ? t1 ?)d ? (t1 ? t1 ? )d 2 ? ? (t1 ? t1

?) ? (t1 ? t1
?? 以 t1 ? 2 2 , t1

1 ? d ?? 1? d

2 2 代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得 31
T? ? 64 2 31 ? 31 ? 3.56 s
(26)

这表明早在第 4 秒之前,A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同,不再发生碰撞,此后二者即以相同的速度运动 了、现以 A 和 B 都静止时作为初态,设 T ? 4 s 时刻 A 和 B 的速度为 V ,对 A、B 开始运动至 T ? 4 s 的过程应用动量 定理,得

FT ? (mA ? mB )V


(27)

V?
代入数值,得

FT mA ? mB

V ? 9.6 m ? s-1

(28)

解法二: 如果 A 与 B 之间没有摩擦力, B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。 已知开始 2s 为 A 与 B 未发生碰撞, 而 B 已走了 5m, 可见二者之间有摩擦力存在,且在此期间二者均作匀加速运动。由 s ? at 2 可求出 B 对地面的加速度 aB1 :

1 2

1 5 ? aB1 22 , aB1 ? 2.5 m ? s-2 2
设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 Ff ,则由小车的运动方程

(1)?

mBaB ? F ? Ff
代入数值得

Ff ? 45 N
又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为

(2)?

aA1 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA

(3)?

于是,A 对 B 的相对加速度为

aAB1 ? aA1 ? aB1 ? ?0.25 m ? s-2
第一次碰撞 由开始运动到 A 碰撞 B 的左壁的时间 t1 满足 s ?

(4)?

1 2 , s ? 1 m 。于是 aAB1t1 2
(5)?
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t1 ? 2 2 s=2.83 s
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A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度

vAB1 ? aAB1t1 ? ?0.5 2 m ? s-1 ? ?0.71m ? s-1

(6)?

由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向,所以碰后 A 从 B 的左壁开始,以相对速度

? ? ?vAB1 ? 0.5 2 m ? s-1 ? 0.71m ? s-1 vAB1
向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? Ff 。对地面的加速度 aA2 为

(7)?

aA2 ?

Ff ? ?2.25 m ? s-2 mA

(8)?

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右,由其运动方程 mB aB2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 aB2 为

aB2 ?

F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(9)?

由(8)? 、(9)? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为

aAB2 ? aA2 ? aB2 ? ?7.75 m ? s-2

(10)?

? ,相当于 B 走过的距离为 s1 ,由(6)? 式 A 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 t1


?? t1

? vAB1 a 2 ? AB1 t1 ? 2 s=0.091s aAB2 aAB2 31

(11)? (12)?

s1 ?

1 1 ?2 ? m=0.03 m aAB2 t1 2 31

可见 A 停止在 B 当中,不与 B 的右壁相碰。 第二次碰撞 A 在 B 内相对静止后,将相当于 B 向左滑动,所受的摩擦力改为向右,而 B 所受的摩擦力改为向左。这时 A 对
2 B 的相对加速度重新成为 aAB1 ,即 (4) ? 式。A 由相对静止到与 B 的左壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ? aAB1t2 算

1 2

出:

t2 ?

2 s1 ? aAB1

aAB2 ?? t1 aAB1

aAB1 t1 ? 0.51 s aAB2

(13)?

自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间

? ? t2 ? 3.43 s T2 ? t1 ? t1
A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

vAB2 ? aAB1t2 ? aAB1

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 vAB1 aAB2

(14)?

这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后,A 相对 B 向右运动,此时 A 相对于 B 的相对

? 和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为 加速度又成为 aAB2 ,即 (10)? 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间 t 2
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?? t2

vAB2 a a ? AB1 t2 ? AB1 aAB2 aAB2 aAB2

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 ? ? 0.016 s t1 aAB2

(15)?

s2 ?
以后的碰撞

1 ?2 ? 0.001m aAB2 t2 2

根据 (13)? 、 (15)? 二式,如令

k?
则有

aAB1 1/ 4 1 ? ? ? 0.18 aAB2 31/ 4 31

(16)?

t2 ? kt1

? ? kt1 ? t2

由此可以推知,在第三次碰撞中必有

t3 ? kt2 ? k 2t1
在第 n 次碰撞中有

? ? kt2 ? ? k 2t1 ? t3

(17)?

tn ? k n-1t1

? ? k n-1t1 ? tn

( 18)?

即每一次所需时间要比上次少得多(A 在 B 中所走的距离也小得多) 。把所有的时间加在一起,得
? ? ? 2 2? 1 ? )? k ? ? ? 2 2 ? T? ? ? (ti ? ti?) ? (t1 ? t1 s=3.56 s ? ? 31 ? i ?1 i ?0 ? ?1? k

(19)?

这就是说,在 B 开始运动后 3.56 s 时,A 将紧贴 B 的左壁,并与 B 具有相同速度,二者不再发生碰撞,一直处于相 对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态,以 T ? 4.0 s 时刻的运动状态为末态,设此时 A 和 B 的速度为 V ,由动 量定理,有

FT ? (mA ? mB )V
代入数值,得

V?

FT ? 9.6 m ? s-1 mA ? mB

(20)?

答:自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同,均为 9.6 m ? s-1 评分标准:本题 25 分。 得出摩擦力 Ff 得 5 分,得出第一次碰撞时间 t1 得 5 分,得出第二次碰撞时间 t 2 得 5 分。得 出无穷次碰撞时间 T? 得 5 分 ,得到最后结果 V 再得 5 分。 3. 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 m , 则摆球受重力 mg 和 摆线拉力 T 的作用,设在这段时间内任一时刻的速度为 v ,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

mv 2 (1) l?x 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 O 点为势能零点, 则有关系 T ? mg cos ? ?
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1 ?mgl cos? ? mv2 ? mg[ x ? (l ? x)cos? )] 2

(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 T =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 v ? v0 ,摆线与竖直线的夹角 ? ? ? 0 ,由式(1)得
2 v0 ? g (l ? x)cos?0 ,

(3)

代入(2)式,求出

2l cos? ? 3( x ? l )cos? 0 ? 2 x
要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:

(4)

(l ? x)sin ?0 ? v0 cos?0t ,

(5) (6)

1 (l ? x)cos?0 ? ?v0 sin ?0t ? gt 2 2 利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 ?

g (l ? x)sin 2 ? 0 2cos? 0

(7)

由式(3) 、 (7)得到

cos? 0 ?
代入式(4) ,求出

3 3

(8)

? ? arccos ?

? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? 2l ? ?

(9)

? 越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ? / 2 ,由此可求得 x 的最小值:
x(2 ? 3) ? 3l ,
所以

x ? (2 3 ? 3)t ? 0.464l

(10)

评分标准:本题 20 分。 式(1)1 分,式(2)3 分,式(3)2 分,式(5) 、 (6)各 3 分,式(8)3 分,式(9)1 分,式(10)4 分。 4. (1)规定运动员起跳的时刻为 t ? 0 ,设运动员在 P 点(见图预解 20-6)抛出物块,以 t 0 表示运动员到达 P 点 的时刻,则运动员在 P 点的坐标 xP 、 yP 和抛物前的速度 v 的分量 Vpy ux v0 (1) (2) (3) Vpx

v px 、 v py 分别为 v px ? v0 cos? , v py ? v0 sin? ? gt0 x p ? v0 cos? t0 ,

?

uy

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1 2 y p ? v0 sin?t0 ? gt0 2

(4)

设在刚抛出物块后的瞬间,运动员的速度 V 的分量大小分别为 V px 、 V py ,物块相对运动员的速度 u 的分量大 小分别为 u x 、 u y ,方向分别沿 x 、负 y 方向。由动量守恒定律可知

MVpx ? m(Vpx ? ux ) ? (M ? m)v px , MVpy ? m(Vpy ? u y ) ? (M ? m)v py
因 u 的方向与 x 轴负方向的夹角为 ? ,故有

(5) (6)

u x ? u cos?

(7) (8)

u y ? u sin?
解式(1) 、 (2) 、 (5) 、 (6)和式(7) 、 (8) ,得

Vpx ? v0 cos? ? Vpy

mu cos? M ?m mu sin? ? v0 sin? ? gt0 ? M ?m

(9) (10)

抛出物块后,运动员从 P 点开始沿新的抛物线运动,其初速度为 V px 、 V py 。在 t 时刻( t ? t0 )运动员的速度和位 置为

Vx ? Vpx , Vy ? Vpy ? g (t ? t0 ) ,
x ? x p ? Vpx (t ? t0 ) ? (v0 cos? ? mux mux )t ? t0 , M ?m M ?m

(11) (12) (13) (14)

1 y ? y p ? Vpy (t ? t0 ) ? g (t ? t0 )2 2
由式(3) 、 (4) 、 (9) 、 (10) 、 (13) 、 (14)可得

mu cos? ? x ? ? v0 cos? ? M ?m ?

? mu cos? t0 ?t ? M ?m ?

(15)

mu sin ? ? 2mu sin ? ? 2 y ? 2 ? v0 sin ? ? t0 ? t ? gt ? M ?m ? M ?m ?
运动员落地时,

(16)

y?0
由式(16)得

mu sin ? ? gt 2 ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
方程的根为

? 2mu sin ? t0 ? 0 , ?t ? M ?m ?

(17)

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t?

v0 sin ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 M ?m M ?m M ?m g

(18)

式(18)给出的两个根中,只有当“ ? ”取“+”时才符合题意,因为从式(12)和式(10) ,可求出运动员从 P 点 到最高点的时间为式

? mu sin ? ? v0 sin ? ? ? ? ? M ?m ? g
而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大,故从起跳到落地所经历的时间为

t?

v0 sin ? ?

mu sin ? mu sin ? 2 mu sin ? ? (v0 sin ? ? ) ? 2g t0 M ?m M ?m M ?m g

(19)

(2)由式(15)可以看出, t 越大, t 0 越小,跳的距离 x 越大,由式(19)可以看出,当

t 0 =0
时, t 的值最大,由式(3)和式(4)可知,抛出物块处的坐标为

xp ? 0 , y p ? 0

(20)

即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出,运动员可跳得远一点。由式(19)可以得到运动员自起跳至落地所经历的 时间为

T ?2

v0 sin ? m u sin ? ?2 g M ?m g

把 t0 ? 0 和 t ? T 代入式(15) ,可求得跳远的距离,为

x?
可见,若

2 v0 sin 2? 2mv0u m2u 2 ? sin(? ? ? ) ? sin 2? g ( M ? m) g ( M ? m) 2 g

(21)

sin 2? ? 1, sin(? ? ? ) ? 1, sin 2? ? 1 ,

? ?? /4 , ? ?? /4 即 (22) 时, x 有最大值,即沿与 x 轴成 45?方向跳起,且跳起后立即沿与负 x 轴成 45?方向抛出物块,则 x 有最大值,此最 大值为
xm ?
2 v0 2mv0u m2u 2 ? ? g ( M ? m) g ( M ? m ) 2 g

(23) 评分标准:本题 20 分。 第一小问 13 分:求得式(15) 、 (16)各 3 分,式(17)2 分,求得式(19)并 说明“ t ”取“+”的理由给 5 分。第二小问 7 分:式(20)2 分,式(22)2 分,式(23)3 分。 5. 由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A沿竖直方向运动,设 其速度为vA,B沿水平方向运动,设其速度为vB,若以B为参考系,从B观测,则A
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杆保持在竖直方向,它与碗的接触点在碗面内作半径为R的圆周运动,速度的方向与圆周相切,设其速度为VA。杆相 对地面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合速度,速度合成的矢量图如图中的平行四边形所示。由图 得

VA sin? ? vA VA cos? ? vB
因而

(1) (2)

vB ? vA cot ?
由能量守恒

(3)

1 1 2 2 mA gR cos? ? mAvA ? mBvB 2 2 由(3) 、 (4)两式及mB=2mA得
vA ? sin ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ?

(4)

(5)

vB ? cos?

(6)

评分标准: 本题(15)分.(1)、(2)式各3分,(4)式5分,(5)、(6)两式各2分。 6. 设从烧断线到砝码1与弹簧分离经历的时间为△t, 在这段时间内, 各砝码和砝码托盘的受力情况如图1所示:图中,F表示△t 时间内任 意时刻弹簧的弹力,T 表示该时刻跨过滑轮组的轻绳中的张力, mg 为重力,T0为悬挂托盘的绳的拉力。因D的质量忽略不计,有 T0=2T (1) 在时间△t 内任一时刻, 法码1向上运动, 托盘向下运动, 砝码2、 3则向上升起,但砝码2、3与托盘速度的大小是相同的。设在砝码 1 与弹簧分离的时刻,砝码1的速度大小为v1,砝码2、3与托盘速度的 大小都是v2,由动量定理,有

图1

I F ? I mg ? mv1 IT ? I mg ? mv2 IT ? I mg ? mv2 I F ? I mg ? IT0 ? mv2

(2) (3) (4) (5)

式中IF、Img、IT、IT0分别代表力F、mg、T、T0在△t 时间内冲量的大小。注意到式(1),有 IT0=2IT (6) 由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得

1 v2 ? v1 3

(7)

在弹簧伸长过程中,弹簧的上端与砝码1一起向上运动,下端与托盘一起向下运动。以△l1表示在△t 时间内弹 簧上端向上运动的距离,△l2表示其下端向下运动的距离。由于在弹簧伸长过程中任意时刻,托盘的速度都为砝码1 的速度的1/3,故有
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1 ?l2 ? ?l1 3
另有

(8)

?l1 ? ?l2 ? l0

(9)

在弹簧伸长过程中,机械能守恒,弹簧弹性势能的减少等于系统动能和重力势能的增加,即有

1 2 1 2 1 2 kl0 ? mv1 ? 3 ? mv2 ? mg?l1 ? mg?l2 ? 2mg?l2 2 2 2
由(7)、(8)、(9)、(10)式得
2 v1 ?

(10)

3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? 2m ? 2 ?

(11)

砝码1与弹簧分开后,砝码作上抛运动,上升到最大高度经历 时间为t1,有 v1=gt1 (12) 砝码2、3和托盘的受力情况如图2所示,以a表示加速度的大小,有 mg-T=ma (13) mg-T=ma (14) T0-mg=ma (15) T0=2T (16) 由(14)、(15)和(16)式得

图2

1 a? g 3
托盘的加速度向上,初速度v2向下,设经历时间t2,托盘速度变为零,有 v2=at2 由(7)、(12)、(17)和(18)式,得

(17)

(18)

t1 ? t2 ?

v1 g

(19)

即砝码1自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等。由对称性可知,当砝码回 到分离位置时,托盘亦回到分离位置,即再经历t1,砝码与弹簧相遇。题中要求的时间

t总 ? 2t1
由(11)、(12)、(20)式得

(20)

t总 ?

