【高中物理竞赛专题大全】竞赛专题1力学50题竞赛真题强化训练解析版

【高中物理竞赛专题大全】竞赛专题1力学50题竞赛真题强化训练一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）某同学经过一段时间练习，掌握了控制篮球的技巧。如图所示，在距离地面一定高度的地方，让其转动起来，初速度为0释放，和地面发生弹性碰撞，即在竖直方向速度大小不变。下面说法中正确的有（）A．不考虑空气影响，地面有摩擦，则碰撞前后相比动能总量增加B．不考虑空气影响，地面有摩擦，摩擦系数为μ，则篮球弹起瞬间，速度方向和竖直方向的夹角的最大可能值为arctanμC．不考虑空气影响，地面光滑，则篮球一定竖直弹起D．考虑空气影响，篮球的落点会比释放点偏右【答案】C【解析】【详解】A．动能包括平动动能和转动动能，摩擦力做功总是损失动能，即增加的平动动能小于减少的转动动能，故A选项错误；B．在碰撞过程中质心速度反向，于是可知支持力冲量为2mv，对应摩擦力冲量的最大值2μmv，摩擦力提供的最大的水平速度为2μv（相对运动一直存在，也即要求球一开始的转动速度足够大），那么弹起之后，速度与竖直方向的夹角最大值应该为arctan（2μ），选项B错误；C．不考虑空气影响，地面光滑，则篮球落地时水平方向不受力，则篮球一定竖直弹起，选项C正确；D．考虑空气影响，篮球顺时针旋转，则其落点会比释放点偏左，选项D错误。故选C。2．（2020·全国·高三竞赛）有两个同样的梯子，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，便形成了人字梯。如图所示，将两个同样的人字梯甲、乙放置于水平地面上，甲梯用的绳更长一些。当某人先、后站在甲、乙两梯顶端时，下述说法正确的是（）A．甲梯所受地面的支持力一定较大B．甲、乙两梯所受地面的支持力一定相等C．绳子被张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的大D．绳子被张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的小【答案】B【解析】【分析】【详解】本题考查现实模型的受力分析。将人字梯和人作为整体，甲、乙两梯所受地面的支持力等于两梯和人的重力之和，故甲、乙两梯所受地面的支持力相等，A错误，B正确；轻绳完全张紧时，对整体分析可知，人形梯水平方向上不受地面的摩擦力作用，C、D错误。二、多选题3．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，某同学经过段时间练习，掌握了利用在瓶中装不同高度的水，在瓶口吹出不同频率声音，以演奏乐曲的技巧。以下说法中正确的有（）A．若瓶中水柱高度之比为2：3：4，则吹出来的声音频率之比也为2：3：4B．吹出来声音频率主要由在空气柱中声波形成的驻波频率来决定C．空气驻波在水面附近是波节，在瓶口附近是波腹D．空气柱长度越长，发出的声音频率越高【答案】BC【解析】【详解】AD．用嘴吹瓶子时是靠里面的空气柱发声，空气柱越短振动越快，发出的声音频率越高，音调越高，与水柱高度无关，则AD错误；B．吹出来声音频率主要由在空气柱中声波形成的驻波频率来决定，驻波频率越高，则吹出来的声音频率越高，选项B正确；C．空气驻波在水面附近是波节，在瓶口附近是波腹，选项C正确。故选BC。4．（2020·全国·高三竞赛）甲、乙两车在同一平直公路上以相同速度30m/s同向行驶，甲车在前，乙车在后，两车距离100m。从时起，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示。取运动方向为正方向，下面说法正确的是（）A．t=3s时刻两车距离最近B．t=9s时刻两车距离为100mC．3~9s内乙车做匀减速运动D．t=9s时刻乙车速度为零【答案】CD【解析】【详解】A．图像的面积表示速度变化量，因此在３s末甲车的速度变化量为可知此时甲车的速度为零，甲车的位移为乙车的位移为则此时两车之间的距离为此时乙车没追赶上甲车，乙车速度比甲车速度大，因此距离进一步缩小，A错误；BCD．甲车9s末的速度为乙车9s末的速度为乙车在3~9s做匀减速运动，说明甲乙两车在3~9s互逆向运动，因此位移大小相等，因此9s的距离和3s末相同为55m，故B错误CD正确；故选CD。三、填空题5．（2021·全国·高三竞赛）一质量为m、半径为R的均质小球静止在水平桌面上，小球和桌面之间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。用一根水平轻杆击打小球，击打位置位于球心所在的水平面上，击打方向正对球心，击打时间极短，小球获得的水平冲量为p。从击打结束开始经___________时间后小球开始纯滚动，小球开始纯滚动时的速度为___________。已知小球绕球心的转动惯量为。【答案】

【解析】【详解】[1]由于击打方向正对球心，所以小球只获得平动初速度，其大小为①根据牛顿第二定律可得小球平动的加速度大小为②由于摩擦力矩的作用，小球获得了角加速度，其大小为③设从击打结束开始经时间t小球开始纯滚动，此时小球边缘转动的线速度大小等于平动时的速度大小，根据运动学规律有④联立①②③④解得⑤[2]小球开始纯滚动时的速度为⑥6．（2020·全国·高三竞赛）海平面能将无线电波全反射，反射波与入射波之间存在由于反射造成的半个波长的相位突变。一艘船在其离海平面高度为25m的桅杆上装有发射天线，向位于海岸高处的山顶接收站发射波长在2~4m范围内的无线电波。当船驶至与接收站的水平距离L越接近2000m，山顶接收站所接收到的信号越弱；当L=2000m时失去无线电联系。山顶接收站海拔高度为150m。船上天线发出的无线电波中有一部分直接传播到接收站，另一部分经海平面反射后传播到接收站，两列波的几何波程差为___m，该无线电波的实际波长为___m。【答案】

3.74

