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物理奥赛历年真题汇编---力学部分参考答案


物理奥赛历年真题汇编---力学部分参考答案 第 20 届预赛真题参考答案 五、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 c o ? s ?

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。

六、参考解答 (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 Vpx

v px 、 v py 分别为 v px ? v0 cos? , v py ? v0 sin? ? gt0 x p ? v0 cos? t0 ,
(1) (2) (3) (4)

?

uy

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

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 、 在 t 时刻 ( t ? t0 ) V py 。 运动员的速度和位置为

Vx ? Vpx ,

(11)

Vy ? Vpy ? g (t ? t0 ) ,

(12) (13) (14)

x ? x p ? Vpx (t ? t0 ) ? (v0 cos? ?

mux mux )t ? t0 , M ?m M ?m

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 sin ? ? y ? 2 ? v0 sin ? ? M ?m ?
运动员落地时,

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

(15)

2mu sin ? ? 2 t0 ? t ? gt ? M ?m ?

(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)

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。 第 21 届预赛真题参考答案 二、第一次,小物块受力情况如图所示,设T1为绳中张力,a1为两物块加速度的大小,l为斜 面长,则有

m1g ? T1 ? m1a1
(1)

T1 ? m2 g sin ? ? m2 a1
(2)

1 l ? a1t 2 2
(3) 第二次,m1与m2交换位置.设绳中张力为T2,两物块加速度的大小为a2,则有

m2 g ? T2 ? m2 a2 T2 ? m1g sin ? ? m1a2
1 ?t? l ? a2 ? ? 2 ? 3?
2

(4) (5)

(6)

由(1)、(2)式注意到? =30?得

a1 ?

2m1 ? m2 g 2(m1 ? m2 )

(7)

由(4)、(5)式注意到? =30?得

a2 ?

2m2 ? m1 g 2(m1 ? m2 )

(8)

由(3)、(6)式得

a1 ?

a2 9

(9)

由(7)、(8)、(9)式可解得

m1 11 ? m2 19

(10)

评分标准: 本题15分,(1)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)式各2分,求得(10)式再给3 分。 四、如图所示,圆为地球赤道,S为卫星所在处,用R表示卫星运动轨道的半径。由万有引 力定律、牛顿运动定律和卫星周期T(亦即地球自转周期)可得

Mm ? 2? ? G 2 ? mR ? ? R ? T ?

2

(1)

式中M为地球质量,G为万有引力常量,m为卫星质量 另有
2 GM ? R0 g

(2)

由图可知 Rcos? =R0 由以上各式可解得 (3)
1/3

? 4? 2 R ? ? ? arccos ? 2 0 ? ? T g ?

(4)

取T=23小时56分4秒(或近似取T=24小时),代入数值,可得 ? =81.3? (5) 由此可知,卫星的定位范围在东经135.0?-81.3?=53.7?到75.0?+81.3?=156.3?之间的上空。 评分标准: 本题15分.(1)、(2)、(3)式各2分,(4)、(5)式共2分,得出最后结论再给7 分。 七、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

(1)

VA cos? ? vB
因而

(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

(4)

vA ? sin ?

2 gR cos? 1 ? cos 2 ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ?

(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。 九、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 图1 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

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

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。

第 22 届预赛真题参考答案 二、找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂在 弹簧测力计的挂钩上,让直尺穿在细环中,环与直尺的接触点就 是直尺的悬挂点,它将尺分为长短不等的两段.用细线栓住木块 挂在直尺较短的一段上,细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位 置,使直尺平衡在水平位置(为提高测量精度,尽量使二悬挂点 相距远些) ,如图所示.设木块质量为 m,直尺质量为 M.记下二 悬挂点在直尺上的读数 x1、x2,弹簧测力计读数 G.由平衡条件 和图中所设的直尺零刻度线的位置有

G 0 x1 x2 m (1) (2) M

(m ? M ) g ? G

?l ? mg ( x 2 ? x1 ) ? Mg ? ? x 2 ? ?2 ?
(1)、(2)式联立可得

m?

G ?l ? 2 x 2 ? g ?l ? 2 x1 ?

(3)

M ?

2G ?x 2 ? x1 ? g ?l ? 2 x1 ?