2 3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? g 2m ? 2 ?

评分标准: 本题18分.求得(7)式给5分,求得(11)式给5分,(17)、(19)、(20)、(21)式各2分。 7.

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8.

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9.

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10.

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11.

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12.

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13. 1.双星均绕它们的连线的中点做圆周运动,设运动速率为 v ,向心加速度满足下面的方程:

M

v2 GM 2 ? 2 L/2 L

(1)

v?

GM 2L
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(2)
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周期

T计算=

2? ( L / 2) 2L ?? L v GM

(3)

2.根据观测结果,星体的运动周期 1 T观察= T ?T (4) N 计算 计算 这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力,故它一定还受到其他指向中心的作用力,按题意这一作用来源于 均匀分布的暗物质,均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量 M ? 位于中点 处的质量点相同.考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度 v ,则有


v2 GM 2 MM ? M 观 ? 2 ?G L/2 L ( L / 2)2
v观= G ( M ? 4M ?) 2L

(5)

(6)

因为在轨道一定时,周期和速度成反比,由(4)式得

1 1 1 = v观 N v
把(2)、(6)式代入(7)式得

(7)

N ?1 M 4 设所求暗物质的密度为 ? ,则有 M? ?
4 ? L? N ?1 ?? ? ?? M 3 ?2? 4

3

(8)

??

3( N ? 1)M 2? L3

(9)

14. 设所加匀强电场的场强为 E ,它在 y 方向和 z 方向的分量分别为 E y ? ? E sin? , Ez ? E cos? 。 由于物块带负电,电场作用于物块的电力的两个分量分别为

Fy ? ?qEy ? qE sin?
Fz ? ?qEz ? ?qE cos?

(1) (2)

Fy 在 xy 平面内,方向沿 y 轴正方向. Fz 垂直于 xy 平面,被绝缘平面的支持力所平衡,故物块对绝缘平面的
正压力的大小 N 和 Fz 的大小相等,即

N ? qE cos?
绝缘平面作用于物块的摩擦力

f ? ? N ? qE tan? cos? ? qE sin? ? Fy
f 的方向决定于物块移动的方向.
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(3)

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根据题意,物块在 xy 平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移动.作用于物块的三个力 Fy 、 f 和线的 拉力 T 都在 xy 平面内.物块在任一位置达到平衡时的受力情况如图预解16-6所示。? 为细线与 x 轴的夹角。把 T 沿 x 和 y 方向分解得

Tx ? ?T cos? , Ty ? ?T sin ?
用 f x 和 f y 表示 f 的两个分量,物块平衡时,有

Fy ? T sin ? ? f y ? 0
?T cos ? ? f x ? 0
由(4) 、 (5)式得

(4) (5)

(Fy ? T sin ? )2 ? T 2 cos2 ? ? f 2
注意到(3)式,得

T (T ? 2Fy sin ? ) ? 0


T ? 0 或 T ? 2Fy sin ?

(6)

因要小物块缓慢移动,需要细线牵引,T ? 0 不符合题意,应舍去.因 0 ? ? ? ? ,T ? 2Fy sin ? ? 0 ,将 T 代入 (4)、(5)式, 有

f y ? T sin ? ? Fy ? ?Fy cos2 ?

f x ? T cos? ? Fy sin 2?
摩擦力方向的斜率

k?

fy fx

? ? cot ?

(7)

k 是摩擦力方向与 x 轴夹角的正切,即摩擦力方向的斜率,因摩擦力始终沿轨道的切线方向,故 k 也就是轨道 切线的斜率.下面,通过对(7)式的分析来寻找轨道方程. 当中一0,k-co即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直 当 ? ? 0 , k ? ? ,即在起点 A 时,轨道的切线与 x 轴垂直。
当? ?

?
2

, k ? ? ,一种情况是小物块运动到 y 轴上后,沿 y 轴做直线运动到 O 点,但这与题设轨迹移动是一

条二次曲线不符,因而它一定表示轨道在 O 点的切线与 x 轴垂直. 在二次曲线中,曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆.又因为 A 、 O 两点的切线与它们的连线相垂直,这 连线应为曲线的轴线,且在 Ox 轴上,另一轴在它的垂直平分线上且与 y 轴平行。曲线与此轴线的交点的切线的斜 率为0.代入(7)式得 ? ?
2

?
4

,故该曲线为圆,其方程为

2 x0 ? x0 ? 2 x ? ? y ? ? 2? 4 ? ?

(8)
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15. 解:1.设太阳的质量为M0,飞行器的质量为m,飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为R.根据所设计 的方案,可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发,沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的,该椭圆既与飞行器 原来的圆轨道相切,又与小行星的圆轨道相切.要使飞行器沿此椭圆轨道运动,应点燃发动机使飞行器的速度在极 短的时间内,由v0变为某一值u0.设飞行器椭圆轨道达小行星轨道到时的速度为u,因大小为u0和u的这两个 速度的方向都与椭圆的长轴垂直,由开普勒第二定律,得 u0R=6uR, ① 由能量关系,有 2 2 (1/2)mu0 -G(M0m/R)=(1/2)mu -G(M0m/6R) , ② 由牛顿万有引力定律,有 2 2 G(M0m/R )=m(v0 /R) ,



v0=





解①、②、③式,得

u0=

v0,



u=

v0.



设小行星绕太阳运动的速度为v,小行星的质量M,由牛顿万有引力定律,有 2 2 GM0M/(6R) =Mv /6R,

得v=

v0,



可以看出 v>u. ⑦ 由此可见,只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道,使得它到达小行星轨道外时,小行星的前缘 也正好运动到该处,则飞行器就能被小行星撞击.可以把小行星看做是相对静止的,飞行器以相对速度为v-u射 向小行星,由于小行星的质量比飞行器的质量大得多,碰撞后,飞行器以同样的速率v-u弹离,即碰撞后,飞行 器相对小行星的速度的大小为v-u,方向与小行星的速度的方向相同,故飞行器相对太阳的速度为 u1=v+v-u=2v-u, 或将⑤、⑥式代入得

u1=(

v0.



如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系,它应具有的最小速度为u2,则有 2 (1/2)mu2 -G(M0m/6R)=0,



u2=

v0,



可以看出

u1=

v0=u2.

(10)

飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系. 2.为使飞行器能进入椭圆轨道,发动机应使飞行器的速度由v0 增加到u0,飞行器从发动机取得的能量 2 2 E1=(1/2)mu0 -(1/2)mv0 2 2 2 =(1/2)m(12/7)v0 -(1/2)mv0 =(5/14)mv0 . (11)
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若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系,飞行器应具有的最小速度为u3,则有 2 (1/2)mu3 -G(M0m/R)=0, 由此得

u3=

v0.

(12)

飞行器的速度由v0 增加到u3,应从发动机获取的能量为 2 2 2 E2=(1/2)mu3 -(1/2)mv0 =(1/2)mv0 , (13) 2 2 所以 E1/E2=(5/14)mv2 /(1/2)mv2 =0.71. (14) 16. 1.在弹簧刚伸长至原长的时刻,设 G1 的速度的大小为 v1 ,方向向上, G2 的速度大小为 v 2 ,方向向下,则有

m1v1 ? m2v2 ? 0

(1) (2)

1 1 2 2 m1v1 ? m2v2 ? E0 2 2
解(1) 、 (2)两式,得

v1 ?
v2 ?

2m2 E0 m1 (m1 ? m2 )
2m1E0 m2 (m1 ? m2 )

(3) (4)

设 G1 升空到达的最高点到井口的距离为 H1 ,则
2 v1 m2 ? E0 2 g m1 g (m1 ? m2 ) G1 上升到最高点的重力势能 m2 EP1 ? m1 gH1 ? E0 m1 ? m2

H1 ?

(5)

(6)

它来自弹簧的弹性势能,且仅为弹性势能的一部分. 2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为 h 时,玩具向上的速度为

u ? 2 gh
mV 1 1 ? m2V2 ? (m 1 ? m2 )u

(7) (8) (9)

设解除锁定后,弹簧刚伸长至原长时, G1 的速度大小为 V1 ,方向向上, G2 的速度大小为 V2 ,方向向下,则有

1 1 1 m1V12 ? m2V22 ? (m1 ? m2 )u 2 ? E0 2 2 2 消去(8) 、 (9)两式中的 V2 ,得 V1 的方程式

? m ? ? ? m ? m ? m1 ?1 ? 1 ?V 2 ? 2m1 ?1 ? 1 ? uV1 ? m1 ?1 ? 1 ? u 2 ? 2E0 ? 0 1 ? m2 ? ? m2 ? ? m2 ? 由此可求得弹簧刚伸长至原长时, G1 和 G2 的速度分别为 V1 ? u ? V2 ? ?u ? 2E0 m2 m1 (m1 ? m2 ) 2E0 m1 m2 (m1 ? m2 )
2

(10) (11)

? ,则有 设 G1 从解除锁定处向上运动到达的最大高度为 H 2

2 E0 m2 ? V2 1 ? ?? 1 ? H2 ?u ? ? 2g 2g ? m1 (m1 ? m2 ) ? ? ?

?h?

m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1g (m1 ? m2 )
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全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

从井口算起, G1 上升的最大高度为

? ?h? H2 ? H2

m2 E0 E0 m2 h ?2 m1 g (m1 ? m2 ) m1 g (m1 ? m2 )

(12)

讨论: 可以看出,在第二方案中, G1 上升的最大高度 H 2 大于第一方案中的最大高度 H1 ,超出 的高度与解除锁定处到井口的深度 h 有关.到达 H 2 时,其重力势能为

EP2 ? m1 gH 2 ?
(ⅰ)若 EP2 ? E0 即 这要求

m2 E0 m m E gh ?2 1 2 0 m1 ? m2 m1 ? m2

(13) (14)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2
E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )
(15)

h?

这时, G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,但仅是弹性势能的一部分.在这一条件下上升的最 大高度为

H2 ?
(ⅱ)若 EP2 ? E0 即 这要求

E0 m1 g
(16)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2
E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )

h?

(17)

此时 G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,且等于全部弹性势能.在这一条 件下, G1 上升的高度为

H2 ?
(ⅲ)若 EP2 ? E0 即 这要求

E0 m1 g
(18)

2

m1m2 E0 gh mE ? 1 0 m1 ? m2 m1 ? m2
E0 m1 4m2 g (m1 ? m2 )
(19)

h?

此时 G1 升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能, 超出部分的能量只能来自 G2 的机械能. 在这个条件下,

G1 上升的最大高度为
H2 ? E0 m1 g

17. 1. 珠子运动的轨迹 建立如图复解19-7所示的坐标系, 原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处,x 轴沿细杆向右,y 轴沿 OA 向下。 当珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂直于 x 轴,所以珠子的坐标为 x ? PN,y ? BN 由 ?APN 知
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 32 页 共 102 页

( AP)2 ? ( PN )2 ? ( AN )2
即有 (h ? y)2 ? x2 ? (l ? y)2 ,得

x2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h2 )

(1)

这是一个以 y 轴为对称轴,顶点位于 y ? (l ? h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛物线,如图复解19-7-1 所示,图中的 H ? (l ? h) , A 为焦点。

1 2

1 2

1 2

2. 珠子在 N 点的运动方程 因为忽略绳子的质量, 所以可 把与珠子接触的那一小段绳子看 做是珠子的一部分, 则珠子受的力 有三个,一是重力 mg ;另外两个 是两绳子对珠子的拉力, 它们分别 沿 NB 和 NA 方向,这两个拉力大 小相等, 皆用 T 表示, 则它们的合 力的大小为 F ? 2T cos ?

O
h P

B F T T
? ? ?

xM 切线

x

C?

H A? O

法线

?

N?
mg

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线

mg

P A C
y

T

N
mg

(2) 图复解 19-7-1 图复解 19-7-2 ? 为 N 点两边绳子之间夹角的一 半, F 沿 ?ANB 的角平分线方向。 因为 AN 是焦点至 N 的连线, BN 平行于 y 轴,根据解析几何所述的抛物线性质可知, N 点的法线是 ?ANB 的 角平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。 由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程(沿法线方向)应为

2T cos ? ? mg cos ? ? m
2T cos ? ?

v2 R

(3)

mv 2 ? mg cos ? (4) R 式中 R 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; v 为珠子在 N 处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得

v ? 2 gy

(5)

3. 求曲车半径 R 当绳子断裂时 T ? Td , 由 (4) 式可见, 如果我们能另想其他办法求得曲率半径 R 与 y 的关系,则就可能由 (4) 、 (5) 两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y 。 现提出如下一种办法。 做一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线, 如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高 H 处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知 道其轨迹是抛物线,而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分 析其运动过程即可求出与 N 对称的 N ? 点处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系。 设从抛出至落地的时间为 t ,则有
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 33 页 共 102 页

v0t ? l 2 ? h2
由此解得

v0 ? g (l ? h)
设物体在 N ? 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得
2 v ? v0 ? 2 g ( H ? BN ?) 2

(7)

(8)

物体在 N ? 处法线方向的运动方程为

mv mg cos? ? R

2

(9)

式中 R 即为 N ? 处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及 H ? (l ? h) ,可求得

1 2

R?

2(l ? BN ?) cos?

这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN ? BN ? ? y ,故得

R?

2(l ? y) cos?

(10)

4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为

T?

mgl 2(l ? y )

(11)

当 T ? Td 时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为 ( xd , yd ) ,由(11)式得

yd ? l (1 ?
代入(1)式,得

mg ) 2Td

(12)

xd ? mgl (

l ?h ) ? (l ? h)2 Td

(13)

绳子断开时珠子速度的大小为

vd ? 2 gyd ? 2 gl (1 ?

mg ) 2Td

(14)

18. 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) ,它受到地球的引力可以表示为

GM ?m , (1) r2 式中 M ? 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量,若以 ? 表 F?
示地球的密度,此质量可以表示为

4 M ? ? ?? r 3 3
于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 34 页

(2)

共 102 页

4 F ? ? G ? mr 3

(3)

作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f ? F sin ? (4)

sin? ?

x r

(5)

? 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力可以表示为

mg ?

GM 0 m 2 R0

(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g ? ? G ? R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f ?