3.74【解析】【详解】[1][2]两列波的传播关系如图所示则有波程差为因由半波损失，则信号站信号弱因为两列波叠加减弱造成，因此应有又因波长为2~4m，因此实际波长为3.74m7．（2019·全国·高三竞赛）图中的为等边三角形，连接边、边的中点、，再连接、的中点、……如此继续下去，构成无限内接等边三角形系列．设所有线段的质量线密度相同，边的质量为，长度为，那么等边三角形系列的总质量为_________，系统质心与边的距离为__________.【答案】

【解析】【详解】依题意，等边三角形系列的总质量为.和的质量同为，两者的质心与的距离同为.……各边的质量为、、、……各边的质心与边的距离为、、、……系统的质心与边的距离为将大括号内各项中的第一项相加得：将大括号内各项中的第二项相加得：将大括号内各项中的第三项相加得：…….8．（2020·全国·高三竞赛）为了提高风力发电的效率，我国目前正逐步采用变桨距（即调节风机叶片与风轮平面之间的夹角，当风速小时使叶片的迎风面积增大，当风速超过一定限度时使叶片的迎风面积减小，以稳定其输出功率）控制风力发电机替代定桨距控制风力发电机。图a所示中风力发电机每片叶片长度为54m，定桨距风机和变桨距风机的功率与风速的对应关系如图b所示，所处地域全天风速均为7.5m/s，空气密度为1.29kg/m3，煤的燃烧值为2.9×107J/kg。每小时进入一台变桨距控制风力发电机的风的初始动能与完全燃烧___kg煤所放出的热量相当，变桨距控制风力发电机将风能转化成电能的效率为___%。【答案】

3.1×102

16【解析】【详解】[1][2]在一个小时内空气进入发电机的总质量为则空气的总动能为则等效燃烧的煤的质量为则进风的原始功率为由图可知当前风速的实际功率为，因此效率为9．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，我们以太阳为参照系，地球绕太阳的运动周期为T，以地球为参照系，月球绕地球的运动周期为T，则相邻两次月球-地球-太阳排列成几乎一条直线的时间差约为____________。记地球绕太阳的轨道半径为rE，月球绕地球的轨道半径为rM（rE>>rM），以太阳为参照系，月球运动过程，加速度的最小值和最大值的大小比例为_______________。【答案】

【解析】【详解】[1]设地球绕太阳的角速度为ω1，月球绕地球的角速度为ω1，再经过时间t后三个球排成几乎一条直线，则解得[2]当月球运行到三球在一条直线且月球在中间时，加速度最小；当月球运行到三球在一条直线上，且地球在中间时，加速度最大，故有故有因为，所以有所以四、实验题10．（2020·全国·高三竞赛）实验题一单摆法测定重力加速度和待测金属球材料的电导率【实验题目】根据下列给定的实验器材和内容，设计单摆实验，测定当地的重力加速度和待测金属球材料的电导率。【实验器材】(1).单摆装置一套：包括一个半径为的测角仪，量程为，分度值为。(2).带摆线的铝球一个（质量、电导率）；带摆线的待测金属球一个（质量）。(3).螺旋测微器一把、卷尺一个，多通道计时秒表一个（使用方法详见“秒表使用说明书”）。(4).钕铁硼永磁铁一块。注意：磁铁为易碎物品，使用中请勿掉落地面。(5).秒表盒一个、泡沫板几块和扑克一副（可用于垫高磁铁）。(6).一次性口罩一个。【实验注意事项】(1).摆球的悬线较细，测量过程中不能用力拉扯摆线。(2).摆球与悬线使用胶粘合，使用过程中不能人为拉扯，轻拿轻放，人为情况导致的球线分离不能更换摆球。(3).不得在摆线等仪器上做任何标记。(4).使用钕铁硼永磁铁时，请小心轻放，以免损坏，影响后续实验测量。(5).实验结束，必须将仪器设备整理为初始状态。(6).实验过程中全程高清视频监控，任何恶意损坏实验伩器等不当行为将每次扣15分。(7).测量过程中请佩戴口罩，空气的流动对测量结果有影响。【基础知识】(1).线性阻尼振动把一个金属小球拴在一根细长的线上，当细线质量远小于小球质量，小球的直径远小于细线的长度时，此装置可以看作是一单摆。略去空气的浮力以及摆线的伸长量，且当摆角较小时（小于等于），可以认为单摆的运动是简谐振动。较长时间观察单摆的运动就会发现，单摆的摆幅随着时间衰减，这是空气阻力在起作用。当小球摆动的速度很小时，空气阻力近似与摆动速度成线性关系，小球的运动称为线性阻尼振动，它的运动方程为，且有一般解，其中为摆角，为阻尼系数，为无阻尼简谐振动的固有角频率。线性阻尼振动的角频率与简谐振动的角频率之间满足。(2).运动金属球在梯度磁场中受到的阻尼力梯度磁场指的是空间变化率（梯度）不为零的磁场。金属球在这样的磁场中运动时会在其内部产生涡旋电流，因此会受到外磁场的作用。这个作用总是与金属球的运动方向相反，称之为磁阻尼力。金属球在梯度磁场中运动时受到的磁阻尼力与金属球的电导率有关。如果金属球在一个梯度为（常数）的磁场中运动，磁阻尼力可以表达成：，其中是金属球的半径，为金属球的运动速度，为金属球材料的电导率。【实验内容及要求】实验内容：①.使用铝球做为单摆摆球，准确测量长沙的重力加速度。(1)选择合适的测量工具，多次测量铝球的直径、单摆摆线的长度，列出实验数据，求出平均值，并计算各物理量的不确定度。(2)设计合理的实验方案，观测铝球在线性空气阻尼作用下，摆幅随时间的变化，记录实验数据，计算周期；根据线性阻尼振动方程一般解的形式，拟合计算空气阻尼系数，分别估算两者的不确定度。(3)根据测量结果，利用阻尼振动周期的公式计算重力加速度，并估算其不确定度。②.测定铝球在磁阻尼作用下做单摆运动的阻尼系数。(1)在摆球静止时，钕铁硼磁铁应放置在摆球质心的正下方处，观测铝球在磁阻尼作用下，摆幅随时间的变化，记录实验数据。(2)根据实验数据拟合计算出此条件下单摆的阻尼系数，并估算其不确定度。③.测量待测金属球材料的电导率(1)选择合适的摆长，分别在有、无磁铁条件下，观测待测金属球单摆摆幅随时间的变化，并记录实验数据。(2)根据上述测量结果分别计算出未知金属球在有、无磁铁时的阻尼系数和，并估算这两个阻尼系数的不确定度。