(4)

评分标准:本题 17 分. 正确画出装置示意图给 5 分. (1)式、 (2)式各 4 分, (3)式、 (4)式各 2 分. 五、设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及机 械能守恒定律有

mv 0 ? mv1 ? kmV1

(1) (2)

1 1 1 2 2 mv0 ? mv1 ? kmV12 2 2 2
由此解得

v1 ?

? (k ? 1) v0 k ?1 2 V1 ? v0 k ?1

(3) (4)

为使 A 能回到坡上,要求 v1<0,这导致 k>1;为使 A 从坡上滑下后再能追上 B,应有

? v1 ? V1 ,即 (k ? 1) ? 2 ,这导致 k ? 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求
k>3 对于第二次碰撞, 令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度, 同样由动量守恒及机械能守 恒定律有: (5)

m(?v1 ) ? kmV1 ? mv 2 ? kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 ? kmV12 ? mv 2 ? kmV22 2 2 2 2

由此解得

v2 ?

4k ? (k ? 1) 2 v0 (k ? 1) 2
4(k ? 1) v0 (k ? 1) 2

(6)

V2 ?

(7)

若 v2>0,则一定不会发生第三次碰撞,若 v2<0,且 ? v 2 ? V2 ,则会发生第三次碰撞.故 为使第三次碰撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 ( ? v 2 ) 不大于 B 速度的 大小 V2 ,即

? v2 ? V2
由(6)、 (7) 、 (8)式得

(8)

k 2 ? 10k ? 5 ? 0
由 k2-10 k + 5 = 0 可求得

(9)

k?
(9)式的解为

10 ? 80 ? 5?2 5 2
(10)

5?2 5 ?k ?5?2 5
(10)与(5)的交集即为所求:

3? k ?5? 2 5
评分标准:本题 25 分. 求得(3)、(4) 式各得 3 分,求得(5)式得 4 分,求得(6) 、 (7) 、 (8) 、 (10)和(11) 式各得 3 分. 八、如图所示,用 v b 表示 a 转过 ? 角时 b 球速度的大小, v 表 示此时立方体速度的大小,则有 a O F

(11)

vb cos ? ? v

(1)

由于 b 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 F 所做的功应等于球 a 、 b 和正立方体机械 能的增量.现用 v a 表示此时 a 球速度的大小,因为 a 、 b 角速

??
3l 4
B C

b A D

度相同, Oa ?

1 3 l , Ob ? l ,所以得 4 4 1 v a ? vb 3 根据功能原理可知

(2)

l 1 ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 2 F ? sin ? ? ma v a ? ma g ? ? cos ? ? ? mb v b ? mb g ? ? cos ? ? ? mv 2 4 2 ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
(3) 将(1) 、 (2)式代入可得
2

l 1 ?1 ? ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 F ? sin ? ? ma ? vb ? ? ma g ? ? cos ? ? ? mb vb ? mb g ? ? cos ? ? ? m( vb cos ? ) 2 4 2 ?3 ? 4 4 2 4 4 ? ? ? ? 2
解得

vb ?

9l?F sin ? ? ?ma ? 3mb ?g ?1 ? cos ? ?? 2ma ? 18mb ? 18m cos 2 ?

(4)

评分标准:本题 30 分. (1)式 7 分, (2)式 5 分, (3)式 15 分, (4)式 3 分. 第 23 届预赛真题参考答案
一. 1.线剪断前,整个系统处于平衡状态.此时弹簧 S1 的弹力 F1=(mA+mB+mC)g (1)

弹簧 S2 的弹力 F2=mCg

(2)

在线刚被剪断的时刻,各球尚未发生位移,弹簧的长度尚无变化,故 F1、F2 的大小尚未变化,但线的 拉力消失.设此时球 A、B、C 的加速度的大小分别为 aA、aB、aC,则有

F1-mAg=mAaA

(3)

F2+mBg=mBaB

(4)

F2-mCg=mCaC

(5)

解以上有关各式得

,方向竖直向上

(6)

,方向竖直向下

(7)

aC=0

(8)

九、参考解答:

1.这是一个大尺度运动,导弹发射后,在地球引力作用下将沿椭圆轨道运动.如果导弹能打到 N 点,则 此椭圆一定位于过地心 O、北极点 N 和赤道上的发射点 C 组成的平面(此平面是 C 点所在的子午面)内,因 此导弹的发射速度(初速度 v)必须也在此平面内,地心 O 是椭圆的一个焦点.根据对称性,注意到椭圆上的 C、N 两点到焦点 O 的距离相等,故所考察椭圆的长轴是过 O 点垂直 CN 的直线,即图上的直线 AB,椭圆的 另一焦点必在 AB 上.已知质量为 m 的物体在质量为 M 的地球的引力作用下作椭圆运动时,物体和地球构成 的系统的能量 E(无穷远作为引力势能的零点)与椭圆半长轴 a 的关系为 (1)

要求发射的能量最少,即要求椭圆的半长轴 a 最短.根据椭圆的几何性质可知,椭圆的两焦点到椭圆上 任一点的距离之和为 2a,现 C 点到一个焦点 O 的距离是定值,等于地球的半径 R,只要位于长轴上的另一 焦点到 C 的距离最小,该椭圆的半长轴就最小.显然,当另一焦点位于 C 到 AB 的垂线的垂足处时,C 到该 焦点的距离必最小.由几何关系可知

(2)

设发射时导弹的速度为 v,则有

(3)

解(1)、(2)、(3)式得

(4)



(5)

比较(4)、(5)两式得

(6)

代入有关数据得 v=7.2km/s

(7)

速度的方向在 C 点与椭圆轨道相切.根据解析几何知识,过椭圆上一点的切线的垂直线,平分两焦点到 该点连线的夹角∠OCP.从图中可看出,速度方向与 OC 的夹角

(8)

2.由于地球绕通过 ON 的轴自转,在赤道上 C 点相对地心的速度为

(9)

式中 R 是地球的半径,T 为地球自转的周期,T=24×3600s=86400s,故

vC=0.46km/s(10)

C 点速度的方向垂直于子午面(图中纸面).位于赤道上 C 点的导弹发射前也有与子午面垂直的速度 vC, 为使导弹相对于地心速度位于子午面内,且满足(7)、(8)两式的要求,导弹相对于地面(C 点)的发射速度 应有一大小等于 vC、方向与 vC 相反的分速度,以使导弹在此方向相对于地心的速度为零,导弹的速度的大 小为

(11)

代入有关数据得 v′=7.4km/s

(12)

它在赤道面内的分速度与 vC 相反,它在子午面内的分速度满足(7)、(8)两式.

3.质量为 m 的质点在地球引力作用下的运动服从机械能守恒定律和开普勒定律,故对于近地点和远地 点有下列关系式

(13)

(14)

式中 v1、v2 分别为物体在远地点和近地点的速度,r1、r2 为远地点和近地点到地心的距离.将(14)式中 的 v1 代入(13)式,经整理得

(15)

注意到 r1+r2=2a

(16)



(17)



(18)

由(16)、(17)、(18)式得

(19)

评分标准:(本题 25 分)

1.14 分.(2)式 6 分,(3)式 2 分,(6)、(7)式共 4 分,(8)式 2 分.

2.6 分.(11)式 4 分,(12)式 2 分. 3.5 分.(13)、(14)式各 1 分,(19)式 3 分.

第 24 届预赛真题参考答案

第 25 届预赛真题参考答案 1. CD 8. 2 (4 分)、

12 13

(4 分)

9. vn、vn-1、…、v3、v2、v1. (8 分) 12. 9× 103 (2 分) 0.058 (6 分)

15.参考解答: (i) 当飞机作加速度大小为重力加速度 g,加速度的方向竖直向下的运动时,座舱内的试验

者便处于完全失重状态.这种运动可以是飞机模拟无阻力下的自由落体运动或竖直上抛运 动, 也可以是斜抛运动. 当进入试验速率和退出试验的速率确定后, 飞机模拟前两种运动时, 重时间长短都是一定的、不可选择的.当飞机模拟无阻力下的斜抛运动时,失重时间的长短 与抛射角有关,可在一不范围内进行选择. 考察飞机模拟无阻力作用下的斜抛运动. 设开始试验时飞机的初速度大小为 v1, 方向与 水平方向成 θ 角,起始位置为 A 点,经做抛物线运动在 B 点退出试验,如图所示.以 t 表示 试验经历的时间,在退出试验时的速率为 v2,则有

v2 x ? v1 cos?