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k?

mg R0

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T ? 2? R0 / g 。取 x ? 0 处为“弹性势能”的零点,设位于通道出 口处的质量为 m 的静止物体到达 x ? 0 处的速度为 v0 ,则根据能量守恒,有

1 2 1 2 mv0 ? k ( R0 ? h2 ) 2 2
式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得
2 v0 ? 2 R0 ? h2 g R0

(10)

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同时释放,因为它们的 振动周期相同, 故它们将同时到达通道中点 C 处, 并发生弹性碰撞。 碰撞前, 两物体速度的大小都是 v0 , 方向相反, 刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量为 m 的物体的速度为 v ,若规定速度方向由 A 向 B 为正,则有

Mv0 ? mv0 ? MV ? mv ,
1 2 1 2 1 1 Mv0 ? mv0 ? MV 2 ? mv2 2 2 2 2
解式(12)和式(13) ,得

(12) (13)

v?

3M ? m v0 M ?m

(14)

质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 35 页 共 102 页

1 1 1 2 k ( R0 ? h2 ) ? mu 2 ? mv2 2 2 2
由式(14) 、 (15) 、 (16)和式(9)解得
2 ? h2 8M ( M ? m) R0 g R0 ( M ? m)2

(15)

u2 ?

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向,如果 u 的大小恰能使小
卫星绕地球作圆周运动,则有

G

M 0m u2 ? m 2 R0 R0

(17)

由式(16) 、 (17)并注意到式(6) ,可以得到

h?
已知 M ? 20 m,则得

R0 2

7 M 2 ? 10Mm ? m2 2M ( M ? m)

(18)

h ? 0.925R0 ? 5920 km

(19)

评分标准:本题 20 分。 求得式(11)给 7 分,求得式(16)给 6 分,式(17)2 分,式(18)3 分,式(19)2 分。 19. 五、参考解答 放上圆柱 B 后,圆柱 B 有向下运动的倾向,对圆柱 A 和墙面有压力。圆柱 A 倾向于向左运 动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正压力为 N1 ,水平摩擦力为 F1 ;圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直摩擦力为 F2 , 圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N3 ,切向摩擦力为 F3 ;圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 N 3? ,切向摩 擦力为 F3? ,如图复解 20-5 所示。各力以图示方向为正方向。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与墙 面的摩擦系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下面列出两圆柱 所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F3 cos? ? 0 F1 ? N3 cos? ? F3 sin ? ? 0 F1R ? F3 R

(1) (2) (3) (4) (5)

圆柱 B:

Mg ? F2 ? N3? sin ? ? F3? cos? ? 0 N2 ? N3? cos? ? F3? sin ? ? 0
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F3?r ? F2 r
由于 F3? ? F3 ,所以得

(6)

F1 ? F2 ? F3 ? F3? ? F

(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3? 的大小。又因 N3? ? N3 ,于是式(1) 、 (2) 、 (4)和(5)四式成为:

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 F ? N3 cos? ? F sin ? ? 0 Mg ? F ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 N2 ? N3 cos? ? F sin ? ? 0
以上四式是 N1 , N 2 , N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

(8) (9) (10) (11)

N2 ? F
N3 ? 1 ? sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(12)

(13)

N2 ? F ?

cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(14)

N1 ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(15)

式(12) 、 (13) 、 (14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N3 没有问题,但 F1 , F2 , F3 三个力能不能达到 所需要的数值 F ,即式(12) 、 (14)要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到所需的 F 值,在那 一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ?
由式(12) ,得

F2 N2

F2 ?1 N2
所以

?2 ? 1

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律 f ? ? N ,若上面求得的
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 37 页 共 102 页

接地点维持平衡所需的水平力 F1 满足 F1 ? ?1 N1 ,则圆柱在地面上不滑动;若 F1 ? ?1 N1 ,这一点将要发生滑动。 圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

?1 ?
由图复解 20-5 可知

F1 cos ? ? N1 2 ? cos ? ? 2sin ?

(17)

cos? ?

R?r R?r
2 Rr R?r

(18) (19)

sin ? ? 1 ? cos 2 ? ?

由式(17) 、 (18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得

1 r? R 9
即只有当 r ?

(20)

1 R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9
F3 cos ? ? N 3 1 ? sin ?

最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

?3 ?

(21)

由式(18) 、 (19)以及 ?3 =0.30,可解得

?7? r ? ? ? R ? 0.29 R ? 13 ?

2

(22)

显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22) ,得到 r 满足的条件为
R ? r ? 0.29 R

(23)

评分标准:本题 22 分。 求得式(7) 、 (12) 、 (13) 、 (14) 、 (15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。 20. 七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水平速度仍为 v0 ,竖直 速度为

u0 ? 2gh

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 ? eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物块与地面 间沿竖直方向的作用力比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

N1 ?

mu0 ? mu1 ?t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 38 页 共 102 页

mv1 ? mv0 ? ?? N1?t
由以上各式得

(4)

v1 ? v0 ? (1 ? e)?u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,?, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u2 ? e2u0 u3 ? e3u0
????

un ? enu0
其水平速度分别为

(6)

v2 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e)u0
v3 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 )u0
????

vn ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ?

? en?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n ?? 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但物块对地面的正压力的最 小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 ?mg ,因次,物块沿水平方向的分速度一定经历有限次 数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n ? n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在 n ? n0 ? 1 次碰撞结束后, 水平方向的分速度恰好变为零。因 vn ?1 ? 0 ,由式(7) 0

v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ?

? en0 )u0 ? 0

v0 ?

(1 ? e) ? (1 ? e n0 ?1 )u0 ?0 1? e

e n0 ?1 ? 1 ?
两边取对数

(1 ? e)v0 (1 ? e) ? u0

n0 ? 1 ?


(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e) ?u0 ?

(8)

B?

(1 ? e)v0 ? 1 ? lg ?1 ? ? lg e ? (1 ? e)? u0 ?

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰撞次数
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 39 页 共 102 页

n0 ? 1 ? B


n0 ? B ? 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 n ? n0 ? 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水平速度变为零。则碰撞次 数

n0 ? 1 ? ? B? ? 1


n0 ? ? B?

(11)

? B ? 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 ? 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未为零,故物块将在 An 作上下跳跃,直到 enu0 ? 0 ,即 n ?? ,最后停止在 An 算每次跳跃的距离。
0 ?1 0 ?1



处。物块运动的最远水平距离 s ? A0 An

0 ?1

。下面分别计

A0 A1 ?

u0 v0 g

(12)

A1 A2 ?

2 2eu0v0 2eu0 2u1 v1 ? ? (1 ? e) ? g g g 2 2e2u0v0 2e2u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e) g g

A2 A3 ?

????

An0 An0 ?1 ?

2 2en0 u0v0 2en0 u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e ? e2 ? g g

? en0 ?1 )

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

s?

u0 2u v v0 ? 0 0 (e ? e2 ? g g

? en0 ) ?

2 2u0 (1 ? e) ?[e ? e2 (1 ? e) ? e3 (1 ? e ? e2 ) g

?

? en0 (1 ? e ? e2 ?

? en0 ?1 )]
1 ? e n0 1? e n0 ? e (1 ? e ? e 2 ?

(14)

分别求级数的和:

e ? e 2 ? e3 ?

? e n0 ? e

(15)

e ? e 2 (1 ? e) ? e3 (1 ? e ? e 2 ) ? ? e ? e2 ? 1 ? e2 1 ? e3 ? e3 ? 1? e 1? e

? e n0 ?1 )

? e n0

1 ? e n0 1? e ? e n0 (1 ? e n0 )]
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1 [e(1 ? e) ? e 2 (1 ? e 2 ) ? e3 (1 ? e3 ) ? 1? e

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

?

1 e ? e n0 ?1 ? e n0 ? 2 ? e 2 n0 ? 2 ( ) 1? e 1 ? e2

(16)

将以上两个关系式和 u0 ? 2gh 代入式(14) ,得

s ? v0

2h 1 ? en0 4e? h (1 ? 2e )? (1 ? en0 )(1 ? en0 ?1 ) 2 g 1? e (1 ? e)

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分,求得式(17)并说明 n0 的 取值,给 3 分。 21. 如图,卫星绕地球运动的轨道为一椭圆,地心位于轨道椭圆的一个焦点 O 处,设待测量星体位于 C 处.根据题 意,当一个卫星运动到轨道的近地点 A 时,另一个卫星恰好到达远地点 B 处,只要位于 A 点的卫星用角度测量仪测 出 AO 和 AC 的夹角 1,位于 B 点的卫星用角度测量仪测出 BO 和 BC 的夹角 2,就可以计算出此时星体 C 与地心的 距离 OC. 因卫星椭圆轨道长轴的长度

AB ? r近+r远
式中 r 近、与 r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离.由角动量守恒
mv近 r近=mv远 r远

(1)

(2)
A O

式中 m 为卫星的质量.由机械能守恒

?1

B

1 GMm 1 GMm 2 2 mv 近 - ? mv 远 - 2 r近 2 r远
已知

(3)

r近=2 R ,
得 所以

v 近=

3 GM 4 R
r远 ? 6R

C (4) (5)

AB ? 2R ? 6R ? 8R
sin ? 1 BC sin?π ? ? 1 ? ? 2 ? AB

在△ABC 中用正弦定理

?

(6)

所以

BC ?

sin ? 1 AB sin?? 1 ? ? 2 ?

(7)

地心与星体之间的距离为 OC ,在△BOC 中用余弦定理
2 OC ? r远 ? BC ? 2r远 ? BC cos ? 2 2 2

(8)

由式(4)、(5)、(7)得

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

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OC ? 2 R 9 ? 16

sin ?? 1 ? ? 2 ?
2

sin 2 ? 1

? 24

sin ? 1 cos ? 2 sin?? 1 ? ? 2 ?

(9)

评分标准: 本题 20 分.(1)式 2 分,(2)、(3)式各 3 分,(6) 、(8)式各 3 分, (9) 式 6 分. 22. 六、令 I 表示题述极短时间

t 内挡板对 C 冲量的大小,因为挡板对 C 无摩擦力作用,
B ????A
A

D

可知冲量的方向垂直于 DE,如图所示; I ? 表示 B、C 间的杆对 B 或 C 冲量的大小,其方 向沿杆方向, 对 B 和 C 皆为推力; vC 表示 t 末了时刻 C 沿平行于 DE 方向速度的大小, A

v B 表示 t 末了时刻 B 沿平行于 DE 方向速度的大小, v B? 表示 t 末了时刻 B 沿垂直
于 DE 方向速度的大小.由动量定理, 对C有

I

C
A A

I ? sin? ? mvC I ? I ? cos ? ? mv
对B有

E

(1) (2) (3)

I ? sin? ? mv B
对 AB 有

I ? cos ? ? 2m?v ? v B? ?
因为 B、C 之间的杆不能伸、缩,因此 B、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有

(4)

vC sin? ? v B? cos? ? v B sin?
由以上五式,可解得

(5)

I?

3 ? sin 2 ? mv 1 ? 3 sin 2 ?

(6)

评分标准: 本题 20 分. (1)、(2)、(3)、(4)式各 2 分. (5)式 7 分,(6)式 5 分. 23. 一、1.如图所示,设滑块出发点为 P1 ,离开点为 P2 ,按题 意要求 O1 P1 、 O2 P2 与竖直方向的夹角相等,设其为 ? ,若离开 A 滑道时的速度为 v,则滑块在 P2 处脱离滑道的条件是

O1

??
P1 O P2

mv 2 ? mg cos ? R
由机械能守恒

(1)

??
O2 (2) B

1 2mgR(1 ? cos ? ) ? mv 2 2
(1)、(2)联立解得

cos ? ?

4 5
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 42 页 共 102 页

或 ? ? arccos

4 ? 36? 52? 5

(3)

2.设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是
2 mv 0 ? mg R

(4)

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得

v0 ? Rg

(5)

设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的夹角为 ? 0 ,由机械能守恒,有

1 2 mgR(1 ? cos ? 0 ) ? mv0 2
由(5) 、 (6)两式解得

(6)

?0 ?

π 3

(7)

若滑块到达 O 点时的速度 v ? v0 ,则对 OB 滑道来说,因 O 点可能提供的最大向心力为 mg,故滑块将沿半径比 R 大 的圆周的水平切线方向离开 O 点.对于 v ? v0 的滑块,其在 OA 上出发点的位置对应的 ? 角必大于 ? 0 ,即 ? ? ? 0 , 由于 ? max ? π 2 ,根据机械能守恒,到达 O 点的最大速度

v max ? 2Rg

(8)

由此可知,能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值,也就是说, ? 从 π 3 至 π 2 下滑的滑块都 将在 O 点离开滑道.以速度 v0 从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块,其落水点至 O2 的距离

x0 ? v 0 t

(9) (10)

R?

1 2 gt 2

由(5) 、 (9) 、 (10)式得

x0 ? 2 R

(11)

当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离

xmax ? v max t
由(8) 、 (10) 、 (12)式得

(12)

xmax ? 2R

(13)

因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在 2 R 到 2R 之间的所有可能值.即

2 R ? x ? 2R

(14)
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 43 页 共 102 页

时刻 t1 由 A 车发出的.汽车 A 发出此笛声时位于 A?t1 ? 处,距 O 点的距离为 v A t1 .此笛声由发出点到接收点(t 时刻 B 车所在点)所传播的路程为 u(t–t1),由几何关系可知

24. 如图所示,t 时刻汽车 B 位于 B?t ? 处,距 O 点的距离为 vBt.此时传播到汽车 B 的笛声不是 t 时刻而是较早

(vBt ) 2 ? ?vAt1 ? ? [u(t ? t1 )]2
2

(1) O

A(t1) ?A(t1) A(t)

vA

2 2 2 2 2 即 (u 2 ? v2 A )t1 ? 2u tt1 ? (u ? vB )t ? 0

这是以 t1 为变量的一元二次方程,其解为

? u 2 ? u 2 (v 2 ? v 2 ) ? v 2 v 2 A B A B t1 ? ? ? ? u 2 ? v2 A ?
t,所以上式中只能取减号
t1 ?
2 2 2 2 u 2 ? u 2 ( vA ? vB ) ? vA vB 2 u 2 ? vA

? ?t 由于 u 2 ? u 2 ? v 2 ,但 t < 1 A ? ? ?

B(t)

?B(t)

vB

t

(2)

t ? t1 ?


2 2 2 2 2 u 2 ( vA ? vB ) ? vA vB ? vA 2 u 2 ? vA

t

(3)

2 2 2 u 2 (v 2 A ? vB ) ? v AvB ? k

(4)



t1 ?