(3)根据上述实验测量结果以及磁阻尼力公式：，推导出待测金属球材料电导率的计算公式，根据实验数据求出待测金属球材料的电导率，并估算其不确定度。实验要求：(1).请学生自行调整测角仪（半径为）到合适的位置进行实验数据的测量。(2).写出实验原理、操作要点，列出实验数据，根据实验内容保留必要的数据处理过程。【答案】见解析【解析】【详解】评分标准1．使用铝球做单摆摆球，准确测量当地的重力加速度(1)8分实验操作要点：1分①让铝球做小角度（小于）摆动，当摆球摆动到最低点时，使用多通道计时器记录摆球摆动30次的所有的时间。②铝球拉至摆角大于时释放，当摆球角度达到时开始记录实验数据。实验数据记录螺旋测微器零点误差：次数123456平均时间（）59.0359.159.0759.0659.0859.0359.06摆线（）950.1950.2950.0949.9949.8950.0950.0铝球直径（）20.00220.00019.99920.00419.99819.99820.000实验数据处理根据算术平均值的不确定度公式求解各测量物理量的不确定度得：；；；则摆长为：评分：1）实验操作要点1分：每一点各占0.5分；2）数据记录6分：周期、摆线、小球直径各占2分。6组以上数据6分；3-5组计3分；少于3组计1.5分；没有螺旋测微器的零点误差扣1分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；3）不确定度的计算1分：计算结果无单位扣1分。只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。(2)8分实验数据记录和处理铝球在空气阻尼作用下，摆幅随时间的变化数据周期数时间（）角度（）角度（）角度（）角度（）角度（）00.005.005.005.005.005.001019.674.664.674.664.684.672039.344.344.354.334.364.333059.034.034.054.044.054.034078.713.783.793.793.793.785098.413.573.563.553.563.5760118.133.333.333.343.353.3370137.793.143.153.143.163.1480157.422.982.992.992.992.9890177.202.782.812.792.822.78100196.842.662.672.652.682.66110216.572.492.512.502.512.49120236.232.382.392.392.42.38130255.952.242.252.252.252.24140275.652.142.132.132.132.14150295.312.002.012.012.012.00160314.971.931.931.921.931.93170334.691.821.831.821.821.82180354.301.741.731.741.741.74190374.031.661.651.651.651.66200393.801.591.581.591.591.59210413.411.501.501.511.501.50阻尼系数求解：2分方法一：多组数据拟合使用公式进行拟合得到阻尼系数如下：铝球12345平均拟合0.0041160.0040240.0040880.0040010.0041230.004070不确定度：方法二：单组数据拟合使用公式拟合可以得到阻尼系数：不确定度评分：1）实验数据6分：三组及以上实验数据并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，少于3组数据或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；（多组数据线性拟合评分标准一致）或者单组实验数据测量角度衰减范围大于3度并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，单组及实验数据测量角度衰减角度范围在2-3度或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；2）拟合出阻尼系数：拟合出三组及以上阻尼系数、求出平均值并计算出不确定度计2分，少于三组拟合结果的减半计分；或者满足单组实验数据测量要求拟合出阻尼系数并计算出其不确定度计2分，计算结果无单位扣1分。只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。(3)求重力加速度根据；可得根据测量和计算结果，将数值代入公式由不确定度传递公式得：（或者）得：评分：1）重力加速度的公式1分；2）实验结果2分：重力加速度为（含不确定度的结果）2分；或者（含不确定度的结果）1分；实验结果无单位扣1分；计算过程无不确定度的求解公式扣1分。只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。2．测定铝球在磁阻尼作用下做单摆运动的阻尼系数。(1)7分操作要点：1分①不改变第一问铝球做单摆运动的条件，待铝球静止时，将钕铁硼方形磁铁放置于铝球质心正下方处。②将铝球拉至摆角大于时释放，使得摆球正好从磁铁的正中心摆过，当摆球角度达到时开始记录实验数据。