⑴ ⑵

y A θ

v1 x B v2

v2 y ? v1 sin ? ? gt

2 2 2 v2 ? v2 x ? v2 y



由⑴ 、⑵ 、⑶ 式得
2 g 2t 2 ? 2v1gt sin ? ? v12 ? v2 ?0



解⑷ 式得

t?

2 v1 sin ? ? v12 sin 2 ? ? (v2 ? v12 ) g



由⑸ 式可知,当进入试验时,飞机的速度 v1 和退出飞机的速度 v2 确定以后,失重时间

的长短可通过 θ 来调节. (ii) 当 θ=90°时,失重时间最长,由⑸ 式可求得最长失重时间

tmax ? 150s
当 θ=-90° 时,失重时间最短,由⑸ 式可求得最短失重时间



tmin ? 50s
失重时间的调节范围在 50s 到 150s 之间. 评分标准: 本题 12 分



第(i)小问 8 分.指明斜抛运动得 2 分,求得⑸ 式并指出失重时间的长短可通过 θ 来调节得 6 分. 第(ii)小问 4 分.求得⑹ 式得 2 分,求得⑺ 式得 2 分. 16.参考解答: (i) 月球在地球引力作用下绕地心作圆周运动,设地球的质量为 me,月球绕地心作圆周运

动的角速度为 ωm,由万有引力定律和牛顿定律有

G
另有

me mm ? mm rem?m 2 rem



G
月球绕地球一周的时间

me ?g Re2



Tm ?
解⑴ 、⑵ 、⑶ 三式得

2?

?m



Tm ? 2?
代入有关数据得

3 rem gRe2



Tm ? 2.37?106 s ? 27.4天



(ii) 满月是当月球、地球、和太阳成一直线时才有的,此时地球在月球和太阳之间,即图中 A 的位置.当第二个满月时,由于地球绕太阳的运动,地

? 表示相继两次满月经历的时 球位置已运动到 A? .若以 Tm
间,?e 表示地球绕太阳运动的角速度,由于 ?e 和 ?m 的方

月 A 地 月 A' 地 B

向相同,故有

? ? 2? ? ?eTm ? ?mTm




?m ?

2? Tm 2? Te



?e ?



式中 Te 为地球绕太阳运动的周期, Te ? 365 、⑺ 、⑻ 三式得 天 .由⑹

?? Tm
注意到⑸ 式,得

TeTm Te ? Tm



? ? 29.6天 Tm



(iii) 从地面射向月球的火箭一方面受到地球的引力作用,另一方面也受到月球的引力作 用.当火箭离地球较近时,地球的引力大于月球的引力;当离月球较近时,月球的引力大于 地球的引力.作地心和月心的连线,设在地月间某一点处,地球作用于火箭的引力的大小正 好等于月球作用于火箭的引力的大小.以 r 表示到月球中心的距离,则有

G

me m m m ? G m2 2 r ?rem ? r ?



式中 m 为火箭的质量.由⑾ 式得

? me ? 2 2 ? ? ? 1 ?m ?r ? 2r emr ? rem ? 0 ? m ?
解⑿ 式,注意到⑵ 式,代入有关数据,得



r ? 3.8 ?107 m



从地球表面发射直接射向月球的火箭只要能到达 O 点,则过 O 点后,因月球引力大于地球 引力,它便能在月球引力作用下到达月球,这样发射时火箭离开地面时的速度最小,它到达 月球时的速度也最小.设火箭刚达到月球时的最小速度为 v,则由机械能守恒定律有

?G
解得

me m m m me m mm 1 ? G m ? ?G ? G e ? m v2 rem ? r r rem ? Rm Rm 2



? 1 ? 1 1? 1 ? ? ? v ? 2Gme ? ? ? 2 Gm m ?r ?R ? ?R ?r? ? r ? r em m em ? ? ? m ?
注意到⑵ 式,代入有关数据得



v ? 2.3 ?103 m ? s ?1
评分标准: 本题 12 分. 第(i)小问 3 分.求得⑷ 式得 2 分,求得⑸ 式得 1 分. 第(ii)小问 3 分.求得⑼ 式得 2 分,求得⑽ 式得 1 分. 第(iii)小问 6 分.⑾ 式 2 分,⒁ 式 2 分,⒃ 式 2 分. 17.参考解答:



因两物块与地面间的滑动摩擦系数相同, 故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的, 以

a 表示此加速度的大小.先假定在时间 t 内,两块始终作减速运动,都未停下.现分别以 s1
和 s2 表示它们走的路程,则有

s1 ? v1t ?