2 k ? vA u2 ? k t t t ? t , 1 2 2 u 2 ? vA u 2 ? vA

(5)

在 t1 时刻,位于 A?t1 ? 处的汽车 A 发出的笛声沿直线(即波线) A?t1 ?B?t ? 在 t 时刻传到 B?t ? 处,以 ? A?t1 ? 、 ? B?t ? 分别 表示车速与笛声传播方向的夹角,有

cos? A ?t1 ? ?

vAt1 v (u 2 ? k ) ? A 2 u ?t - t1 ? u (k ? vA )
vBt v (u 2 ? v 2 A) ? B 2 u?t - t1 ? u (k ? v A )

(6)

cos ? B ?t ? ?


(7)

表示 B 车司机接收到的笛声的频率,由多普勒效应可知

??

u ? v B cos ? B ?t ? u ? v A cos ? A?t1 ?

?0

(8)

O

A

由(6) 、 (7) 、 (8)式,得
2 2 2 2 ? 2 2 2 u2? ? u2 v2 A ? vB ? v AvB ? v A ? ? vB u ? v A ? ?? ? ?0 2 2 2 2 2 2 u ? v A u v A ? vB ? v2 AvB

k

l C

? ?

? ? ?

?

?

?

(9)

x B

25. 七、解法一:
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 44 页 共 102 页

对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统,当 A、B 之间的距离为 l 时,已知 mA = m,mB = 2m,由质心的定义,可知 系统的质心 C 离 A 的距离

2 lC ? l 3
故 A、B 到质心 C 的距离分别为

(1)

2 1 (2) lA ? l lB ? l 3 3 若以质心 C 为参考系(质心系) ,则质心 C 是固定不动的,连接 A、B 的弹簧可以分成两个弹簧 CA 和 CB.设弹 簧 CA 的自然长度为 lA0,劲度系数为 kA,一端与小球 A 相连,另一端固定在 C 点;弹簧 CB 的的自然长度为 lB0,劲 度系数为 kB,一端与小球 B 相连,另一端亦固定在 C 点.若连接 A、B 的自然长度为 l0,根据题意有
k ?l ? l 0 ? ? 2mg
( 3)

由(2)式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为

2 l A0 ? l0 3

1 l B0 ? l 0 3

(4)

当 A 被悬挂,系统处于静止时,已知连接 A、B 的弹簧长度为 l,由(2)式可知,此时弹簧 CA 和 CB 的长度分 别为

2 lA ? l 3

1 lB ? l 3

(5)

弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为

2 f A ? k A ?l A ? l A0 ? ? k A ?l ? l0 ? 3 1 f B ? k B ?l B ? l B0 ? ? k B ?l ? l0 ? 3
但 fA 、fB 就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f,即有

f A ? f B ? f ? k ?l ? l 0 ?
由此得

相对地面,质心 C 是运动的,在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 位于 Ox 轴的原点 O 处,即 x A ?0? ? 0 ;B 的坐 标 x B ?0? ? l .由(1)式,可知此时质心 C 的坐标为

3 kA ? k 2

k B ? 3k

(6)

在细线烧断以后,作用于系统的外力是重力 ?m ? 2m?g .故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动,任意时刻 t,质 心的坐标

2 xC ?0? ? l 3

(7)

xC (t ) ? xC (0) ?

1 2 2 1 gt ? l ? gt 2 2 3 2

(8)

由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中,应用牛顿第二定律研究物体的运动时,物体除受真 实力作用外,还受惯性力作用.若在质心系中取一坐标轴 O ?x ? ,原点 O ? 与质心 C 固连,取竖直向下为 O ?x ? 轴的正 方向,当小球 B 在这参考系中的坐标为 x ? B 时,弹簧 CB 作用于 B 的弹性力

f B ? ?k B ? x ? B ? l B0 ?
当 x? B ? l B 0 时,方向竖直向上.此外,B 还受到重力 mg,方向竖直向下;惯性力大小为 mg,方向竖直向上.作用于
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 45 页 共 102 页

B 的合力

FB ? ?k B ?x? B ? l B 0 ? ? mg ? mg
由(3) 、 (4)式得

? 1 ? 2mg ? ? FB ? ?k B ? ?? B ? ?l ? ? x? 3? k ?? ? ?


(9)

2mg ? 1? X B ? x? ?l ? ? B ? 3? k ?


(10)

FB ? ?k B X B

(11)

当 XB = 0,作用于 B 的合力 FB = 0,B 处于平衡状态,由(10)式,可知在质心系中,B 的平衡位置的坐标

2mg ? 1? x? ?l ? ? B0 ? 3? k ?

(12)

XB 为 B 离开其平衡位置的位移, (11)式表明,作用于 B 的合力具有弹性力的性质,故在 FB 作用下, B 将在平衡位
置附近作简谐振动,振动圆频率

?B ?

kB ? mB

3k 2m

(13)

离开平衡位置的位移

X B ? AB cos?? B t ? ? B ?

(14)

AB 为振幅, ? B 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,B 是静止的,故此时 B 离开其平衡位置 x ? B 0 的距离就 是简谐振动的振幅 AB,而在 t = 0 时刻,B 离开质心的距离即(5)式给出的 lB,故 B 离开平衡位置的距离即振幅
AB ? l B ? x ? B0
由(5)式、 (12)式得

2mg 2mg 1 1 AB ? l ? (l ? )? 3 3 k 3k
因 t = 0,XB =AB,且 XB 是正的,故

(15)

?B ? 0
由此得

XB ?

? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? 3k ? ?

(16)

由(10)式,t 时刻 B 在质心系中的坐标
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? 3k ? 2mg 2mg 1 ? x? )? cos? B ?t ? ? (l ? ? 2m t ? 3 k 3k ? ?
在地面参考系的坐标

(17)

x B ?t ? ? xC ?t ? ? x ? B ?t ?


(18)

x B ?t ? ? l ?

1 2 2mg gt ? 2 3k

? ? 3k ?? t? ?1 ? cos? ? 2m ? ? ? ? ?? ? ?

(19)

同理,当小球 A 在质心系中的坐标为 x ? A 时,注意到 x ? A 是负的,这时,弹簧 CA 的伸长量为

x? A ? l A0 ? x ? A ?

2mg ? 2 2? l0 ? x A ? ? l ? ?, 3 3? k ?

当 x? A ? l A0 为负时,弹力向下,为正,当 x ? A ? l A0 为正时,弹力向上,为负,故有

? 2 ? 2mg ? ? f A ? ?k A ? ? xA ? 3 ?l ? k ?? ? ? ?? ?
作用于 A 的合力为

? 2 ? 2mg ? ? FA ? ? k A ? ? xA ? 3 ?l ? k ?? ? ? ?? ?


X A ? xA ?


2mg ? 2? ?l ? ? 3? k ?

FA ? ? k A X A
当 XA=0,作用于 A 的合力 FB = 0,A 处于平衡状态,A 的平衡位置的坐标

2mg ? 2? x A0 ? ? ? l ? ? 3? k ?

(20)

XA 为 A 离开其平衡位置的位移,故在合力 FA 作用下, A 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频率

?A ?

kA ? m

3k 2m

(21)

离开平衡位置的位置

X A ? AA cos?? At ? ? A ?
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AA 为振幅, ? A 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 是静止的,A 离开质心 C 的距离为 lA,A 的平衡位
置离开质心的距离为 x A0 故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA,

A A ? l A ? x A0 ?
而此时 X A ? ? AA ,故

2mg ? 4 mg 2 2? l ? ?l ? ?? 3 3? k ? 3 k

?A ? π
由此得

XA ??

? 3k ? 4mg ? cos? ? 2m t ? 3k ? ?

(22)

在时刻 t,A 在地面参考系中的坐标

x A ?t ? ? xC ?t ? ? x A0 ? X A ? ?
解法二:

2 1 2 ? 2m g ? 4 m g 3k l ? gt 2 ? ? l ? cos t ?? 3 2 3? k ? 3 k m (23)

? 3k ?? 1 2 4m g ? ? gt ? ?1 ? cos? ? 2m t ? ? 2 3k ? ? ?? ? ?

当 A 球相对于地面参考系的坐标为 x 时,弹簧 CA 的伸长量为 xC ?

2 l 0 ? x , A 所受的合力为 3

FA ? mg ?
其加速度为

3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2 ? 3 ?

aA ? g ?

3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2m ? 3 ?

(1?)

其相对于质心的加速度为

a? A ? aA ? g ?

3 ? 2 3 ? ? 2 ?? ? k ? xC ? l 0 ? x ? ? ? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? 3 2m ? ? 3 ?? ?

2 ? ? 其中 x ? ? x C ? l 0 ? 表示 A 球相对于其平衡位置的位移,在相互平动的两个参考系中,相对位移与参考系无关. 3 ? ? 上式表明,相对质心, A 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向.也就是说, A 球相对质心作简 谐振动. 同理可证,
l ? ? FB ? 2mg ? 3k ? x ? xC ? 0 ? 3? ?

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

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aB ? g ?

l 0 ?? 3k ? ? ? x ? ? xC ? ?? 2m ? ? 3 ??

( 2 ?)

其相对于质心的加速度为

a? B ??

3 ? ? 2 ?? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? ? 3 ??

(3?)

l ? ? 其中 x ? ? xC ? 0 ? 表示 B 球相对于其平衡位置的位移, 相对质心,B 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比 3? ? 且反向,即 B 球相对质心也作简谐振动.且有 A 与 B 振动的圆频率相等,

? A ? ?B ?
天星 教育网 解法三:

3k 2m

( 4 ?)

在地面参考系中,列 A、B 的牛顿定律方程

O

A

ma1 ? mg ? k ( x 2 ? x1 ? l 0 )
2 ma 2 ? 2mg ? k ( x2 ? x1 ? l 0 )

(1??)

x1 ,

(2??)

k B x2 ,

x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长.
t ? 0 时,有
x1 ? 0, x2 ? l , v1 ? 0 v2 ? 0
x

l 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系
k (l ? l 0 ) ? 2mg
所以

l0 ? l ?
由 (1??) + (2??) ,

2mg k

a1 ? 2a2 ? 3g
令 a ? a1 ? 2a2 ? 3g , a 是一个恒定的加速度,结合初始条件, a 对应的坐标和运动方程是,

x1 ? 2 x2 ? 2l ?
再由 (2??) ? 2 ? (1??) ,

3 2 gt 2

(3??)

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第 49 页

共 102 页

2m(a 2 ? a1 ) ? ?3k ( x2 ? x1 ? l 0 )

(4??)

这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程,且是简谐的,所以直接写出解答,

? 3k ? ? x2 ? x1 ? l 0 ? A cos? t ? ? ? 2m ? ? ?
结合初条件,

l ? l 0 ? A cos ?
A
得到

3k sin ? ? 0 2m

? ?0
A ? l ? l0 ?
所以

2mg k

x2 ? x1 ? l 0 ?


? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? k ? ?

x2 ? x1 ? l ?

? 3k ? 2mg 2mg ? ? cos? ? 2m t ? k k ? ?

(5??)

由 (3??) ? 2 ? (5??) ,得

x1 ?

? ?? 1 2 4mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? ?? 2 3k ? ? 2m ? ? ?

(6??)

由 (3??) + (5??) ,得

x2 ? l ?
26. 解法一

? ?? 1 2 2mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?

?7 ???

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h H hA

O

t

T

小球沿竖直线上下运动时,其离开玻璃管底部的距离 h 随时间 t 变化的关系如图所示.设照片拍摄到的小球位 置用 A 表示,A 离玻璃管底部的距离为 hA,小球开始下落处到玻璃管底部的距离为 H.小球可以在下落的过程中经过 A 点,也可在上升的过程中经过 A 点.现以 ? 表示小球从最高点(即开始下落处)落到玻璃管底部所需的时间(也就 是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间) , ? 1 表示小球从最高点下落至 A 点所需的时间(也就是从 A 点上 升至最高点所需的时间) , ? 2 表示小球从 A 点下落至玻璃管底部所需的时间(也就是从玻璃管底部反跳后上升至 A 点所需的时间).显然,?1 ? ? 2 ? ? .根据题意,在时间间隔 的起始时刻和终了时刻小球都在 A 点.用 n 表示时 间间隔 内(包括起始时刻和终了时刻)小球位于 A 点的次数(n≥2).下面分两种情况进行讨论: 1.A 点不正好在最高点或最低点. 当 n 为奇数时有

T ? ? n ? 1??1 ? ? n ? 1?? 2 ? ? n ? 1??
在(1)式中,根据题意 ? 1 可取 0 ? ? 1 ? ? 中的任意值,而

n ? 3,5,7,

( 1)

? 2 ? ? ? ? 1 (2)
当 n 为偶数时有

T ? n? 2 ? ? n ? 2??1 ? n?1 ? ? n ? 2?? 2
由(3)式得

n ? 2, 4,6,

( 3)

?1 ? ? 2

(4)

由(1) 、 (3) 、 (4)式知,不论 n 是奇数还是偶数,都有

T ? ? n ? 1??
因此可求得,开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为

n ? 2,3, 4,

(5)

1 1 ? T ? H n ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? n ?1 ?

2

n ? 2,3, 4,

( 6)

若用 H n 表示与 n 对应的 H 值,则与 H n 相应的 A 点到玻璃管底部的距离

1 hA ? Hn ? g?12 2

n ? 2,3, 4,

(7)

当 n 为奇数时, ? 1 可取 0 ? ? 1 ? ? 中的任意值,故有

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共 102 页

0 ? hA ? H n

2 ? 1 ? T ? ? H ? g ? n ? ? ? 2 ? n ?1 ? ? ? ? ?

n=3,5,7,? ? ?