实验数据：6分铝球在空气阻尼和磁阻尼的作用下，摆幅随时间的变化数据周期数时间（）角度（）角度（）角度（）角度（）角度（）00.005.005.005.005.005.0059.834.584.604.584.584.601019.684.184.194.194.184.181529.523.793.823.813.823.812039.363.493.483.493.483.492549.163.113.143.103.123.103058.972.792.812.802.812.803568.882.492.512.492.52.494078.712.112.122.112.122.114588.481.951.981.961.981.955098.351.701.721.701.721.7055108.231.491.501.501.501.49评分：1）实验操作要点1分；2）实验数据6分：三组及以上实验数据并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，少于3组数据或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；或者单组实验数据测量角度衰减范围大于3度并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，单组及实验数据测量角度衰减角度范围在2-3度或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分。(2)阻尼系数求解：2分方法一：多组实验数据拟合同理使用公式进行拟合，得铝球在磁场中摆动的磁阻阻尼系数：铝球12345平均拟合0.0062070.0060480.0062240.0061450.0062020.006165不确定度：方法二：单组实验数据拟合使用公式拟合可以得到阻尼系数：不确定度评分：拟合出三组及以上阻尼系数求出平均值并给出相应的不确定度计算公式求出相应的不确定度2分，少于三组拟合结果或者不给出不确定度求解公式减半计分；或者满足单组实验数据测量要求拟合出阻尼系数并给出相应的不确定度计算公式求出相应的不确定度计2分，计算结果无单位扣1分；只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。拟合出来的磁阻作用下的阻尼系数要大于空阻作用下的阻尼系数，趋势不对则拟合结果记零分。3．测定待测金属球材料的电导率。(1)12分操作要点：2.0分①取下铝球，保持磁铁位置不变。②将待测金属球挂上，调整摆线的长度使得摆线的长度与原铝球摆线长度一致（球心到磁铁距离与铝球一致）。③将待测金属球拉至摆角大于时释放，使得摆球正好从磁铁的正中心的竖直平面摆过，当摆球角度达到时开始记录实验数据（记录待测金属球在磁场中摆动时，摆角随时间的衰减规律）。④当待测金属球在磁场中摆动的数据记录完毕后，将磁铁取下，同样将待测金属球拉至摆角大于时释放，当摆球角度达到时开始记录实验数据（记录待测金属球在空气中摆动时，摆角随时间的衰减规律）。实验数据：10分待测金属球在磁阻尼和空气阻尼作用下，摆幅随时间的变化数据周期数时间（）角度（）角度（）角度（）角度（）角度（）00.005.005.005.005.005.002039.384.634.634.634.634.634078.774.304.294.294.284.2860118.133.983.983.983.973.9680157.513.663.653.653.673.67100196.943.383.393.393.383.38120236.233.103.113.103.093.10140275.662.872.862.872.892.89160315.062.622.612.622.592.59180354.452.402.392.382.392.40200393.842.192.192.192.192.19220433.231.991.991.991.991.99待测金属球在空气阻尼作用下，摆幅随时间的变化数据周期数时间（）角度（）00.005.003059.104.6560118.274.3190177.314.02120236.423.76150295.553.51180354.663.30210413.703.10240472.812.93270531.882.79300591.032.61330650.142.48360709.302.32390768.372.20420827.452.09450886.511.98待测金属球直径实验数据记录螺旋测微器零点误差：次数123456平均待测金属球直径20.00220.00119.99920.00319.99819.99820.000评分：1）操作要点2分：2）待测金属球在磁阻尼和空气阻尼共同作用下的实验数据6分：三组及以上实验数据并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，少于3组数据或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；（线性拟合多组数据评分标准一致）或者单组实验数据测量角度衰减范围大于3度并且单组实验数据大于等于11个数据点计6分，单组及实验数据测量角度衰减角度范围在2-3度或者单组只有8-10个数据点计3分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；3）待测金属球在空气阻尼作用下的实验数据3分：单组实验数据测量角度衰减范围大于3度并且单组实验数据大于等于11个数据点计3分，单组及实验数据测量角度衰减角度范围在2-3度或者单组只有8-10个数据点计1.5分，单组数据少于8个数据点计0分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；或者说明在摆长、球的直径、摆幅相同的情况下两球的空气阻尼阻尼系数一致并解释其原因，实验数据部分计3分；4）待测金属球直径数据1分：6组以上数据1分；少于6组计0.5分；没有螺旋测微器的零点误差扣0.5分。