1 2 at 2 1 s2 ? v2t ? at 2 2

⑴ ⑵



s1 ? s2 ? d
解⑴ 、⑵ 、⑶ 三式并代入有关数据得



a ? 0.175m / s 2
经过时间 t,两物块的速度分别为



? ? v1 ? at v1 v? 2 ? v2 ? at
代入有关数据得

⑸ ⑹

? ? 6.5m / s v1 v? 2 ? ?1.5m / s

⑺ ⑻

v? 2 是负值是不合理的,因为物块在摩擦力作用下作减速运动,当速度减少至零时,摩擦力 ? 消失,加速度不复存在, v ? 2 不可以为负. v 2 为负,表明物块 2 经历的时间小于 t 时已经停
止运动,⑵ 式从而⑷ 、⑹ 、⑺ 、⑻ 式都不成立.在时间 t 内,物块 2 停止运动前滑行的距离应



s2 ?

2 v2 2a



解⑴ 、⑼ 、⑶ 式,代入有关数据得

a ? 0.20m / s 2
由⑸ 、⑽ 式求得刚要发生碰撞时物块 1 的速度



? ? 6.0m / s v1
而物块 2 的速度



? ?0 v2
设 V 为两物块相碰后的速度,由动量守恒有



? ? ?m1 ? m2 ?V m1v1
刚碰后到停止运动过程中损失的机械能



?E ?
由⒀ 、⒁ 式得,

1 ?m1 ? m2 ?V 2 2



?E ?
代入有关数据得

?2 1 m12v1 2 m1 ? m2



?E ? 14.4 J
评分标准:



本题 12 分.通过定量论证得到⑼ 式共 4 分,求得⑾ 式得 4 分,⒀ 式 1 分,⒁ 式 1 分,⒃ 式1 分. 18.参考解答: 根据题意,通过通过增加砝码和调节游码的位置使磅秤恢复平衡,这时横梁 MON、横杆 ABCP、DEF 以及载物台 Q 都是水平的,竖杆 MP、CF 都是竖直的.B、E 处的刀口增加的 压力分别为 W1 和 W2,它们与待秤量的物体的重量 W 的关系为

W ? W1 ? W2



W1 与 W2 之和是确定的,但 W1、W2 的大小与物品放置与载物台上的位置有关.对于横杆 DEF,它在 E 点受到向下作用力(为了叙述简单,下面所说的作用力皆指载物后增加的作用 力)的大小 W2,设在 F 点受到向上的作用力的大小为 W2? ,平衡时有

W2 ? DE ? W2? ? DF



对横杆 ABCP, 在 B 点受到向下作用力的大小为 W1, 在 C 点受到向下的作用力的大小为 W2? , 设 P 点受到向上的作用力的大小为 W3,平衡时有

W3 ? AP ? W1 ? AB ? W2? ? AC
由以上三式得



W3 ? AP ? W ? AC ?

DE DE ? ? ? W1 ? ? AB ? AC ? DF DF ? ?



要使重物在平台上的位置不影响 W3 的大小,就必需要求 W3 与 W1 无关,即有

AB ? AC
即 AB、DE、DF 应满足的关系为

DE ?0 DF



AB DE ? AC DF
评分标准: 本题 11 分.⑴ 式 2 分,⑵ 式 2 分,⑶ 式 2 分,⑷ 式 3 分,⑸ 式或⑹ 式 2 分. 第 26 届预赛真题参考答案 4.AC



第 27 届预赛真题参考答案 1. B

第 28 届预赛真题参考答案 5.D 9.9 ( 10 分) 11.参考解答: i. 设空间站离地面的高度为 H, 因为同步卫星的周期和地球自转周期相同, 根据开普勒 第三定律以及题意有

(R ? H )3 T 2 ? ( R ? H 0 )3 T02


(1)