(8)

可见与 H n 相应的 hA 的可能值为 0 与 H n 之间的任意值. 当 n 为偶数时, ? 1 ? ? ,由(6)式、 (7)式求得 H n 的可能值

1 2

3 hA ? H n 4

2 ? 1 ? T ? ? H ? g ? n ? ? ? 2 ? n ?1 ? ? ? ? ?

n=2,4,6,? ? ?(9)

2.若 A 点正好在最高点或最低点. 无论 n 是奇数还是偶数都有

T ? 2 ? n ? 1??
? 1 1 ? T H n ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? ? 2 ? n ? 1? ? ?
hA ? H n
或 hA ? 0 (13) 解法二
2

n=2,3,4,? ? ?(10)

n=2,3,4,? ? ?(11)

2 ? 1 ? T ? ? ? ? ?Hn ? g ? ? ? 2 ? ? ? ? ? 2 ? n ? 1? ? ? ?

n=2,3,4,? ? ?(12)

因为照相机每经一时间间隔 T 拍摄一次时,小球都位于相片上同一位置,所以小球经过该位置的时刻具有周 期性,而且 T 和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究小球通过某个位置的周期性. 设小球从最高点(开始下落处)落下至管底所需时间为 ,从最高点下落至相片上小球所在点(A 点)所 需时间为 ? 1 ,从 A 点下落至管底所需时间为 ? 2 ,则

? ? ? 1 ? ? 2 (1)
(小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同,也是 、? 1 和? 2 ) 从小球在下落过程中经过 A 点时刻开始,小球经过的时间 2? 2 后上升至 A 点,再经过时间 2? 1 后又落到 A 点, 此过程所需总时间为 2?1 ? 2? 2 ? 2? .以后小球将重复这样的运动.小球周期性重复出现在 A 点的周期是多少? 分 两种情况讨论: (1) . ?1 ? ? 2 , ? 1 和 ? 2 都不是小球在 A 点重复出现的周期,周期是 2? . (2) . ?1 ? ? 2 ,小球经过时间 2? 2 ? ? 回到 A 点,再经过时间 2? 1 ? ? 又回到 A 点,所以小球重复出现在 A 点 的周期为 . 下面就分别讨论各种情况中 H 的可能值和 A 点离管底的距离 hA 的可能值. (如果从小球在上升过程中经过 A 点的时刻开始计时,结果一样,只是 ? 1 和 ? 2 对调一下) 1.H 的可能值 (1) .较普遍的情况, ?1 ? ? 2 . T 与 2? 的比值应为一整数, ? 的可能值应符合下式

T ?k, 2?
由自由落体公式可知,与此相应的 H k 的数值为

k ? 1, 2,3,

(2)

1 1 ?T ? H k ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? 2k ?

2

k ? 1, 2,3,

(3)
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全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

(2) . ?1 ? ? 2 . ? 的可能值应符合下式

T

?
故 H k ? 的可能值为

? k?

k ? ? 1,2,3,

(4)

1 1 ?T ? H k ? ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? k? ?
当 k ? 为偶数时,即 k ? ? 2, 4,6,

2

k ? ? 1,2,3,

(5)

时, (5)式与(3)式完全相同.可见由(3)式求得的 H 的可能值包含了 ?1 ? ? 2 的 全部情况和 ?1 ? ? 2 的一部分情况.当 k ? 为奇数时,即 k ? ? 1,3,5, 时,由(5)式得出的 H 的可能值为

1 ?T ? H k? ? g ? ? 2 ? k? ?

2

k ? ? 1,3,5,

(6)

它们不在(3)式之内,故(3)式和(6)式得出的 H 合在一起是 H 的全部的可能值. 2.与各 H 值相应的 hA 的可能值 a.与 H k 相应的 hA 的可能值 由于在求得(3)式时未限定 A 点的位置,故 hA 的数值可取 0 和 H k 之间的任意值,即
2 ? 1 ?T ? ? ?Hk ? g ? ? ? 2 ? 2k ? ? ? ? ?

0 ? hA ? H k

k ? 1, 2,3,

(7)

b. 与 H k ? ( k ? 为奇数)相应的 hA 的可能值 这些数值与 A 位于特定的位置, ?1 ? ? 2 ?

?
2

,相对应,所以对于每一个 H k ? 对应的 hA 是一个特定值,它们是

1 ?1 T ? hA ? H k ? ? g ? ? 2 ? 2 k? ?

2

2 ? 1 ?T ? ? ? H k? ? g ? ? ? 2 ? k? ? ? ? ? ?

k ? ? 1,3,5,

(8)

27. 1.求刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度 设刚碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度分别为 vA 、 vB 、 vC 、 vD ,并设它们的方向都与 v0 的方向相同.由于小 球 C 位于由 B、C、D 三球组成的系统的质心处,所以小球 C 的速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球 组成的质点组的动量守恒, 故有

M v0 ? M vA ? 3mvC (1)
碰撞前后质点组的角动量守恒,有

0 ? ml vC ? 2ml vD (2) 这里角动量的参考点设在与 B 球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性碰撞,碰撞前后 质点组的动能相等,有

1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 M v0 ? M vA + mvB ? mvC ? mvD (3) 2 2 2 2 2
因为杆是刚性杆,小球 B 和 D 相对于小球 C 的速度大小必相等,方向应相反,所以有

vB ? vC = vC ? vD (4)
解(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4)式,可得两个解

vC =0(5)


vC ?

4M v0 (6) 5M ? 6m
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因为 vC 也是刚碰撞后由 B、C、D 三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰撞后这系统的质心不可 能静止不动,故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞后 A、B、D 三球的速度

5M ? 6m v0 (7) 5M ? 6m 10M vB ? v0 (8) 5M ? 6m 2M vD ? ? v0 (9) 5M ? 6m vA ?
2.讨论碰撞后各小球的运动 碰撞后,由于 B、C、D 三小球组成的系统不受外力作用,其质心的速度不变,故小球 C 将以(6)式的速度即

vC ?

4M 、 ( 8) 、 (9)式可知,碰撞后,B、D 两小球将绕小球 C 作匀角速度 v0 沿 v0 方向作匀速运动.由(4) 5M ? 6m

转动,角速度的大小为

??

vB ? vC 6M v0 (10) ? l 5M ? 6m l

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球 A 的速度的大小和方向与 M、m 的大小有关,下面就 M、m 取值不同 而导致运动情形的不同进行讨论: (i) vA = 0 ,即碰撞后小球 A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是
5M ? 6m ? 0



M 6 ? (11) m 5
(ii) vA < 0 ,即碰撞后小球 A 反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是

M 6 ? (12) m 5
(iii) vA > 0 但 vA ? vC ,即碰撞后小球 A 沿 v0 方向作匀速直线运动,但其速度小于小球 C 的速度.由(7) 式和(6)式,可知发生这种运动的条件是

5M ? 6m ? 0 和 4 M ? 5M ? 6m


6 m ? M ? 6m (13) 5 (iv) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 仍沿 v0 方向运动,且其速度大于小球 C 的速度,发生这种运动的条件是
M ? 6m (14)

(v) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 和小球 C 以相同的速度一起沿 v0 方向运动,发生这种运动的条件是

M ? 6m (15)
在这种情形下,由于小球 B、D 绕小球 C 作圆周运动,当细杆转过 180 时,小球 D 将从小球 A 的后面与小球 A 相遇,而发生第二次碰撞,碰后小球 A 继续沿 v0 方向运动.根据质心运动定理,C 球的速度要减小,碰后再也不可 能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是

t?

π

?

?

? 5M ? 6m ? πl ? πl
6M v0 v0

(16)

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球 C 走过的路程

d ? vCt ?

2πl (17) 3

3.求第二次碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度 刚要发生第二次碰撞时, 细杆已转过 180 , 这时, 小球 B 的速度为 vD , 小球 D 的速度为 v B . 在第二次碰撞过程中,
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 54 页 共 102 页

? ? ? 质点组的动量守恒,角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度分别为 v? A 、vB 、vC 和 vD ,
并假定它们的方向都与 v0 的方向相同.注意到(1) 、 (2) 、 (3)式可得

? M v0 ? M v? A ? 3mvC (18) ? ? 2ml vB ? (19) 0 ? ml vC

1 1 1 1 1 2 2 2 ?2 + mv? ?2 ? mv? M v0 ? M vA mvC B ? D (20) 2 2 2 2 2
由杆的刚性条件有

? ? ? v? D ? vC ? vC ? vB (21)
(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与 D 球重合的空间点. 把(18) 、 (19) 、 (20) 、 (21)式与(1) 、 (2) 、 (3) 、 (4)式对比,可以看到它们除了小球 B 和 D 互换之外是完 全相同的.因此它们也有两个解

? ?0 vC


(22)

? ? vC

4M v0 (23) 5M ? 6m

对于由 B、C、D 三小球组成的系统,在受到 A 球的作用后,其质心的速度不可能保持不变,而(23)式是第二次碰 撞未发生时质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得

v? A ? v0 v? B ?0

(24) (25)

(26) v? D ?0 (22) 、 (24) 、 (25) 、 (26) 式表明第二次碰撞后, 小球 A 以速度 v0 作匀速直线运动, 即恢复到第一次碰撞前的运动, 但已位于杆的前方,细杆和小球 B、C、D 则处于静止状态,即恢复到第一次碰撞前的运动状态,但都向前移动了一 段距离 d ? 28. : 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值;如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与 平板发生第一次碰撞后再次接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接 触,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最小值. 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 t1 ,有
P h B u0

2πl ,而且小球 D 和 B 换了位置. 3

Q

h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2
L ? u0t1

(1)

(2)

从(1) 、 (2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值,即

u0 max ? L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max ? 0.71m/s
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 55 页

(4)
共 102 页

如果 u0 ? u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 v1 , 则有

v1 ? 2gh

(5)

? 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球和平板 以 v1
在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

? ? mV1? mv1 = mv1 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 1 2 1 2 1 1 1 2 ?2 ? mV1?2 ? mu0 mv1 ? mu0 = mv1 2 2 2 2 2 解(6) 、 (7)两式,得
??0 v1

(6)

(7)

(8) (9)

V1? = v1 ? 2gh

碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上 表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 t ? 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的 位移

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

??

A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

2π T

(11)

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?
因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9) 、 (11) 、 (12)式可求得

(12)

A?

2 gh T 2?

(13)

? ??
把(13) 、 (14)式代入(10)式,得

π 2

(14)

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处,则在 发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 xB ?t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T
第 56 页

(17)

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共 102 页

在碰撞时,有

xB ?t2 ? ? xPQ ?t2 ?
由(16) 、 (17) 、 (18)式,代入有关数据得

(18)

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?
这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

(19)

t2 ? 0.771s
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

(20)

L ? u0 ?t1 ? t2 ?
由(1) 、 (20)和(21)式得

(21)

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s
附: (19)式的数值求解 用数值解法则要代入 t 2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

(23)

t2
π? ? xPQ ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?

0.7 30 3.3 1 2.6 1 0.7 0

0.7 50 3.1 2 2.7 6 0.3 6

0.7 60 3.0 2 2.8 3 0.1 9

0.7 65 2.9 6 2.8 7 0.0

0.7 70 2.9 1 2.9 1 0

0.7 71 2.9 1 2.9 1 0

0.7 72 2.9 0 2.9 1 -0. 01

0.7 75 2.8 6 2.9 4 -0. 08

0.7 80 2.8 1 2.9 8 -0. 17

0.7 90 2.7 0 3.0 6 -0. 36

0.8 10 2.4 8 3.2 1 -0. 73

2 xB ? 4.90t2

xPQ ? xB

9

29. 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为

vB ? ? l

(1) (2)

B 点的向心加速度的大小为
aB ? ? 2l
因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 aB 也是 B 点的加速度,其方向沿 BA 方向.因为 C 点绕 D 轴作 圆周运动,其速度的大小用 vC 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图可知,其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 57 页 共 102 页

刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等,故有

π 2 ? ?l 4 2 此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度 v2 aCn ? C (4) CD vC ? vB cos
由图可知 CD ? 2 2l ,由(3) 、 (4)式得

(3)

vCB
(5) B

C aC t aC A

vC
aCn

aCn ?
其方向沿 CD 方向.

2 2 ?l 8

?

? vB
D

下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度, 即切向加速度 a Ct . 因为 BC 是刚性杆, 所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动,C 点相对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC.令

vCB 表示其速度的大小,根据速度合成公式有 vCB ? vC ? vB
由几何关系得

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l 2 2
2 vCB CB

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度

aCB ?
因为 CB ? 2l ,故有

(7)

aCB ?

2 2 ? l 4

(8)

其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

? aB ?BC ? aB cos
aCt ? aCB ? ? aB ? BC ?

π 4

(9)

所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量

3 2 2 ?l 4

(10)

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 aCn 与切向加速度 aCt 的合加速度,即
2 2 aC ? aCn ? aCt ?

74 2 ?l 8
y

(11)

aC 的方向与杆 CD 间的夹角
a ? ? arctan Ct ? arctan 6 ? 80.54? aCn

C

( ? B 12)

解法二:通过微商求 C 点加速度
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 58 页

A

?
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?

D

x

以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy,Ax 轴与 AD 重合,Ay 与 AD 垂直.任意时刻 t,连杆的位形如图所示, 此时各杆的位置分别用 ? , ? 和 ? 表示,且已知 AB ? l , BC ? 2l , CD ? 2 2l , AD ? 3l , 表示为

d? ? ?? ,C 点坐标 dt

xC ? l cos? ? 2l cos? yC ? l sin? ? 2l sin ?
将(1) 、 (2)式对时间 t 求一阶微商,得

(1) (2)

dxC d? d? ? ? ? ?l ? sin ? ? 2 sin ? ? dt dt dt ? ? dyC d? d? ? ? ? l ? cos? ? 2 cos ? ? dt dt dt ? ?
把(3) 、 (4)式对时间 t 求一阶微商,得
2 2 ? d 2 xC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? ? l cos ? ? sin ? ? 2 cos ? ? 2 sin ? ? ? ? ? ? ? dt 2 dt 2 dt 2 ? ? dt ? ? dt ? ? ? ?

(3)

(4)

(5)

2 2 ? d 2 yC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? (6) ? l ? sin ? ? cos ? ? 2 sin ? ? 2 cos ? ? ? ? ? ? 2 2 ? dt 2 d t d t d t d t ? ? ? ? ? ? ? ?

根据几何关系,有

CD sin ? ? AB sin ? ? BC sin ? CD cos ? ? AB cos? ? BC cos ? ? 3l


2 2 sin ? ? sin? ? 2 sin ? 2 2 cos? ? 3 ? cos? ? 2cos?
将(7) 、 (8)式平方后相加且化简,得

(7) (8)

2 sin? sin ? ? 2 cos? cos? ? 3cos? ? 3 2 cos? ? 2 ? 0
对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ? ?

(9)

π π d? ,? ? , ? ?? ,得 2 4 dt d? 1 ? ? dt 2
d 2? 3 2 ? ? dt 2 8

(10)

对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得 (11)

将(10) 、 (11)式以及 ? , ? ,

d? 的数值代入(5) 、 (6)式,得 dt d 2 xC 5 ? ? l? 2 2 dt 8 d 2 yC 7 ? ? l? 2 dt 2 8

所以
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 59 页 共 102 页

? d2 x ? ? d2 y ? 74 2 aC ? ? 2C ? ? ? 2C ? ? l? 8 ? dt ? ? dt ?
由图知, aC 与 x 轴的夹角为 ?

2

2

(12)

? d2 y ? ? d2 x tan ? ? ? 2C ? ? 2C ? dt ? ? dt
所以求得

? ? ? 1.4 ?