实验数据或结果无单位扣1分，有一处有效数字不正确扣1分，超过两处有效数字错误则数据部分计0分；(2)2分待测金属球在空气阻尼和磁阻阻尼作用下的阻尼系数：1.5分方法一：多组实验数据拟合使用公式拟合可得出待测金属球在磁阻阻尼系数未知金属球12345平均拟合0.0015570.0015550.0015510.0015620.0015610.001557不确定度：方法二：单组实验数据拟合使用公式拟合可以得到阻尼系数：不确定度待测金属球空气阻尼系数0.5分方法一：指数拟合得不确定度：方法二：线性拟合得不确定度：评分：2分1）拟合出待测金属球的磁阻阻尼系数并利用公式求解出不确定度计1.5分；拟合出三组数据及以上的阻尼系数求出平均值并利用不确定度计算公式求出不确定度计1.5分，少于3组或者无不确定度计算公式计1分；或者满足单组实验数据测量要求的拟合出阻尼系数并利用不确定度计算公式求出不确定度计1.5分；无不确定度计算公式扣1分；2）拟合出待测金属球的空气阻尼系数0.5分，无不确定度计算公式扣1；所有的计算结果无单位扣1分，只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。拟合出来的磁阻作用下的阻尼系数要大于空阻作用下的阻尼系数，铝球的阻尼大于相同条件下的铜球的阻尼，趋势不对则拟合结果记零分。(3)导出电导率的求解公式和实验结果处理电导率公式的推导因为阻力：；所以又因为；所以其中式中、为待测金属球和铝球的电导率，、为待测金属球和铝球的质量，、为待测金属球和铝球的半径。实验结果处理将已知量代入公式求解待测金属球的电导率得：不确定度：则：故评分：1）电导率公式推导10分：、、各2分；2）待测金属球电导率结果6分：6分；或者3分；其余结果计0分；实验结果无单位扣2分；只有实验结果，无对应的实验数据或者实验数据与结果不相关的计零分。3）实验结果的不确定度分析2分。无不确定度计算公式扣1分。五、解答题11．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，红军飞机在蓝军上空飞行，飞行高度，蓝军一高射炮发现目标．到飞机原飞行路径（直线）在水平面上的投影（直线）的距离为，发射炮弹速度为（1）要使每炮均击在飞机的原飞行路径上，那么的对准线与平面的交点轨迹是怎样的曲线，定量求之（2）如果飞机在距最近的处发现了，决定在的平面先作圆周运动再丢下一个和飞机速度相同的炸弹攻击．．试求飞机做圆周运动半径大小（3）当飞机在处并决定作出（2）中所述行动的同时，也发现了飞机的行动，设此时对准上方，水平角度调整速度，竖直方向调整时间忽略．定量计算并指出高射炮能否在飞机丢炸弹前击下飞机【答案】(1)对准点轨迹为一个圆：(2)(3)高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机【解析】【详解】（1）如图作坐标系．对于处飞机路径上的点，炮水平偏角，有，设瞄准的高度为，对于抛出的炮弹：将①式代入②式得出故对准点轨迹为一个圆：（2）设飞机飞地半径为，于是抛出炸弹走的水平距离为对于炸弹，有由此得出（3）飞机飞到抛炸弹处所用时间为对于高射炮，只考虑其在一特殊情况下的时间：先对准飞机抛炸弹处再射出炮弹．调整时间对于炮弹，有由上述式子可得取较小的通过计算得，，由，高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机12．（2019·全国·高三竞赛）小球A、B、在光滑的水平面上沿一直线静止放置，A、B质量不等，B、质量相同，B与B'间有一轻弹簧连接，弹簧处于自由长度状态，让A对准B匀速运动，弹性碰撞后，接着又可观察到A、B两球间发生一次相遇不相碰事件，试求A质量与B质量的比值．（给出3位有效数值）【答案】【解析】【详解】将B、的质量同记为m，A质量便是，再将A的初速度记为，A、B相碰后，A的速度和B的速度可由下面的方程组确定：，解得，．按图中位置的x轴碰撞时刻t=0，而后A的运动可表述为，碰后，B、弹簧、系统质心C将做匀速直线运动，速度为．B沿x轴方向相对C的初速度为设弹簧的劲度系数为k，从B到C一段弹簧的劲度系数便是，B相对于C做简谐振动，有，．由初始条件t=0时，，可得振幅和初相分别是，．于是，．相对于水平面沿x轴方向的运动便是，．某个时刻，A、B相遇而不相碰的条件是，，即，．移项后两式平方相加及两式相除，整理后得①（在第三象限），②由①得，，代入②得，．采用计算器二分逼近法可得【点睛】碰撞与弹簧相结合的题目自然是难题了．本题的另一个难度则是在解答过程中出现超越方程的处理方式，从目前的条件来看，功能强大的计算器自然能起到很大的帮助，但图像的处理方式也是竞赛学习中必须掌握的基本方法．需要提示的是，在研究复杂的振动过程中，经常会出现类似的超越方程，其处理方法应掌握好．13．（2019·全国·高三竞赛）一个原长为L、弹性系数为k的轻软弹簧一端悬挂在转轴上，另一端连接一个质量为m的球体．弹簧自水平、自然伸长状态释放，如图甲所示．当弹簧达到竖直位置时，弹簧的长度是多少？（软弹簧意味着，因此弹簧内部的张力始终直接正比于其伸长量）【答案】【解析】【详解】由于弹簧很软，初始时球体实际上做自由落体运动．弹簧的长度很快变为原长度的数倍（原长度在后续运动中可以忽略不计）．在这样的近似下，球体在水平和竖直两个方向上均做简谐振动．由于小球刚刚释放时初速度为0，它到达悬挂点正下方时水平振动刚好经过周期．同时，竖直方向的运动也相应地完成周期，到达悬挂点正下方的平衡位置，距离远远大于弹簧的原长度为．小球的运动也可以用方程来定量描述，在如图乙所示的坐标系中，小球在点处的运动方程为在小球运动的初期，弹簧的伸长量与原长度L相比很小，弹簧的弹力可忽略不计．另一方面，当时，弹簧的原长可以忽略，小球的运动方程可以简化为和．这两个方程描述的周期相同的简谐振动，平衡位置分别为x方向的原点和y方向坐标为的位置．考虑振动的初始条件，有，小球位于悬挂点正下方时，，，与前面的结论是一致的．当然，小球最终还可以到达的位置．【点睛】这是一个平面振动系统的模型，而且，它们的平衡位置是错位的，求解它们必须是在熟练地掌握运动的合成及振动的规律运用的基础上进行．从另一方面讲，本题仍然只是给出了一个基本的运动模型，命题人完全可以在此模型的基础上增加一些附加的结构，以增加难度，进而达到考查能力的目的．14．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，有一辆左右对称的光滑小车，质量为M，放在光滑水平面上，不考虑轮子质量。