T 2/3 H ?( R? H ) ? R 0 )( T0

(2)

代人数据得 H= 376km (3) 卫星的高度 h =H 一 l =356km (4) 卫星在细绳的拉力 F 和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为 T 的圆周运 动,有

G

Mm 2? ? F ? m( )2 ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(5)

式中 G 为万有引力常量, M 为地球质量.空间站在地球引力作用下绕地球作周期为 T 的 圆周运动 故有

G

Mm? 2? ? m?( )2 ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(6)

式中 m’为空间站的质量.由(5) 、 (6)两式得

F ? m(

2? 2 ( R ? H )2 ) ( R ? h)[ ? 1] T ( R ? h) 2

(7)

将(3) 、 (4)式及其他有关数据代人(7)式得 F=38.2N (8) ii.细绳脱落后,卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆.在脱落的瞬间, 卫星的速度垂直于卫星与地心的连线,所以脱落点必是远地点(或近地点) ,由( 4)式可知, 此点到地面的高度 h =356km (9) 设卫星在近地点(或远地点)的高度为 h',速度为 v',根据开普勒第二定律,有

( R ? h?)v? ?
(10) 根据机械能守恒,有

2? ( R ? h) 2 T

1 Mm 1 2? Mm mv?2 ? G ? m( ) 2 ( R ? h ) 2 ? G 2 R ? h? 2 T R?h
(11) 联立(10) 、 (11)两式并利用(6)式得

h? ?

( R ? h)4 2( R ? H )3 ? ( R ? h)3

(12) 代 人 有 关 数 据 有 h ' = 238km (13 ) 由(9) 、 (13)两式可知,远地点到地面的高度为 356km,近地点到地面的高度为 238km . 设卫星的周期为 T ',根据开普勒第三定律,卫星的周期

T? ? (
(14) 代 人

2 R ? h ? h? 3/ 2 ) T 2R ? 2H
数 据 得 T '= 90 . 4min

(15) 评分标准:本题 17 分. 第 i 小题 9 分. ( l)式 2 分, ( 5)式 3 分, ( 6)式 2 分, (8)式 2 分. 第 ii 小题 8 分. (9) 、 (10)式各 l 分, (11)式 2 分, (12) 、 (13) 、 (14) 、 (15)式各 1 分. 12.参考解答: 解法一 因为下坡时自行车匀速行驶,可知阻力大小 f=mgsinθ (1) 由题意,自行车沿斜坡匀速向上行驶时,轮盘的角速度

??

2? N t

(2) 设轮盘边缘的线速度为 v1,由线速度的定义有 v1=ωR1 (3) 设飞轮边缘的线速度为 v2,后车轮边缘的线速度为 v3,因为轮盘与飞轮之间用链条连结,

它 们 边 缘 上 的 线 速 度 相 (4) 因飞轮与后车轮的转动角速度相同,故有







v1=v2

v2 R2 ? v3 R3
(5) 因车轮与坡面接触处无滑动,在车后轮绕其中心轴转动一周的时间 T 内,车后轮中心轴前 进的路程

?s ? 2? R3
(6 ) 而 (7) 车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小

T?

2? R3 v3

V?
(8) 由 以 上 有

?s T









V?

2? NR1 R3 R2t

(9) 人骑自行车上坡的功率为克服阻力 f 的功率加上克服重力沿斜面分力的功率,即 P=fV+mgVsinθ (10) 由(l) 、 (9) 、 (10)式得

P?

4mg? NR1 R3 sin ? R2t

(11) 评分标准:本题 17 分. ( l)式 3 分,求得(9 式共 8 分, (10)式 5 分, (11)式 1 分. 解法二 因下坡时自行车匀速行驶,若自行车出发点的高度为 h,则克服阻力所做的功 Wf 等于 势能的减少,有 Wf=mgh (1) 用 s 表示自行车行驶的路程,有 h =ssinθ (2 ) 自行车沿斜坡匀速向上行驶时,骑车者所做的功 W,等于克服阻力的功 Wf 与势能增量 mgh 之和,即

W=Wf+mgh (3) 设骑车者蹬踩踏板 N 圈到达下坡时的出发点,因踏板转 N 圈可使后轮转 NR1/R2 圈,所以自 行 车 行 驶 的 距 离 (4) 由(1)到(4)式,得 s 为

s?