(13)

? ? arctan1.4 ? 54.46
这个夹角在第三象限,为 234.46 ,故 aC 与 CD 的夹角

? =80.54
30.

(14)

1. 椭圆半长轴 a 等于近地点和远地点之间距离的一半,亦即近地点与远地点矢径长度(皆指卫星到地心的距 离) rn 与 rf 的算术平均值,即有

a?
代入数据得

1 1 1 ? ? Hn ? Hf ? ? R ? r n ? rf ? ? ? ? H n ? R ? ? ? H f ? R ?? ? ? 2 2 2

(1) (2)

a ? 3.1946 ?104 km

椭圆半短轴 b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值,即有

b ? rn rf
代入数据得

(3) (4)

b ? 1.942 ?104 km

椭圆的偏心率 代入数据即得

e?

a 2 ? b2 a

(5) (6)

e ? 0.7941

2. 当卫星在 16 小时轨道上运行时,以 vn 和 vf 分别表示它在近地点和远地点的速度,根据能量守恒,卫星在 近地点和远地点能量相等,有

1 GMm 1 GMm 2 mvn ? ? mvf2 ? 2 rn 2 rf

(7)

式中 M 是地球质量, G 是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的连线垂直,根据角动 量守恒,有 注意到

mvn rn ? mvf rf
GM ?g R2

(8) (9)

由(7)、(8)、(9)式可得

vn ?

rf 2 g R rn rf ? rn
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(10)

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vf ?

rn r 2g vn ? n R rf rf rf ? rn
rf ? R ? Hf

(11)

当卫星沿 16 小时轨道运行时,根据题给的数据有

rn ? R ? H n
由(11)式并代入有关数据得

vf ? 1.198 km/s

(12)

依题意,在远地点星载发动机点火,对卫星作短时间加速,加速度的方向与卫星速度方向相同,加速后长轴方 向没有改变,故加速结束时,卫星的速度与新轨道的长轴垂直,卫星所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地

? ? 6.00 ?102 km.由(11)式,可求得卫星在新轨道远地 点高度 Hf? ? Hf ? 5.0930 ?104 km,但新轨道近地点高度 Hn
点处的速度为 km/s v? f ? 1.230 卫星动量的增加量等于卫星所受推力 F 的冲量,设发动机点火时间为 t,有 (13)

m ? v? f ? vf ? ? F ?t
由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得

(14)

t= 1.5 ?102 s (约 2.5 分)

(15)

这比运行周期小得多. ? 表示矢径与速度的夹角, 3. 当卫星沿椭圆轨道运行时, 以 r 表示它所在处矢径的大小, v 表示其速度的大小, 则卫星的角动量的大小

其中

是卫星矢径在单位时间内扫过的面积,即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的,故 ? 是恒量.利用远地点处的角动 量,得

L ? rmv sin ? ? 2m? 1 ? ? r v sin ? 2

(16 ) (17)

? ? rf vf
S ? πab
T? S

1 2

(18) (19) (20)

又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为 所以卫星沿轨道运动的周期

?
T? 2πab rf vf

由(18)、(19)、(20) 式得

(21)

代入有关数据得

T ? 5.678 ? 104 s (约 15 小时 46 分)
2 3

(22)

注:本小题有多种解法.例如,由开普勒第三定律,绕地球运行的两亇卫星的周期 T 与 T0 之比的平方等于它们 的轨道半长轴 a 与 a0 之比的立方,即

?T ? ? a ? ? ? ?? ? ? T0 ? ? a0 ?

若 a0 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径,则有

? 2π ? GMm ? ma0 ? ? 2 a0 ? T0 ?

2

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T02 4π 2 4π 2 ? ? 3 a0 GM gR 2
T? 2πa a R g

从而得

代入有关数据便可求得(22)式. 4. 在绕月圆形轨道上,根据万有引力定律和牛顿定律有

GM m m 2π ? mrm ( )2 2 rm Tm
这里 rm ? r ? H m 是卫星绕月轨道半径, M m 是月球质量. 由(23)式和(9)式,可得

(23)

Mm ?
代入有关数据得

3 4π2 rm M 2 gR2Tm

(24)

Mm ? 0.0124 M
31.: 足球射到球门横梁上的情况如图所示(图所在的平面垂直于横梁轴线).

(25)

? 为过横梁轴线并垂直于轴线 图中B表示横梁的横截面,O1为横梁的轴线;O1O1
的水平线;A表示足球,O2为其球心;O点为足球与横梁的碰撞点,碰撞点O的

? 的夹角 位置由直线O1OO2与水平线 O1O1

表示.设足球射到横梁上时球心速

度的大小为v0,方向垂直于横梁沿水平方向,与横梁碰撞后球心速度的大小为

v,方向用它与水平方向的夹角 表示 如图
系Oxy,y轴与O2OO1重合.以

以碰撞点O为原点作直角坐标 表示碰后速度的方向与y轴(负方向)的夹角,

表示碰前速度的方向与y轴的夹角,以

足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向,即角 的大小. 以Fx表示横梁作用于足球的力在x方向的分量的大小,Fy表示横梁作用于足球的力在y方向的分量的大小, 表示横梁与足球相互作用的时间,m表示足球的质量,有

t

Fx ?t ? mv0x ? mvx
Fy ?t ? mvy ? mv0y

(1) (2)

式中 v0x 、 v0y 、 vx 和 vy 分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小.根据摩擦定律有

Fx ? ? F y

(3)

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由(1)、(2)、(3)式得

??

v 0x ? vx vy ? v0y

(4)

根据恢复系数的定义有

vy ? ev0y

(5)



tan ? 0 ? tan ? ?

v0x v0y vx vy

(6)

(7)

由(4)、(5)、(6)、(7)各式得

1 ? 1? tan? ? tan? 0 ? ? ?1 ? ? e ? e?
由图可知

(8)

? ?? ??

(9)

若足球被球门横梁反弹后落在球门线内,则应有

? ? 90

(10)

在临界情况下,若足球被反弹后刚好落在球门线上,这时 ? ? 90 .由(9)式得

tan ? 90 ? ? ? ? tan ?
因足球是沿水平方向射到横梁上的,故 ? 0 ? ? ,有

(11)

1 1 ? 1? ? tan? ? ? ?1 ? ? tan? e ? e?
这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置 ? 所满足的方程.解(12)式得

(12)

代入有关数据得 即

? 1? ? 1? e? ?1 ? ? ? e2 ? 2 ?1 ? ? ? 4e ? e? ? e? tan ? ? 2 tan ? ? 1.6

2

(13) (14) (15) (16)

? ? 58
? ? 58

现要求球落在球门线内,故要求 32.

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33.

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34.

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35.

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36. 要使天梯相对于地球静止不动,由地面伸向太空,与地面之间无相互作用力,这样的天梯的下端只能位于
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赤道上某处,且天梯与该处地球表面垂直,并与地球同步转动.如图 1 所示. L O R0 R1

图1 从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看,天梯和地球一起匀速转动.天梯所受的外力 只有地球的万有引力.把天梯看作是由线密度为 ρ 的许多非常小的小段组成,则每小段到地球中心的距离不同, 因而所受地球引力的大小也不同,其中与地心的距离为 ri-1 到 ri 间的长度为△ri 的小段所受地球引力为

f i= G

Mρ △ri r
2

(1)

i

整个天梯所受的地球引力 F 就等于每小段所受地球引力之和, 即

F =
n

?
i ?1

n

fi = ? G
i ?1

n

M ? ri ri 2

(2)

符号

?
i ?1

2 表示对所有小段求和.因△ri = ri - ri-1 是个小量,注意到 riri-1 = ri( ri -△ri ) ≈r ,因此

i

?r
i ?1

n

ri
2

i

??
i ?1

n

n ri ? ri ?1 1 1 1 1 ? ?( ? ) ? ? ri ri ?1 ri r0 rn i ?1 r i ?1

用 R0 表示地球半径,也就是天梯下端到地心的距离,Rl 表示天梯上端到地心的距离,则 r0 = R0 ,rn = Rl ,代 入(2)式得

F = GMρ (
整个天梯的质量

1

R0



1

Rl

)

(3)

m = ρ ( Rl -R0 )
天梯的质心位于天梯的中点,它到地心的距离

(4)

rC = R0 +
根据质心运动定理,有

Rl -R0
2

(5)

F = mrC (



T

)

2

(6)

式中 T 为地球自转的周期. 由(3) 、 (4) 、 (5) 、 (6)式可得 2 GMT ( Rl -R0 ) ( R + R0Rl - ) = 0 2 l 2π R0
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 76 页 共 102 页
2

Rl -R0 = 0 ,表示天梯无长度,不符合题意,符合题意的天梯长度满足的方程为
2 GMT2 R + R0Rl - = 0 2 l 2π R0 2 因为 GM = R g ,所以得 0 2 R0gT2 R + R0Rl - 2 = 0 l 2π (8) (7)

【从跟随地球一起转动的参考系看,也可得到(8)式.这时,天梯在地球引力和惯性离心力的作用下,处于 平衡静止状态,地球引力仍为(3)式,天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得:仍把天梯看作由很多长度为 △ri 的小段组成,则第 i 小段受的惯性离心力为

f i′ = ρ △ri(



T

) ri

2

(4′)

对所有小段求和,就得到整个天梯所受的惯性离心力

F ′ =

?
i ?1

n

? n 2π 2 fi = ? ? ( ) ri△ri
i ?1

T

(5′) ) r 下的一个带阴影的梯形面积来表示,即
2

(5′)式中所示的和可以用图 2 过原点的直线 y = ρ ( y 2π ρ( T ) 2 Rl



T

2π ρ( T ) 2 R0 r O R0 图2 ( Rl - Rl 2π

F ′ = ρ ( R0 )
(6′)

T

)

2

R0 + Rl
2

因为地球引力与惯性离心力平衡,由(3)式和(6′)式可得

GM (

1

R0



1

Rl

) =(



T

)

2

R0 + Rl
2

( Rl -R0 )

(7′)

2 因为 GM = R g ,化简(7′)式最后也能得到(8)式. 】 0 解(8)式得 -R0 ± 2 2R0gT R + 2 0 π 2
2

Rl =

(9)
4

根号前取正号,代入有关数据,注意到 T = 8.64 ?10 s ,得

Rl = 1.50 ?108 m
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(10)
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所以天梯的长度

L = Rl -R0 = 1.44 ?108 m
37.1.90 °.

(11)

2.当矩形物处于竖直位置即 θ = 0° 时,B 不会滑动,矩形物静止.当圆筒缓慢转动使 θ 刚超过 0° 时,A 将离开圆筒内表面而开始倾倒,按题意此时圆筒已停止转动.假定 B 仍不动,此后,A 在竖直平面内从静止开始绕

B 做圆周运动.圆周运动的径向方程(牛顿第二定律)为 v2 m = mgcosθ -T l
(1)

这里 v 表示 A 的速度.T 是刚性薄片对 A 的作用力,规定其方向从 B 到 A 为正.根据能量守恒,有

mgl (1-cosθ ) = mv2
联立(1) 、 (2)式,得

1 2

(2)

T = mg ( 3cosθ -2 )
如果令 T = 0 ,可得 θ = arccos ( 2 ) = 48.2° 3

(3) A

显见,θ < 48.2° 时,作用力是径向正向,对 A 是推力;θ > 48.2° 时, 作用力是径向反向,对 A 是拉力. 现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动. 我们可以在 B 处画圆筒内表面的切面, 它与水平面成 30° 夹角.因为假定 B 不动,其加速度为零,所以 B 在垂直于切面方 向的受力方程为 B

θ

O 120°

30°

f⊥-mgcos30°-Tcos ( 30°-θ ) = 0

(4)

这里 f⊥ 是圆筒内壁对 B 的支持力.由(4)式和(3)式可以论证,如果在 θ 等于 60°(A 将与圆筒相碰)之 前 B 不动,则 f⊥ 必将始终不等于零,这就是说,在 B 开始滑动以前,B 不会离开筒壁.B 对筒壁的正压力是 f⊥ 的 反作用力, 大小和 f⊥ 相同. 式中的 T 是刚性薄片对 B 的作用力, 它和 (1) 式中的 T 大小相等 (因薄片质量不计) . 由 于 μ =1,所以最大静摩擦力 fmax 的大小就等于正压力.

fmax = μ f⊥ = mgcos30° + Tcos ( 30°-θ )
其方向是沿切面方向.沿切面方向除摩擦力外,B 还受到其他力

(5)

f∥ = mgsin30° + Tsin ( 30°-θ )
只要 f∥ 不大于最大静摩擦力,B 就不滑动.这个条件写出来就是

(6)

f∥ ≤ fmax B 滑动与否的临界点就应由 f∥ = fmax 求出,即

(7)

mgcos30° + Tcos ( 30°-θ ) = mgsin30° + Tsin ( 30°-θ )
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 78 页

(8)

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将(3)式的 T 代入(8)式,化简后得方程 ( 3cosθ -2 )[ cosθ + ( 2 + 3 )sinθ ] + 1 = 0 (9)

这个方程可用数值求解,即取不同的 θ 值代入逐步逼近,最后可得 θ = 54.9 ° θ 超过此值,B 将开始滑动. 38. 1.分析刚碰后各球速度的方向.由于 D 与 B 球发生弹性正碰, 所以碰后 D 球的速度方向仍在 y 轴上;设其方向沿 y 轴正方向,大小 为 v .由于线不可伸长,所以在 D ,B 两球相碰的过程中,A ,C 两 球都将受到线给它们的冲量;又由于线是柔软的,线对 A ,C 两球均 无垂直于线方向的作用力,因此刚碰后,A 球的速度沿 AB 方向,C 球 的速度沿 CB 方向.用 θ 表示 B 球的速度方向与 x 轴的夹角,则各球 速度方向将如图所示.因为此时连接 A ,B ,C 三球的两根线立即断 了,所以此后各球将做匀速直线运动. 2.研究碰撞后各球速度的大小.以 v1 ,v2 ,v3 分别表示刚碰后 A ,B ,C 三球速度的大小,如图所示.因 为碰撞过程中动量守恒,所以沿 x 方向有 (10)

mv1-mv3 cosα + mv2 cosθ = 0 ;
沿 y 方向有 -mv0 = mv - mv2 sinθ -mv3 sinα . 根据能量守恒有 1 2 1 2 1 2 1 2 1 mv = mv + mv + mv + mv2 . 2 0 2 1 2 2 2 3 2

( 1)

( 2)

(3)