重力加速度为g。将一个质点。如图放置，初态质点和小车都静止，然后自由释放。小球下降r之后进入半径为r的圆弧，经过圆心角为后腾空一段距离l后恰好相对小车沿切线进入右侧圆弧，最终上升到右侧与初态相同高度的点。(1)求出质点刚开始腾空时，小车的速度大小(2)为了使得质点恰好进入右侧圆弧，l应当为多少。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)假设小球在地面系中拥有水平速度v，竖直速度v，车拥有水平速度u由水平方向车球系统动量守恒知列出在脱离瞬间的能量守恒速度约束条件题目给出；在第一个和第二个式子中左右同除M，新的三个方程只含三个速度作为未知量，解得(2)在小车系中，球以的初始速度，在脱离后做斜抛运动，其射程即为l，列出方程带入得15．（2019·全国·高三竞赛）一质量为，倾角为的斜面放置在光滑水平面上，另一质量为、半径为的均匀圆柱体沿斜面无滑动滚下，如图所示（1）建立斜面和圆柱体的动力学方程，并指出圆柱体作纯滚动的运动学条件（2）确定此力学系统的守匣量，并给出具体的表达式（3）求解斜面的加速度，以及圆柱体质心相对于斜面的加速度【答案】(1)即,圆柱体作纯滚动的条件为(2)(3)解得斜面加速度和圆柱体质心的相对加速度分别为,【解析】【详解】选择地面为定参考系，动参考系在斜面上，如图所示．设斜面有向右的加速度，圆柱体质心有相对于斜面的加速度（设其方向沿斜面向下），以圆柱体质心为动点，斜面为动系，由加速度合成定理，而，故有．于是，得到，．对斜面应用质心运动定理，有．①对圆柱体质点，其运动微分方程为，．考虑到，．于是，有，②．③设圆柱体转动的角加速度为（设为逆时针转，根据动量矩定理，有，即．④圆柱体作纯滚动的条件为．⑤（2）设斜面有向右的速度，圆柱体质心相对于斜面有向下的速度，如图所示，根据速度合成定理，有，而，故有．于是，得到，．以斜面和圆柱体组成系统，该系统水平方向上不受外力，由系统水平方向上动量守恒，可得．两边对时间求导，并考虑到，，即得．⑥（3）联立式①～⑥，解得斜面加速度和圆柱体质心的相对加速度分别为，16．（2019·全国·高三竞赛）两相互咬合良好，且导通的金属盘状齿轮、均可绕水平轴无摩擦转动，而由另一个与同轴绝缘滑轮上有细绳，下挂一重物，质量为，、、的半径分别为，，，质量分别为，，，且两轴、间连有电阻，大小为．其他电阻均不计，空间中分布有匀强磁场，大小为，方向垂直于金属盘，试问：（1）对任一时刻（时，下落速度），与流过的总电量满足：，，为常量，试求之（2）重物下落至匀速时的速度（3）当时，重物的加速度【答案】(1)，(2)(3)【解析】【详解】(1)设轮角速度大小为，则也为，而角速度为，从而，电流再进行力学分析，电流对，轮产生的力矩分别为，设轮角加速度为，则其中为、轮切点作用力，为绳中的张力，而，，分别为、，轮的转动惯量．①③式入②式得．④又，，即对上式求和，最终有故，（2）当重物匀速下降时，有即，且，解得所以，（3）当时，从而，代入④式得所以，17．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，空间中有一水平面，其右侧为一垂直于水平面的墙面．现使空间内具有一匀强磁场，大小为，方向如图所示，已知一质量为，带电量为的小球，在距墙左处的水平面上以速度开始向右水平运动，设球与水平面动摩擦因数为，且与墙的碰撞为弹性的．试问：（1）要使小球曾经运动到平面以上，且最后以垂直于墙面的速度与墙相碰，以上数据应满足的条件．（2）设小球可以运动到平面以上，并且为（1）中所满足条件的次小值，而且由小球运动到静止用时为．小球最终停在何处？（3）若小球始终紧贴水平面运动，且最终静止于原出发点，则从出发到静止耗时为多少？【答案】(1)见解析(2)(3)【解析】【详解】（1）若要小球可以运动到平面以上，则首先有，接下来，我们将分解成和，其中，则．于是小球的运动分解成水平向右的速度为的直线运动及速率为的逆时针方向的匀速圆周运动的合成，且易知此圆周运动中，有，．当小球速度垂直于墙时，此时，现讨论如下：①，即，则此种情况下，小球运动的轨迹下方拐点处速度向右，上方拐点处速度向左，当小球垂直撞墙时，必有，则②，即，则此种情况下，小球运动的轨迹上、下方拐点处的速度都向右，则时，小球均可垂直撞墙，故有另外，当时，我们注意到小球轨迹为如图所示，要使小球在处于时碰撞，则拐点面必须在面左方，即是说，对于任一，要求有其中，为圆周运动半径，，对于上式右边求最值，易知，即合速度竖直向上时，右边最大，从而应满足化简得综上所述．数据应满足条件为（1*）或（2*）如下1*．2*．（2）当满足（1）中条件1*时，我们知，，故由题意，碰后返回所用时间为．而这段时间内，有支持力，且满足．从而，直到小球停止时，总冲量．其中即小球碰后所有距离，由动量定理，则．故而得：．同理，当满足（1）中条件2*时，得．（3）由题意，此时，对于碰墙前时刻，有．故而，．与（2）同理可知，碰墙时速度满足．而对于碰撞后到静止，同理有，故而．所以总时间．18．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，一水平光滑圆盘绕着通过点并垂直于盘面的定轴以匀角速度转动．盘上有一个以为圆心的圆形轨道，一质量为的质点被约束在轨道内运动，质点与轨道的动摩擦因数为．开始时，质点的相对速度为，试分析：（1）运动中质点的相对运动速度（2）轨道对质点约束反力的大小（3）质点运动的相对路程与时间的关系．【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】（1）建立如图所示的坐标系，质点在水平面内受轨道压力，动摩擦力．应用动静法，则质点还有离心惯性力，和科氏惯性力．，①．②方向如图所示．质点运动轨迹为圆周线，采用自然坐标系，质点运动微分方程为，③④由式④可得⑤将式⑤代入式③中，可得⑥将式⑥分离变量，可得两边积分，化简得⑦（2）将式⑦代入式⑤中，得到⑧即为轨道对质点的约束反力．