NR1 ? 2? R R2

W?

4? NR1R3 ? mg sin ? R2t

(5) 上式除以所用时间 t,即得骑车者功率

P?

W 4mg? NR1R3 ? sin ? t R2t

(6) 评分标准:本题 17 分. ( I)式 3 分, ( 2)式 l 分, (3)式 4 分, (4)式 6 分, (5)式 l 分, (6)式 2 分. 14.参考解答: i.由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短,可以认为在这过程中摆球仅获得 速度但无位移.设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里)的速度为 u, 由动量守恒定律有 mv0=2mu (l) 摆球以速度 u 开始向前摆动,木块亦发生运动.当摆球上升至最高时,摆球相对木块静止, 设此时木块的速度为 V,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及机械能守恒有 2mu=(2m+M)V (2)

mu 2 ?
(3) 解(l) 、 (2) 、 (3)三式得

1 (2m ? M )V 2 ? 2mgh 2

h?
(4)

2 Mv0 8 g (2m ? m)

ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位 置前的整个过程中, 摆线作用于支架的拉力始终向斜前方, 它使木块向前运动的速度不断增 大;摆线经过竖直位置后,直到摆线再次回到竖直位置前,摆线作用于支架的拉力将向斜后 方,它使木块速度减小,所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那一时刻,木块的速度最 大,方向向前 以 V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率, u’表示此时摆球的速度(相对桌面) ,当 u' >0,表示其方向水平向前,反之,则水平向后.因水平方向动量守恒以及机械能守恒,故



2mu ? 2mu ? ? MV ?
(5)

1 mu 2 ? mu ?2 ? MV ?2 2
(6) 解(1) 、 (5) 、 (6)三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小

V? ? 0
(7)

V? ?

2mv0 2m ? M

(8) (7)式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度,它也是摆球在以后相对木块 往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度; 而题中要求的木块的最大速 率为(8)式,它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位 置时木块的速度. iii.在整个运动过程中,每当摆线处于竖直位置时,小球便位于最低处.当子弹刚射人 摆球时,摆球位于最低处,设这时摆球的速度为 u,由(l)式得

u?

1 v0 2

(9) 方向水平向前. 当摆球第一次回到最低处时, 木块速度最大, 设这时摆球的速度为 u', 由 (l) 、 (5) 、 (6)三式和(8)式可得

1 m? M 2 v u? ? 0 M ? 2m
(10) 其方向向后. 当摆球第二次回到最低处时,由(7)式木块速度减至 0,设这时摆球的速度为 u'', 由(l) 、 (5) 、 (6)式可得 u'' =

u?

1 v0 2

(11) 方向向前,开始重复初始的运动. 评分标准:本题 20 分. 第 i 小题 8 分.(1) 式 1 分,(2) 、 (3)式各 3 分, (4)式 l 分 第 ii 小题 7 分.(5)、(6)式各 3 分,(8)式 l 分 第 iii 小题 5 分. ( 9 )式 l 分, (10)式 3.分, (11)式 l 分. 16.参考解答: 以 t =0 时刻船 A 所在的位置为坐标原点 O,作如 图 1 所示平面直角坐标系 Oxy,x 轴指向正东,y 轴指 向正北.可以把船 C 的速度分解成沿正东方向的分速 度 vx 和沿正北方向的分速度 vy 两个分量.根据题意有 vx=vy=2u (1)

在 t 时刻,三船的位置如图 1 所示.B、C 二船在 y 方向位移相等,两船的连线 BC 与 x 轴 平行,两船间的距离

BC ? a ? 2ut
BC 的中点到 B 点的距离为

(2)

1 a ? ut .中点 M 的坐标分别为 2 1 3 xM ? a ? a ? ut ? a ? ut 2 2

(3) (4)

yM ? 2ut

可见 M 点沿 x 方向的速度为 u,沿 y 方向的速度为 2u,在 t = 0 时刻 BC 的中点在 x 轴上, 其 x 坐标为 3a/2. 在与 M 点固连的参考系中考察,并建立以 M 为原点的直角坐标系 Mx'y' , x'轴与 x 轴平 行,y'轴与 y 轴平行,则相对 M,船 A 的速度只有沿负 y'方向的分量,有 uAM=uAM y'=—2u (5) 在时刻 t,船 A 在坐标系 Mx'y'的坐标为