因为碰撞过程中线不可伸长,B ,C 两球沿 BC 方向的速度分量相等,A ,B 两球沿 AB 方向的速度分量相等, 有

v2 cosθ = v1 , v2 cos [ π - ( α + θ ) ] = v3 .
将 α = π / 3 代入,由以上各式可解得

(4) (5)

v1 = v2 = v3 =
1 4

3 v0 , 12 21 v0 , 6 3 v0 , 3

(6) (7) (8) (9)

v = v0 .
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第 79 页

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3.确定刚碰完后,A ,B ,C 三球组成的系统质心的位置和速度.由于碰撞时间极短,刚碰后 A ,B ,C 三球 组成的系统,其质心位置就是碰撞前质心的位置,以(xc ,yc)表示此时质心的坐标,根据质心的定义,有

xc = yc =
代入数据,得

ml cosα -ml , 3m ml sinα . 3m

(10) (11)

xc = - yc =

1 l , 6

(12) (13)

3 l . 6

根据质心速度的定义,可求得碰后质心速度 vc 的分量为

vcx = vcy =

mv1 + mv2 cosθ -mv3 cosα , 3m
- mv2 sinθ -mv3sinα . 3m

(14) (15)

由(4)~(7)和(14) , (15)各式及 α 值可得

vcx = 0 , vcy = -
5 v0 . 12

(16) (17)

4.讨论碰后 A ,B ,C 三球组成的系统的质心和 D 球的运动.刚碰后 A ,B ,C 三球组成的系统的质心将从 坐标(xc = -l / 6 ,yc = 3l / 6)处出发,沿 y 轴负方向以大小为 5 v0 / 12 的速度做匀速直线运动;而 D 球

则从坐标原点 O 出发,沿 y 轴正方向以大小为 v0 / 4 的速度做匀速直线运动.A ,B ,C 三球组成系统的质心与 D 球是平行反向运动,只要 D 球与 C 球不发生碰撞,则 vC ,vD 不变,质心与 D 球之间的距离逐渐减少.到 y 坐标相 同处时,它们相距最近.用 t 表示所求的时间,则有

vt = yc + vcy t
将 vcy ,v ,yc 的值代入,得

(18)

t=

3l 4v0



(19)

此时,D 球与 A ,B ,C 三球组成系统的质心两者相距 l / 6 .在求出 (19)式的过程中,假设了在 t = 3l / 4v0 时间内 C 球未与 D 球发生碰 3v0 / 3 ,它在 x 方向分量

撞.下面说明此假设是正确的;因为 v3 =

的大小为 3v0 / 6. 经过 t 时间, 它沿 x 轴负方向经过的距离为 l / 8 . 而

C 球的起始位置的 x 坐标为 l / 2 .经 t 时间后,C 球尚未到达 y 轴,不会
与 D 球相碰. 39.、从地球表面发射宇宙飞船时,必须给飞船以足够大的动能,使它
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在克服地球引力作用后,仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道.此时,飞船离地球已足够远,但到太阳的 距离可视为不变,仍为日地距离.飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道,用 E 表示两轨道的交点,如 图 1 所示.图中半径为 rse 的圆 A 是地球绕太阳运行的轨道,太阳 S 位于圆心.设椭圆 B 是飞船绕日运行的轨道,P 为椭圆轨道的近日点. 由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等, 根据开普勒第三定律, 椭圆的半长轴 a 应与日地距离 rse 相等,即有

a = rse

(1)

根据椭圆的性质,轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为 2a ,由此可以断定,两轨道的交点 E 必为椭圆短轴的 一个顶点,E 与椭圆长轴和短轴的交点 Q(即椭圆的中心)的连线垂直于椭圆的长轴.由△ESQ ,可以求出半短轴

b =

r2se- ( a - SP )2 .

(2)

由(1) , (2)两式,并将 a = rse = 1AU , SP = 0.01 AU 代入,得

b = 0.141AU .

(3)

在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中,若以太阳为参考系,飞船的角动量和机械能是守恒的.设飞船在 E 点的速度 为 v ,在近日点的速度为 vp ,飞船的质量为 m ,太阳的质量为 Ms ,则有

mva sinθ = mvp SP ,
式中 θ 为速度 v 的方向与 E ,S 两点连线间的夹角: sinθ = 由机械能守恒,得 1 2 Msm 1 2 GmMs mv -G = mv - . 2 a 2 p SP (6)

( 4)

b . a

(5)

因地球绕太阳运行的周期 T 是已知的(T = 365 d) ,若地球的质量为 Me ,则有

G

MsMe 2π 2 = Me ( )a . 2 a T

(7)

解(3)~(7)式,并代入有关数据,得

v = 29.8 km / s .

(8)

(8)式给出的 v 是飞船在 E 点相对于太阳的速度的大小,即飞船在克服地球引力作用后从

E 点进入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度.若在 E 点飞船相对地球的速度为 u ,
因地球相对于太阳的公转速度为

ve =

2π a

T

= 29.8 km / s ,

(9)

方向如图 1 所示.由速度合成公式,可知
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图2

v = u + ve ,
速度合成的矢量图如图 2 所示,注意到 ve 与 ES 垂直,有

(10)

u =
代入数据,得

v2 + v -2vvecos (

2 e

π -θ ) , 2

(11)

u = 39.1 km / s .

(12)

u 是飞船在 E 点相对于地球的速度,但不是所要求的发射速度 u0 .为了求得 u0 ,可以从与地心固定连接在一起的参
考系来考察飞船的运动.因飞船相对于地球的发射速度为 u0 时,飞船离地心的距离等于地球半径 Re .当飞船相对 于地球的速度为 u 时,地球引力作用可以忽略.由能量守恒,有 1 2 Mem 1 2 mu -G = mu . 2 0 Re 2 地面处的重力加速度为 (13)

g = G

Me R
2 e



(14)

解(13) , (14)两式,得

u0 =
由(15)式及有关数据,得

u2 + 2gRe .

(15)

u0 = 40.7 km / s .

(16)

如果飞船在 E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道,则(11)式要做相应的改变.此时,它应为

u =
相应计算,可得另一解

v2 + v -2vvecos (

2 e

π + θ ) , 2

(17)

u = 45.0 km / s , u0 = 46.4 km / s .

(18)

如果飞船进入椭圆轨道的地点改在 E 点的对称点处(即地球绕日轨道与飞 船绕日轨道的另一个交点上) ,则计算过程相同,结果不变. 40. 1 .解法一:设守方队员经过时间 t 在 Ax 上的 C 点抢到球,用 l 表示 A 与 C 之间的距离,lp 表示 B 与 C 之间的距离(如图 1 所示) ,则有 图1

l = vt ,lp = vpt


(1) (2)

l = d 2 + l2 -2dlcosθ .

2 p

解式(1) , (2)可得

l =

d vp 2 2 1 / 2 ± [ ( ) -sin θ ] }. 2 {cosθ 1-( vp / v ) v

(3)

由式(3)可知,球被抢到的必要条件是该式有实数解,即
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vp ≥ vsinθ .
解法二:设 BA 与 BC 的夹角为 φ (如图 1) .按正弦定理有

(4)

lp
sinθ 利用式(1)有

=

l
sinφ



vp sinθ = v sinφ



从 sinφ ≤1 可得必要条件(4) . 2.用 lmin 表示守方队员能抢断球的地方与 A 点间的最小距离.由式(3)知

lmin =

d vp 2 2 1 / 2 ± [ ( ) -sin θ ] }. 2 {cosθ 1-( vp / v ) v

(5)

若攻方接球队员到 A 点的距离小于 lmin ,则他将先控制球而不被守方队员抢断.故球不被抢断的条件是

lr < lmin .
由(5) , (6)两式得

(6)

lr <

d
2

1-( vp / v )

{cosθ ± [ (

vp 2 2 1 / 2 ) -sin θ ] } v

(7)

由式(7)可知,若位于 Ax 轴上等球的攻方球员到 A 点的距离 lr 满足该式,则球不被原位于 B 处的守方球 员抢断. 3.解法一:如果在位于 B 处的守方球员到达 Ax 上距离 A 点 lmin 的 C1 点之前,攻方接球队员能够到达距

A 点小于 lmin 处,球就不会被原位于 B 处的守方
示) .若 L ≤ lmin 就相当于第 2 小题.若 L >lmin ,

队员抢断(如图 2 所 设攻方接球员位于

Ax 方向上某点 E 处,则他跑到 C1 点所需时间 trm = ( L-lmin ) / vr ;
2

(8) 2 min - 2dlmin cosθ ) 图2
1 / 2

守方队员到达 C1 处所需时间 tpm = ( d + l

/

vp .
球不被守方抢断的条件是

trm < tpm .


(9) (10)

L<

vr 2 2 1 / 2 ( d + l -2dlmin cosθ ) + lmin , min vp

式中 lmin 由式(5)给出. 解法二:守方队员到达 C1 点的时间和球到达该点的时间相同,因此有

tpm = lmin / v .
从球不被守方队员抢断的条件(9)以及式(8)可得到

L < ( 1 + vr / v ) lmin
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 83 页

(11)
共 102 页

式中 lmin 也由式(5)给出.易证明式(11)与(10)相同.

41. 1.设位矢、时间缩放分别为 r ? ? r , t ? ? t , 故速度、加速度满足关系
/ /

?r / ? ?r ? v ? lim ? lim ? v / / ?t ?0 ?t ? ?t ?0 ?t ?
/

(1)

a / ? lim /

?v / ? ?v ? ? 2 lim ? v / ? t ? 0 ?t ?0 ?t ? ?t ? 2

(2)

缩放前后质点均满足牛顿运动方程,即

ma ? F (r )

(3) (4)

ma / ? F (r / )
利用(2)式及 F (? r ) ? ? F (r ) , (4)式化简为
k

ma ? ? k ?1? 2 F (r )
对照(3)式,得
k ?1 2

(5)

? ??
2.万有引力场中,有 k ? 2 ,设想轨道尺寸按

(6)

? / ? ?l
缩放,则周期按
1 2

(7)

? ? ?? ? ? ?
/

(8)

缩放,故有

? /2
l /3

?

?2
l3

(9)

评分标准: 本题共 15 分 第一小题占 10 分,正确得出(6)式得得 10 分,其中正确得出(5)式得 5 分。 第二小题占 5 分。正确得出(9)式得 5 分。 42.(20 分) 1.令 m 表示物块的质量,物块在斜面上滑动的加速度
a? mg sin ? ? ?1mg cos? ? g ? sin ? ? ?1 cos? ? , m

(1)

物块滑到斜面底端的速度
v0 ? 2ah ? 2 gh ?1 ? ?1 cot ? ? ? 4.0m/s sin ?

(2)

以传输带为参照系,物块滑到传输带的初速度大小

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

第 84 页

共 102 页

2 ? ? v0 v0 ? V 2 ? 5.0m/s 。

(3)

运动方向与传输带边缘的夹角 ? 满足
tan ? ? 4 。 3

(4)

物块在传输带上作减速运动,其加速大小为
a? ?

?2 mg
m

? ?2 g 。

(5)

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离
s? ? ?2 v0 v ?2 ? 0 , 2a 2?1 g

(6)

物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数 ?2 应满足
s ? sin ? ? ?2 sin ? v0 ?d 2?2 g

(7)

因此可得

?2 ?

?2 sin ? v0 ? 0.5 。 2 gd

(8)

2.物块对传输带的摩擦力大小
F ? ?2 ?

?g ? ? ? v0 ?, v0 ?2 g

(9)

? 的方向相同。从地面参照系来看,传送带速度为 V ,单位时间内物块对传输带所做的功 方向与 v0
W ? ? FV cos ? ,

(10)

因此负载所引起的附加功率
?P ? ?W ? ?V 2 ? 640W 。

(11)

考虑到无负载时电机的输出功率
2 P 0 ? I 0 E ? I 0 R ? 360W 。

(12)

有负载时电机的输出功率为
P ? P0 ? ?P ? 1000W 。

(13)

设有负载时的工作电流为 I ,则
P ? IE ? I 2 R ,

(14)

解之得
I ? 10A 。

(15)

评分标准: (2)式 2 分, (3) 、 (4)式共 2 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分, (8)式 1 分, (9)式 4 分, (10)式 2 分, (13)式 2 分, (15)式 2 分。

43、 (20 分) 设轻杆的杆长为 2l ,当杆与水平线的夹角为 ? 时,球 1 和球 2 的速度分别为 v1 和 v 2 ,杆转动的角速度为 ? 。因机械
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 85 页 共 102 页

能守恒,有
0 ? mgl sin ? ? 2mgl sin ? ? 1 1 ? 2m? v12 ? mv22 。 2 2

(1)

又因
v1 ? v2 ? l? ,

(2)

可由(1) 、 (2)解得

??

2 g sin ? 3l

(3)

轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量
L ? 2mlv1 ? mlv2 ,

(4)

由角动量定律有
2mgl cos? ? mgl cos? ? ?L 。 ?t

(5)

根据角加速度 ? 的定义

??

?? , ?t

(6)

由(2) 、 (4) 、 (5) 、 (6)各式得

??

g cos? 。 3l

(7)

当两球都未脱离轻杆时,两球都绕转轴作圆周运动,球 1 的切向加速度和法向加速度分别 为
alt ? l ? alt ? l?

(8) (9)

以 N1 表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小, 以 f1 表示沿着轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小, 根据牛顿第二定律,有
2mg cos? ? N1 ? 2malt , f1 ? 2mg sin ? ? 2malt

(10) (11)

由(3) 、 (9) 、 (10) 、 (11)各式得
4 N1 ? mg cos? 。 3 f1 ? 10 mg sin ? 。 3

(12) (13)

对 2 球作同样的分析,沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小 N 2 与沿着轻杆方向球 2 与杆的相互作用力 的大小 f 2 分别为
4 N2 ? mg cos? , 3

(14)

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

第 86 页

共 102 页

1 f 2 ? mg sin ? 。 3

(15)

由(12) 、 (14)式可知,杆与小球 1、杆与小球 2 的最大静摩擦力相等,而(13) 、 (14) 式表明小球 1 与杆的摩擦力大于小球 2 与杆的摩擦力,故在转动过程中,小球 1 与杆 之间的摩擦力先达到最大静摩擦力,故小球 1 先滑动。设 1 球开始滑动时,细杆与水 平线夹角为 ?1 ,则 f1 ??1 ? ? ? N1 ??1 ? , 即
10 3 mg sin ?1 ? ? mg cos?1 , 3 4

(16)

由(16)式并代入数据得

?1 ?