（3）根据，得⑨对式⑨两边积分，并考虑初始条件：时，有．于是，有19．（2019·全国·高三竞赛）有一个竖直光滑轻轩固定在质量的宽大底座中央．一不可伸长的轻绳长，一端固定在杆顶，另一端连接在一个套在杆上的小轻环上，小轻环可沿杆自由运动（杆长略大于）．另在轻绳上串一个可视为质点且小孔光滑的小珠，质量为．平衡态下，小珠靠在小轻环上．之后给小珠一个与水平面夹向上的速度．在整个过程中，底座处于水平面内不会翻转．问：小珠上升过程中，为使底座水平不动，地面和底座的静摩擦系数至少应为多少？【答案】【解析】【详解】由于环与杆无摩擦，又由绳张力的作用，轻环与小珠相连线时刻与杆垂直．如图所示，以杆为轴，端点为原点，垂直方向为轴建坐标系，小珠运动轨迹应满足，即故小珠运动轨迹为一抛物线，顶点为为求每一点曲率半径，建立以下模型：小球以由高处平抛至地面，有于是令，有设，则对任一点有，速度方向又由于，且，，有于是对任一处有，可知初时，，的方向正好沿轨道切线速度方向向心力方向受合力受向心力为再考虑，当坐标时，有而，即有解出不妨设，那么考虑底座的受力于是为求最大值，，有估计大约值为运用切线法，有做大略图．由图发现，处为极大值所以，20．（2019·全国·高三竞赛）在行星绕太阳的椭圆运动中，若令，，其中，为周期，为半长轴，为离心率．在天文学上，称为偏近点角，试证开普勒方程：．（当行星处子近日点时，取，即）注：偏近点角是过椭圆上的任意一点，垂直于椭圆半长轴，交半长轴外接圆的点到原点的直线与半长轴所成夹角．在椭圆的参数方程，中，参数角即为偏近点角【答案】证明见解析【解析】【详解】方法1：由能量关系，得则．①由于，则．由于，其中，则．由于，则，②则，③．④把③④代入①，得．代入②，得．由开普勒第三定律，得，则．积分，得．由于处于近点时，，而此时，得，则，即．方法2：建立如图所示的坐标系，则轨道方程为．同时，，．对于任意一点，有，而，则．为此，作以为圆心，以为半径的圆，方程为．过作轴平行线交圆于，则，．为从近日点到任意点的时间，其间转过了圈，则．为面积速度，，关键是求，由于对于同样的，椭圆、圆上对应的纵坐标、，易知，则，则．又，．则，则，则，则．上面计算中，只取了中的一个值，故只需再推广的定义，上式即化为．21．（2019·全国·高三竞赛）（1）质量为的天体（例如太阳）固定不动，质量为的质点（例如小行星）以速度、瞄准距离从无穷远处，在的万有引力作用下沿双曲线轨道靠近运动，最后又远离而去．试求图1所示的散射角（即运动方向的偏转角）．（2）电量的带电质点（例如重原子核）近似不动，质量为、电量为的带电质点（例如如粒子）以速度、瞄准距离从无穷远处（或足够远处）靠近运动，又在库仑力的作用下远离而去，试求图2所示的散射角．【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）如图所示，双曲线的参量记为、、，且．质点位于内焦点，双曲线的顶点与坐标原点相距，质点在处的速度大小记为．由能量守恒有，由角动量守恒有，可解得，，即．由几何关系有，即有，所以，．（2）如同（1），如图所示．由能量守恒有由角动量守恒有可解得由几何关系有．所以，22．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，遥远的太空中有一孤立星体，半径为，质量为，分布均匀．有一空间站在距球心的圆轨道上做无动力飞行．现考虑从空间站向星体发射飞船，需要讨论飞船的着陆问题（1）人们提出了两种着陆方案，方案一：飞船相对空间站发射时速度指向球心，大小为．方案二：飞船发射时相对空间站速度指向空间站运动的反方向，大小为，请分别求出与的大小（2）当空间站运动到图示位置时发射飞船，为使飞船能精确着陆在图中的点，试求飞船发射时的相对空间站的速度．（以上问题均不考虑空间站的反冲作用，且飞船总是沿切线方向着陆，飞船总是采取节省燃料的发射方式）【答案】（1）所以，，（2）相对速度的方向指向球心，大小为【解析】【详解】（1）设空间站质量为，飞行速度为．由牛顿第二定律得，所以，．对于方案一，由角动量守恒得飞船着陆前瞬间的速度．由机械能守恒得，所以，．对于方案二，由得，所以，．（2）如图所示，以为极轴建立极坐标．设飞船的轨迹方程为．当时，有．当时，有．所以，，所以，所以，，所以，时，，所以，，①．设飞船发射时绝对速度为，相对速度为，着陆时速度为．由角动量守恒有．②由机械能守恒有．③联立①②③得，由此得，，所以，相对速度的方向指向球心，大小为，与（1）中的方案一相同．23．（2019·全国·高三竞赛）根据现代大爆炸宇宙学说，整个宇宙是膨胀的．在某个特定的时刻，宇宙中相距为的两点的相对退行速度为．这就是著名的哈勃定律，其中仅为时间的函数，在一段不太长的时间内，可视为恒量（1）宇宙的膨胀会由于引力作用而不断减速，随着不同的宇宙平均密度，宇宙可能是开放的（即无限膨胀下去），也可能是闭合的（即会在某一时刻开始收缩），试求出这两种情况下，宇宙平均密度的分界点（用与基本物理常量表示）（2）设目前宇宙的哈勃常量为，平均密度，试计算宇宙从大爆炸到开始收缩的时间（用含，及基本物理常量的式子表示）【答案】(1)(2)【解析】【详解】（1）在空间中取一质点作为宇宙中心，以为参考系，则对与距离为处的质元，其总机械能为，其中又时，由题意有，故，所以，（2）由于，故质元在从发出，到达处后，总机械能为从而又会回到，式中为以为中心，半径为的球所包含的质量，为了利用开普勒第三定律，我们认为直线是一个极端的椭圆，且此椭圆半长轴长满足：而，是现在（即密度为的时刻）与的距离．且上式考虑了宇宙在膨胀过程中，彼此不会超越故由开普勒第三定律（为此运行一周的时间），有又由于题中所求为，则24．（2019·全国·高三竞赛）飞机在空中以速度做水平飞行，它发出频率为的声波，当它从A飞往B处时，用了4s，而地面上观测者某处观察者E测得飞机在从A到B过程中，声波频率由降为．已知声速，试求飞机飞行高度．【答案】【解析】【详解】设飞机在A处时听到的声音是从处发出的，飞机在B处时听到的声音是从处发出的，两处飞机飞行的方向与观测者间的夹角分别为、，如图所示．