力学赛题集锦(2).doc

物理竞赛试题集锦力学篇（2）1（华南师大附中2000年试题）如图所示，质量为M的长滑块静止放在光滑水平面上，左侧固定在一劲度系数为K且足够长的的水平轻质弹簧，右侧用一不可伸长的细轻绳连接于竖直墙上，细线所能承受的最大拉力为T。使一质量为m，初速度为v0的小物体，在滑块上无摩擦地向左运动，而后压缩弹簧。（1）求出细线被拉断的条件；（2）滑块在细线拉断后被加速的过程中，所能获得的最大的左向加速度为多大？（3）物体最后离开滑块时相对于地面速度恰为零的条件是什么？2dAS1S2（a）ytTO（b）（第10届上海市试题）如图（a）所示，在一平静的水面上有两个相干波源S1，S2，二者之间相距为d。两波源振动时位移随时间变化规律如图（b）所示。两波源振动后，在水面上出现清晰稳定的干涉图样。现由于某种原因，波源S2的振动周期发生了微小变化，由T变为T（T T），此时发现S1、S2连线上的加强区和减弱区会发生移动，某时刻S1和S2连线上某点A刚好为振动加强点，求：此时该加强点的移动方向和移动速度（设水波速度为v）。2解：设波源S1、S2发出波的波长分别为l、l，则 lvT lvT 如图所示，某时刻两列波波峰相遇于A点，再过t（大于T）秒，其随后的波峰相遇于B点，则ll2vt（1）A、B距离为（2）故(3) 移动方向向右。3（1994年全国预赛试题）有一木版可绕其下端的水平轴转动，转轴位于一竖直墙面上，如图，开始时木版与墙面的夹角15。，在夹角中放一正圆柱形木棍，截面半径为r，在木版外侧加力F使其保持平衡。在木棍端面上画上画一竖直向上的箭头。已知木棍与墙面之间和木棍与木版之间的静摩擦系数分别为1=1.00, 20.577.若极缓慢地减小所加的力F，使角慢慢张开，木棍下落。问当夹角张到60。时，木棍端面上的箭头指向什么方向？附三角函数表 7.5 0。 150 。 300 。 600 。 sin 0.131 0.259 0.500 0.866 cos 0.991 0.966 0.866 0.500 【精析】木棍端面上的箭头随木板的转动和本身的滑动而变化。为使木板与墙面的夹角不变，木棍不动，所加的外力F可有一定范固，此时木棍所受木板及墙面两方的正压力及摩擦力亦不确定外力F加大到一定程度，有减小倾向，木棍有向上运动倾向；而外力减小到一定程度则有相反倾向。 当外力F渐渐减小时，木棍所受各力均在变化，两个摩擦力变为方向向上，大小逐渐增加当其中一方增加到最大摩擦力后，再减小外力F时，平衡开始破坏，木棍将在这一方开始向下滑动，角张大，而另一方则保持无滑滚动问题在于确定哪一方首先开始滑动【全解】 (1)设木棍的质量力m，所受墙面的正压力与摩擦力(向上)为N1、F1，所受木块的正压力和摩擦力(向上)为N2、F2，木板与墙面的夹角为，如图113，则木棍的平衡方程为 竖直方向： F1+N2sin+F2cosmg 水平方向： NlN2cos-F2sin 转动： F1F2 (2)现求木棍即将在墙面上滑动(左滑)的条件，这时 F1F1max1N1 而 F2F1max2N2 根据式，左滑条件两式可写为 1N12N2 我们还需要N1与N2的关系，由式得 N1(1+1sin)N2cos 由两式得 (1/2)cos(1/1)+sin 将1=1,2=1/代入式，得 这就是左滑时所应满足的条件由此式可以看出，当较小时，此式无法满足，可见左滑在大于临界角0时发生，0满足 式即式取等号的情况，由此可知这时F1与F2同时处于最大摩擦力的临界状态 当小于o时，则发生右滑，即木棍在木板上滑动而在墙面上无滑滚动现讨论木棍右滑的条件，这时 这时右滑条件成为 由式得N1与N2的关系为 由式得 此式正好与式相反，即右滑在小于式的0时发生 结论：当0时左滑，即在墙面上滑动 (3)求临界角0即解式，将式两边平方并消去cos0得 其解为 030满足式，是所求的解；而另一解090不满足式，是增根，应舍去结论：当1530时右滑(在木板上滑动)， 当3060时左滑(在墙面上滑动)(4)计算箭头转角如图114所示，设张角在15、30和60时木棍中心的高度(从转轴算起)为h1、h2和h3，由于 rh=tan(2) 于是，由图114可知 AO=AO=h1=rcot(152)=7.57r， BO=BO=h2=rcot(302)=3.73r， CO=CO=h3=rcot(602)=1.73r当木棍由A下落至B时，由于棍在墙上滚动，顺时针转过的角度对应的弧长与棍在墙上通过的距离相等，即 同理可知，由B下落至C时，木棍在木板上逆时针转角， 而在这一过程中，木板本身顺时针转了30，因此箭头的最后指向为 所以，箭头最后指向为由正上方顺时针转135处4（第20届全国物理竞赛预赛试题）有一个摆长为l的摆（摆球可视为质点，摆线的质量不计），在过悬挂点的竖直线上距悬挂点O的距离为x处（xl）的C点有一固定的钉子，如图所示，当摆摆动时，摆线会受到钉子的阻挡当l一定而x取不同值时，阻挡后摆球的运动情况将不同现将摆拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过O点），然后放手，令其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰巧能够击中钉子，试求x的最小值4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）5（1992全国中学生物理竞赛预赛题）有一水果店，所用的秤是吊盘式杆秤，量程为10kg现有一较大的西瓜，超过此秤的量程店员A找到另一秤砣，与此秤砣完全相同，把它与原秤砣结在一起作为秤砣进行称量平衡时，双砣位于6.5kg刻度处他将此读数乘以2得13kg，作为西瓜的质量，卖给顾客店员B对这种称量结果表示怀疑为了检验，他取另一西瓜，用单秤砣正常称量得8kg，用店员A的双秤砣法称量，得读数为3kg，乘以2后得6kg这证明了店员A的办法是不可靠的试问，店员A卖给顾客的那个西瓜的实际质量是多大?【精析】 杠秤是根据力矩平衡原理称量物体质量的一种工具。明确杆称的结构，刻度是否均匀及画出杆称的示意图，确定o刻度（定盘星）是解决此问题的关键。在称量质量为m的物体中，提纽是转轴，杠杆平衡时，所称物体的重力的力矩、秤自身重力的力矩及秤砣重力力矩这三个力矩必平衡【全解】 如图122所示，设杠秤的提纽C(支点)与秤盘悬挂点A的距离为d，零刻度O(定盘星)到支点的距离为l0，(若O点在C点左边，与A点在提纽的同一侧，则l0为负值，反之为正值)每千克刻度为，秤砣的质量为m0，当秤盘中不放物体时，为使秤平衡，秤砣就放在O点处，这时杆秤和秤盘对C点的合力矩M（逆时针方向为正）与秤砣产生的力矩（顺时针方向为正）相等，即Mm0gl0.