物理竞赛辅导力学讲座[4].ppt

二 历届物理竞赛选题分析 二 第25届 17 本题由于两盘用轻杆挂在不同点 两悬挂点处在碰撞瞬间对摆的作用力的大小方向未知 因此 无论取哪个悬挂点为参考点 另一点的力都可能产生力矩 所以 不能使用角动量守恒定律 解 O1 O2 取图中O1和O2分别为两摆的转动轴 都取向右摆动为转动正向 相应地 在碰撞时两盘接触点处取向右为两盘作用力的正向 两盘碰撞时 接触点处作用力与反作用力大小相等方向相反 设此力的绝对值为f 对两摆分别使用角动量定理 摆1满足的角动量定理为 摆2满足的角动量定理为 O1 O2 由于碰撞为完全弹性 故机械能守恒 2 两个方程中I1 I2为两个摆对各自悬挂点的转动惯量 利用平行轴定理 它们分别为 3 4 式中左边为摆碰撞时受到的冲量矩 括号内为力的作用点到各自悬挂点的力臂 积分为力f的冲量 两式中的积分为同一个积分 因此消去它得到 1 O1 O2 把 3 4 代入前两式 再将前两式联立可求得 本题结束 李长江 p26 1 3 9 四 1 已知R M 和初值 0 0 u0 0 求比值m M m V M R mg u 解 滑块下滑时 半球向左加速滑动 滑块和半球脱离的瞬间 两者间接触压力变为零 此时半球在水平方向作惯性运动 从此时起 选半球为惯性系 坐标如左图 o 1 滑块脱离球面的瞬间 光滑球面 光滑平面 滑块初始位置 滑块脱离球面的位置 m V M R mg u o 1 滑块脱离球面的瞬间 在半球上观察 滑块在脱离的瞬间作圆周运动 向心力为重力的法向分量 在地面参照系中看 滑块与半球系统的水平动量守恒 2 V u为两者脱离时的瞬间值 滑块相对于地面的速度 半球相对于地面的速度 滑块 半球 地球 系统的机械能守恒 滑块重力势能减少量 滑块获得的动能 半球获得的动能 3 m V M R mg u o 由方程 1 3 可解出3个未知量V u和质量比M m 因题目未要求V u 故应先消去V u 得 4 将题给条件cos 0 7代入 4 解得 5 本题结束 李长江 p7 1 1 14 解 物块自由下落时加速度为g 接触弹簧后将弹簧压缩 由于胡克力的作用 物块向下的加速度开始减小 直到弹簧恢复力与重力相抵消的瞬间 加速度减为零 向下速度达到最大 此时动能最大 满足条件 应用动能定理 最大动能 本题结束 李长江 p53 2 3 10 圆柱体在作简谐振动时 与地面间无滑动 求系统振动周期T 解 系统运动过程中 圆柱作纯滚动 静摩擦f力不作功 系统机械能守恒 胡克力F kxc 静摩擦力f 弹簧形变势能 圆柱质心动能 圆柱绕质心旋转动能 例 3 解 按质心定义 系统质心坐标为 M L m x x1 x2 xc 水面 将上式对时间求二阶导数 得系统质心加速度表示式 1 2 人坐标 船质心坐标 系统质心坐标 C M L m x x1 x2 xc 水面 因系统水平方向不受外力 质心加速度应为零 故有 3 已知人对船的加速度为 4 解得 5 负号表示船对水面的加速度与人对船的加速度反向 本题结束 船质心坐标 系统质心坐标 人坐标 x y y x 解 o 点每发生一个位移 xy平面上的任何点在x y 平面内将发生位移 o 李长江 p9 1 2 1 李长江 p9 1 2 1 x y y x o a b c d 令o 点依次沿红 蓝 绿箭头绕行一周返回原处 则在x y 平面中 xy平面内的a点的位移依次如图所示 x y y x o 正方形abcd相对于x y 坐标系运动而形成的区域的边界线如图 本题结束 本题要领 在牛顿力学中 动量守恒 角动量守恒和机械能守恒都是牛顿方程在一定条件下积分一次的结果 动量守恒 合力为零时 角动量守恒 合力矩为零时 机械能守恒 无耗散力作功时 牛顿方程 积分 微分 在许多场合 系统的牛顿方程不易直接写出 但只要能写出三大守恒定律之一 就可用上述方法找出牛顿方程 在求复杂系统的简谐振动周期 频率时 用此法最简便 本题结束 也可使用牛顿第二定律 转动定律求解 牛顿第二定律 转动定律 速度 角速度关系 另一解法 李长江 p6 1 1 12 3 解 试看图示一般情形