3 x? a A ? ? 2

(6) (7)

y? A ? u AM t

可以把 A 船的速度分解为沿连线 MA 方向的分量 uAM1 和垂直于连线 MA 方向的分量 uAM2 两个分量,uAM1 使连线 MA 的长度增大,uAM2 使连线 MA 的方向改 变, 如图 2 所示. 若用 R 表示 t 时刻连线 MA 的长度, 则连线 MA 绕 M 点转动的角速度

??

u AM 2 R

(8)

若 MA 与 x'轴的夹角为 θ,则有

uAM 2 ? uAM cos?


(9)

cos ? ?

x? A R

(10)

2 ?2 R ? x? A ? yA

(11)

由(5)到(10)各式得

??

12au 9a ? 16u 2t 2
2

(12)

评分标准:本题 20 分. 求得(5)式共 6 分, ( 6) 、 (7)式各 l 分, (8)式 6 分, (9)式 2 分, (10) 、 (11)式 各 l 分,( 12 ) 式 2 分 第 29 届预赛真题参考答案

第 30 届预赛真题参考答案

7. (共 8 分)

m1 sin ? cos ? g m2 ? m1 sin 2 ?

9. (共 12 分) 0.10mg(4 分) 0.10mg(4 分) 2.2mg(4 分) 11.取抛射点为坐标原点,x 轴沿水平方向,y 轴竖直向上,抛射角为 θ。从抛出时刻开始 计时(即 t ? 0 ) ,对任何斜抛小球,有 (1) x ? v0t cos ?

1 2 gt 2 g 消去 t 的小球运动的轨迹方程 y ? x tan ? ? 2 x2 2 2v0 cos ? y ? v0t sin ? ?
2 v0 sin 2? 取 y ? 0 ,解出 x 即为射程 d,即 d ? g

(2) (3) (4)

利用(4)式可得小球在空中运动的时间

T?

2v sin ? d ? 0 v0 cos ? g

(5)

以 θA 表示小球 A 的抛射角,θB 表示小球 B 的抛射角,要两小球射程相同,由(4)式, 可知 (6) sin 2? A ? sin 2?B 而 2? A ? π ? 2?B 由(5)式可知,小球 A 和小球 B 在空中运行的时间分别为 (7)

TA ?

2v0 sin ? A g 2v sin ? B TB ? 0 g
2 4 v0 ? (TA g ) 2 g

(8) (9)

由(7) 、 (8) 、 (9)式可得 TB ?

(10)

评分标准:本题 20 分。 (1) 、 (2)式各 4 分, (4)式 1 分, (4) 、 (7)式各 3 分, ( 8) 、 (9) 、 (10)式各 2 分。 12.地球绕太阳运行时,由万有引力定律和牛顿定律有

G

MsMe 2π ? M e ( )2 r 2 r T 2 Rs r

(1)

其中 G 为万有引力恒量,Me、Ms 分别为地球和太阳的质量,r 为日地间距离,T 为地 球公转周期。令 Rs 表示太阳半径,有

??
由(1)和(2)式得 G

(2) (3)

Ms 2π 1 ? 8( )2 ( )3 3 Rs T ? G M em ? mg Re2

对地球表面处质量为 m 的物体,由万有引力定律和牛顿定律有 (4)

式中 Re 为地球半径,依题意,有 2πRe ? 360l 代入上式得 G

(5) (6)

Me πg ? 3 Re 180l

令 ρs、ρe 分别表示太阳和地球的密度,则有

Ms Me , ?e ? 4 3 4 3 πRs πRe 3 3 ?s gT 2? 2 由(3) 、 (6) 、 (7)式解得 ? ?e 180l ? 32π ? 代入数据解得 s ? 3.92 ?e

?s ?

(7)

(8) (9)

评分标准:本题 20 分。 (1) 、 (2)式各 3 分, (3)式 1 分, (4) 、 (5)式各 3 分, (6)式 1 分, (7) 、 (8)式各 2 分, (9)式 2 分(在 3.91 到 3.93 范围内的都给这 2 分) 。


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