当秤盘中放有质量为m kg的物体时，平衡条件为 mgd+Mm0(l0+m)g，即mdm0m，d=m0这是每一杆秤都满足的关系用双砣称量质量为m的物体时，设读数为m，平衡时应有mgd+M2rn0(l0+m)g，即 mdm0l0+2dm，m(md - m0l0)/(2d).得到 2mm - (m0l0d)，因此，用2m作为称量的结果时，其值与实际质量之差为 m=2m-m= - molod此差值与m无关当l00时，2rn偏小，l00时，2m偏大由店员B的检验可知 m=molod2(kg) 既然m与所称物体质量无关，可知店员A卖给顾客的那个西瓜的实际质量m2m+molod13+2=15(kg) 6（第23届预赛试题）从赤道上的C点发射州际导弹，使之精确地击中北极点N，要求发射所用的能量最少，假定地球是一质量均匀分布的半径为R的球体，R6400km。已知质量为m的物体在地球引力作用下做椭圆运动时，其能量E与椭圆半长轴a的关系是EG。式中M为地球质量，G为引力常量。（1）假定地球没有自转，求最小发射速度的大小和方向（用速度方向与地心O到发射点C的连线的夹角表示）。（2）若考虑地球自转，则最小发射速度的大小为多少？（3）试导出EG。6（1）导弹的运动是大尺度问题，所以不是斜抛运动，而是椭圆运动，地心O是一个焦点，椭圆上一点到两焦点的距离和等于2a，要能量最小，就要a最小，而OC是定值，所以另一焦点到C点的距离要最小，另一焦点必在图中P点，则2aRR/2，由mv2GG得：v，又Gmg，所以v7.2 km/s，过椭圆上一点的切线的垂线平分两焦点到该点连线的夹角，所以q67.5。（2）地球自转的线速度为vC0.46 km/s，导弹发射速度为v7.4 km/s。（3）由mv12Gmv22G、r1v1r2v2和r1r22a可解得：mv22G，所以Emv22GG。7（第20届物理复赛试题）如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为处沿水平方向以初速抛出己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为（1）又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为（0）：每次碰撞过程的时间都非常短，而且都是“饼面”着地求物块沿水平方向运动的最远距离解：设物块在点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为，竖直速度为 （1）碰撞后物块的竖直速度变为，根据题意，有 （2）设物块的质量为，碰撞时间为，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 （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，则有 （4）由以上各式得 （5）同理，在落地点，其碰撞后的竖直分速度分别为 （6） 其水平速度分别为 ， （7）由式（6）可知，只有当碰撞次数时，碰地后竖直方向的分速度才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于，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，即在次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因，由式（7） 两边取对数 （8）令 （9）若恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间，水平速度变为零，则碰撞次数 有 （10）若不是整数，此种情况对应于在次碰撞结束前，即在小于碰撞时间内，水平速度变为零。则碰撞次数 有 （11）表示的整数部分。由于经过次碰撞，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，故物块将在处作上下跳跃，直到，即，最后停止在处。物块运动的最远水平距离。下面分别计算每次跳跃的距离。 （12） （13）所求距离为上述所有量的总和，为 （14）分别求级数的和： （15） （16）将以上两个关系式和代入式（14），得 （17）式中由式（10）或式（11）决定。8、（第25届物理复赛题第三题（22分）足球射到球门横梁上时，因速度方向不同、射在横梁上的位置有别，其落地点也是不同的。已知球门的横梁为圆柱形，设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上，球与横梁间的滑动摩擦系数，球与横梁碰撞时的恢复系数e=0.70。试问足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内（含球门上）？足球射在横梁上的位置用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向（垂直于横梁的轴线）的夹角（小于）来表示。不计空气及重力的影响。参考解答：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）.图中B表示横梁的横截面，O1为横梁的轴线；为过横梁轴线并垂直于轴线的水平线；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的位置由直线O1OO2与水平线的夹角q 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j表示(如图).以碰撞点O为原点作直角坐标系Oxy，y轴与O2OO1重合.以a0表示碰前速度的方向与y轴的夹角，以a表示碰后速度的方向与y轴(负方向)的夹角，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a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，Dt表示横梁与足球相互作用的时间，m表示足球的质量，有 (1) (2)式中