π 。 6

(17)

当 ? ? ?1 时,球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端,球 1 从开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不 计,因此球 1 脱离细杆与水平线夹角也为 ?1 ?
π 。 6

球 1 一旦脱离轻杆, 因轻杆没有质量, 球 2 与轻杆间的相互作用立即消失, 此后球 2 只受重力作用而作斜舞女运动, 注意到(2) 、 (3) 、 (7)各式,抛出时的初速度
v0 ? l 2 g sin ?1 3gl ? 。 3l 3

(18)

初速度的方向与水平线的夹角

?0 ?

π π ? ?1 ? 。 2 3

(19)

在球 2 作抛体运动的过程中,球与轻杆间虽无相互作用,但球仍套在杆上,轻杆将跟着球运动,但不会干扰小球的 运动。当球离转轴的距离再次等于 l 时,球 2 便脱离轻杆。建立如图所示的坐标系 Oxy ,根据斜抛运动规律可得任 意 t 时刻(取球 2 开始作抛体运动的时刻为计时起点)球 2 的位置坐标
x ? ?l cos?1 ? v0 cos?0t ,

(20) (21)

1 y ? l sin ?1 ? v0 sin ?0t ? gt 2 , 2

球 2 脱离细杆时有
l 2 ? x2 ? y 2 。

(22)

利用(17) 、 (18) 、 (19)各式得

? 2 l 2l? t2 ? ?t ? 2 gt ? 3 g ? ??0, ? ?
从而解得

(23)

? 15 ? l t ?? 1 ? 。 ? ? 3 ? ? ? g
此时

(24)

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

第 87 页

共 102 页

? 2 3? 5 l ?x ? ? ? 6 。 ? 2 ? 15 ? y?? l ? 6 ?

(25)

设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 ? 2 (如图) ,则
cos ? 2 ? x l ? 2 3? 5 , 6

(26)

?2 ? arccos ? ?

?2 3? 5? 1.36 弧度) 。 ? ? ? 78.2? (或 6 ? ?

(27)

评分标准: (3)式 2 分, (7)式 3 分, (12)~(15)式各 1 分, (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 2 分, (19) 式 1 分, (20)~(22)式各 1 分, (26) 、 (27)式各 1 分。 44、 (15 分) 解法 1: 以 m 表示质点 B 的质点,? 表示连线 BC 与竖直方向的夹角, ? 表示转动角速度, f BC 表示
BC 间排斥力的大小。根据牛顿定律有

f AB sin ?1 ? f BC sin ? ? m? 2 AB sin ?1 ,
f AB cos ?1 ? f BC cos? ? 0 ,

(1) (2) (3) (4)

f AC sin ?2 ? f BC sin ? ? m? 2 AC sin ?2 ,
f AC cos ?2 ? f BC cos? ? 0 。

由(1) 、 (3)两式并利用(2) 、 (4)两式可得
f AC sin ??2 ? ? ? f AB sin ??1 ? ? ? ? AB sin ?1 AC sin ?2



(5)

考虑到几何关系
AB AC ? sin ??2 ? ? ? sin ??1 ? ? ?

(6)

并利用已知 f AB 和 f BC 的表示式。可由(5)得到

? AB ? ? ? AC ? ? ? ?

a?2

?

sin ?1 sin ?2
f AB cos ?2 ? 。 f AC cos ?1

(7)

又,由(2) 、 (4)式可得

(8)

带入已知的 f AB 和 f BC 的表达式可得

AB AC

? ?

?

cos ?2 。 cos ?1

(9)

联立(7) 、 (9)从而有
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(10)
第 88 页 共 102 页

全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案

如果 ?1 ≠ ?2 ,则意味着方程
sin? ? cos? ?2 ? ? C ? 0

(11)

π? π? ? ? 在 ? 0 , ? 区间有两个不同的解,其中 C 为某一合适的常数。这要求函数 sin? ? cos? ?2 ? 在 ? 0 , ? 区间不能是单调函 2? 2? ? ?

数,也就是说 sin? ? 和 cos? ?2 ? 不能同时为单调增函数或单调减函数。因此当 ? 增大时,若 sin? ? 增大,则 cos? ?2 ? 应减小;反之,若 sin? ? 减小,则 cos? ?2 ? 应增大,故 ? 与 ? ? 2 同号。因此有

? ?0
a ? 2。

(12) (13)
π? π ? 时均为零,因此 sin ?? cos2?? ? 在 ? 0 , ? 区间一定存在极值点,意味着方 2? 2 ?

对 a ? 0 ,可知 sin ?? ? cos2?? ? 在 ? ? 0 及

程(11)在 C 合适选取的情况下必有两个或两个以上的不同解。对 a ? 2 亦然。因此条件(12) 、 (13)是符合题意 要求的充分必要条件。 评分标准: (1)~(4)式各 1 分, (6)式 1 分, (10)式 6 分, (12) 、 (13)式及其以下说明共 4 分。 解法 2: 如图, 设 B 、C 间的排斥力是 f , 它们受到 A 的吸引力分别是 f AB 、 f AC , 向心力分别是 fC1 、 f C 2 , 距离 A 分别是 r1 、
r2 ;根据三角形的相似关系,有
f f AB f ? C1 ? , r1 AB BD

(1a)

f AC f f ? C2 ? 。 r2 AD CD

(2a)

以上两式相比可得
f f AB r2 CD ? C1 ? f AC r1 fC 2 BD

(3a)

依题意有

f AB ? r1 ? ?? ? , f AC ? r2 ?
fC1 EB r1 sin ?1 ? ? , fC 2 FC r2 sin ?2
CD AF r2 cos ? 2 ? ? , BD AE r1 cos ?1

?

(4a)

(5a)

(6a)

将(4a)~(6a)代入(3a)得

? r1 ? ? ? ? r2 ?

? ?1

?

r1 sin ?1 r2 cos ?2 。 ? r2 sin ?2 r1 cos ?1

(7a)

由(7a)得
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(8a)

之后的讨论与“参考解答 1”相同。
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 89 页 共 102 页

评分标准:考虑“参考解答 1” 。 45. 1.设弹性绳在时刻 t 的伸长量为 ?L ,弹性绳的张力为 T ,小圆环的高度为 H 。当 ? ? 900 时,小圆环受到导轨的正 压力为 N 、竖直向下重力 mg 和弹性绳的沿 C ' A 和 C ' B 两个方向的张力,见图 1,根据几何关系有

?L ? 4R cos 450 ? 2R(cos300 ? sin300 )
? (2 2 ? 3 ? 1) R ? 0
这说明绳是张紧的。 (1)

H ? 2R sin(45o ? 30o )
根据牛顿定律,这时有

(2)

mv2 (3) R 式中, v 是小圆环此刻运动速度的大小,小圆环在下降过程中机械能守恒 1 1 (4) mgH ? mv2 ? k ?L2 2 2 根据胡克定律有 T ? k ?L (5) N ? 2T cos 45o ? mg cos30o ?
?3 3 ? N ?? ? 2 ? 1? ? mg ? (16 ? 2 3 ? 5 2 ? 5 6)kR ? ?
? 1.6mg ? 0.15kR

(6)

2.当 ? ? 30o 时,弹性绳的伸长量为

?L ? 2R(cos15o ? sin15o ) ? 2R(cos30o ? sin30o )
? ( 6 ? 3 ? 1) R ? ?0.28R ? 0
(7)

A

O 90° T C C' mg 图1 v N T B 60°

弹性绳处于松弛状态, T ? 0 ,小圆环受力如图 2 所示,根据牛顿定律有

mv2 (8) R 整个过程机械能守恒,有 N ? mg cos30o ?
全国中学生物理竞赛专题汇编(力学)参考答案 第 90 页 共 102 页

1 mgH ? mv2 2 由几何关系得
H ? 2 R sin15o sin 45o 由(8) 、 (9) 、 (10)式得

(9)

(10)

?3 3 ? N ?? ? 2 ? 1? ? mg ? 1.6mg ? ?

(11)

A

O T C 图2 30° N

60°

B

C' mg

评分标准: 本题 15 分 第一问 8 分, (1) (2)式各 1 分, (3)式 2 分, (4) (5)式各 1 分, (6)式 2 分; 第二问 7 分, (7)式 1 分, (8)式 2 分, (9) (10)式各 1 分, (11)式 2 分。 46.、 参考答案: 以地面为参考系, 取水平向左为 x 正方向, 由题意 l ? l1 。 在小球 1 从释放至运动到与小球 2 刚好接触的过程中, 小球 1、2 与小车作为一个整体,总能量与总动量守恒,故 ?m1v0 ? (M ? m2 )V0 ? 0 (1) 1 1 1 2 (2) m1v0 ? (M ? m2 )V02 ? k1 (l1 ? l )2 2 2 2 式中, v0 和 V0 分别表示在小球 1、2 刚好接触时小球 1 和小车的运动速率。 考虑从小球 1 和 2 相碰至两个小球合为一体时的碰撞过程,由于碰撞时间极短,弹簧 2 还没有来得及被压缩, 可忽略弹簧 2 的弹力,此过程中,小球 1 和 2 作为一个整体动量守恒。 故 m2V0 ? m1v0 ? ?(m1 ? m2 )v (3) 式中, v 表示在碰后的瞬间小球 1 和 2 的共同速率。 当弹簧 2 大盗贼最大压缩时,小球 1、2 与小车三者相对静止,由动量守恒与系统总动量为零可知,这是小车 相对地面的速度为零。从小球 1 和 2 刚好合为一体时至弹簧 2 达到最大压缩的过程中,系统动量守恒,故 1 1 1 2 (4) MV02 ? (m1 ? m2 )v2 ? k2 ?l2 2 2 2 联立(1)至(4)式得
?l2 ? k1 k2 Mm1 (l1 ? l ) (M ? m2 )(m1 ? m2 )

(5)

考虑从小球 1 释放至弹簧 2 达到最大压缩的全过程。小球、弹簧及小车作为一个整体,所受到的合外力为零, 系统质心的位置在整个过程中应当保持不变,即 (M ? m1 ? m2 )l3 ? m1[(l1 ? l ) ? ( L ? l1 ? l2 )] ? (m1 ? m2 )?l2 ? 0 (6) 联立(5)和(6)式得
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l1 ? l2 ? L ? l ? l1 ? k 1? 1 k2

M ? m1 ? m2 l3 m1 M (m1 ? m2 ) Mm1 M ? m1 ? m2 l3 m1 (M ? m2 )(m1 ? m2 ) Mm1

(7)

l1 ? l2 ? L ? ?l2 ? m1 ? m2 k ? 1 m1 k2

(8)

评分标准: 本题 15 分 (1) (2) (3) (4)式各 2 分, (6)式 3 分, (7) (8)式各 2 分 47.、 1.设空间站 A 和卫星 B 的速度大小分别为 v A0 和 vB 0 ,则由牛顿引力定律得
2 GmM mvA 0 ? 2 rA rA

(1)

Gm ' M ? m'g Re2

(2)

式中,m 和 M 分别是飞船和地球的质量,m ' 和 g 分别是地球表面上的某一物体的质量和重力加速度, 由 (1) 与 (2) 式得
vA0 ? Re g rA

(3)

同理有
vB 0 ? Re g rB

(4)

飞船进入椭圆转移轨道后,其机械能为
E?? GmM 2a

(5)

式中, 2 a 是椭圆轨道的长轴,由集合关系有
2a ? rA ? rB

(6)

设飞船在近地点和远地点处的速度大小分别为 v A 和 v B ,则
1 2 GmM GmM mv A ? ?? 2 rA 2a

(7)

由(1)和(7)式得

vA ? 2GM (
同理,有

?1 1 ? 1 1 ? ) ? Re 2 g ? ? ? rA 2a ? rA 2a ?

(8)

?1 1 ? vB ? Re 2 g ? ? ? ? rA 2a ?
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(9)

第 92 页

共 102 页

由(3) 、 (8)式和题给条件得

? 6 ? g ?vA ? vA ? vA0 ? ? ? 5 ? 1? ? Re r ? 735m / s A ? ?
由(4) 、 (9)式和题给条件得

(10)

? 2 8 ? g ?vB ? vB 0 ? vB ? ? ? Re ? 664m / s ? ? 3 ? 15 ? rA ?

(11)

2.设空间站 A 、卫星 B 和飞船的运动周期分别为 TA 、 TB 和 T ,根据开普勒第三定律有

TA2 TB2 T 2 ? 3 ? 3 3 rA rB a
式中
TA ? 2 ?rA v A0

(12)

(13)

飞船从 A 到 B 过程所用的时间为
?t1 ? T 2

(14)

B N

ΔφA O

A

图1

经 ?t1 时间和无相对运动的捕获后,飞船和卫星 B 同时到达远地点 N 并开始以相同速率 v B 和半径 rB 作圆周运动,此 时空间站 A 绕地球转过角度 ?? A ,位置如图 1 所示,且
?? A ? 360o ?t1 TA

(15)

可见,飞船经历了椭圆轨道半个周期 ?t1 后,空间站 A 相对于飞船超前了

??0 ? ?? A ? 180o

(16)

如果想选择一个合适的时刻,开始使捕获了卫星的飞船经短暂减速后,沿同样形状的椭圆轨道在近地点 M 和 空间站 A 相遇。如图 2 所示,则 A 与飞船必须处于这样的相对位置,即空间站 A 须超前飞船

?? ? 360o ? n ? ??0 , n ? 1 , 2 ??

(17)

设从飞船捕获了卫星时刻算起,经 ?t 时间后运动到上述相对位置,则应满足
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? 360o ? ? 180o ? ? t ? ? ? ?t ? 180o ? ? ?? ? A??? ? TA ? ? TB ?

(18)

由(3) 、 (12) 、 (13) 、 (15) 、 (17)和(18)式得 ?? ? 180o ? ?? TATB min ?t ? min{ } 360o TB ? TA
3

(19)

由(3) 、 (12) 、 (13) 、 (14)和(19)式得,飞船从发射到返回空间站至少需要的时间为

rB ? ?1? r A ? ? 2?t1 ? min ?t ? [? ? 2 ? ?

?2 ? ? ? ? ?

3

rB ? 2 ? ?1? r ? A ? 2?? ? 2 ? 3 ? ? 2?r 2 ? ? A ? ] ? 1.50 ? 104 s 3 r Re g 1 ? ( A )2 rB
?t m 360o ? 981o TA

(20)

空间站 A 绕地球转过的响应的角度为
?? Am ?

(21)

B

Δφo O

A

M

图2

评分标准: 本题 20 分 第一问 10 分, (1) (2) (5) (6)式各 1 分, (7) (10) (11)式各 2 分; 第二问 10 分, (12) (13) (14)式各 1 分, (18)式 3 分, (20) (21)式各 2 分 48.

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49.

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50.

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