由多普勒效应可知，，代入数据解得，．所以，，，声音从传到E用时：．声音从传到E用时：．由图中的几何关系知，即代入数据得．【点睛】对于声源（或观察者）的运动与波的传播在同一直线上的多普勒效应，我们并没有关注看与听之间的差别，而当声源（或观察者）的运动与波的传播不在同一直线上时，观察者听到声音时看到声源的方位，并非此时听到的声音传播的方位，这之间的差异极易被忽略，从而导致出错25．（2019·全国·高三竞赛）如图甲所示，在水平光滑桌面的中心有一光滑小孔O，一根劲度系数为k的轻而细的弹性绳穿过小孔O，绳的一端固定于小孔正下方的A点，另一端系一质量甲为m的小球，弹性绳自由长度等于．现将小球沿桌面拉至B处，设，并将小球沿垂直于OB的方向以初速度沿桌面射出，试求：（1）小球绕O点转过90°至C点所需时间；（2）小球到达C点时的速度及C点至O点的距离．【答案】(1)(2),【解析】【详解】在桌面上建立M如图乙所示的xOy坐标系．小球运动至r，位置时，受指向O点的弹性力kr，此力在x、y方向的分别为这两个力都是线性恢复力，所以小球在x、y方向上的分运动均为简谐振动，振动角频率同为周期同为．（1）小球绕O点转过90°至C点，相当在x、y方向上均经过四分之一周期的简谐振动，所需时间为（2）小球到达C点时x方向的振动位移为零，y方向的振动速度为零．由x和y方向简谐振动机械能各自守恒，可将C点的速度、坐标分别与B点的坐标、速度联系起来，有，，解得，．顺便一提，小球x、y方向的振动振幅分别为，．x、y方向的振动方程为，．小球运动的轨道为椭圆：．26．（2019·全国·高三竞赛）一个小球连接两个相同的自然伸长的轻质弹性绳，弹性绳的远端都固定起来，并且两根弹性绳都位于一条直线上（如图所示）．现在把小球在垂直于弹性绳初始直线方向向上拉开1cm，然后释放，后读出小球的振动周期为2s．问：拉开距离为2cm时，小球振动的周期为多少？（弹性绳自然长度，重力不计）【答案】【解析】【详解】当小球沿垂直于弹簧所处的初始直线位置发生位移时，弹簧将由伸长至l，则弹簧的伸长量为．每根弹簧由此产生的弹力为．则小球所受到的合力为．小球受到的合力即为小球的回复力，这显然不是线性的．小球运动对应的动力学方程为方程称为非线性方程，它只有数值解，没有解析解，但是，对于本问题，我们无需求解．方法一：量纲分析首先，我们来确定一下由上述动力学方程决定的小球的运动，其周期由哪些因素决定？ⅰ与方程中的有关；ⅱ与小球的振幅A有关．而，．因为，所以，所以，，即，，所以．故由，，可得．方法二：为了求出周期与振幅之间的关系，可以先利用机械能守恒，从中解出速度v，再由速度解出经历四分之一周期的时间．当小球的位移为x时，由前面的分析可知，每根弹簧的伸长量为，每根弹簧的弹性势能为．由机械能守恒可得，即，所以，即，即．显然，故有．【点睛】首先，有人认为，只要是在弹力作用下的小幅振动便是简谐振动，本题给出明确的答案．其次，本题所给出的两种解法在竞赛领域均有一定的代表性，量纲分析法在物理领域有着普遍的应用，是物理规律内洽的一种体现，近年的竞赛试题在这方面多有涉及．而类似于方法二的解题技巧，则往往在于学习的积累，仅靠临场发挥是很难达到目的的，是一种基本功的表现．27．（2021·全国·高三竞赛）6个小朋友在操场上玩追逐游戏。开始时，6个小朋友两两间距离相等，构成一正六边形。然后每个小朋友均以不变的速率v追赶前面的小朋友（即小朋友1追2、2追3、3追4、4追5、5追6、6追1），在此过程中，每个小朋友的运动方向总是指向其前方的小朋友。已知某一时刻t0=0，相邻两个小朋友的距离为l，如图所示。试问：（1）从t0时刻开始，又经过多长时间后面的小朋友可追到前面的小朋友；（2）从t0时刻开始，直至追上前面的小朋友，每个小朋友又跑了多少路程；（3）在t0时刻，每个小朋友的加速度大小是多少。【答案】（1）；（2）2l；（3）【解析】【分析】【详解】由对称性知，每个小朋友运动情况是一样的，以小朋友1为例（1）在从小朋友1到小朋友的2连线方向上，小朋友1相对于小朋友2的速度分量为小朋友1追上2的时间为（2）从t0时刻开始，直至追上前面的小朋友每个小朋友所跑的路程为（3）取小朋友1的运动轨迹为自然坐标系，其切向加速度为如解题图所示，设经dt时间小朋友1运动到1′点，小朋友2运动到2′点，小朋友1的速度方向变为从1′点指向2′点，转过的角度为dθ。由余弦定理得由正弦定理得式中dθ为中两边与之间的夹角。小朋友1运动的角速度为小朋友1运动的法向加速度为则小朋友1的加速度大小为28．（2019·全国·高三竞赛）某同学特别喜爱造桥游戏，如图所示，用10根一样的轻杆搭了一座桥，杆长l，所有连接的地方均为铰接，在B点挂了小重物，重力大小为P。AG在同一水平高度。(1)求地面对AG点作用力的竖直分量大小NL，NR；(2)如果每根杆能承受的最大压力或张力均为F，则为了保证桥不塌方最大为多少？【答案】(1)；；(2)【解析】【详解】(1)我们将整个桥视为一个系统，受重物压力P，左右两侧支持力，根据力矩平衡可以解出其大小。分别对左右两个支点计算力矩平衡有得得(2)对于题目中的杆模型来说，其对外作用力T一定沿杆方向，如图所示我们注意到在其它端点可以依据杆的张力们的竖直分量平衡分别解出BC、CD、DE、EF上的杆的作用力，它们大小都与TFG相等，但方向不同，其中BC和DE为支持力，CD和EF为拉力，继而我们也可以得出剩下的四根水平杆的受力大小，其中TAC=TDF=TEG=TGF而剩下的BD杆不同TED=2TGF据此我们知道随着重物重力P的增加，AB会最先达到临界解得29．（2019·全国·高三竞赛）2016年9月，G20峰会在杭州隆重召开，其会议厅的装饰设计既展示出中国建筑的节能环保理念，又体现了浙江的竹文化特色．图a给出了其部分墙面采用的微孔竹板装饰的局部放大照片，该装饰同时又实现了对声波的共振吸收.竹板上有一系列不同面积、周期性排列的长方形微孔，声波进入微孔后导致微孔中的空气柱做简谐振动.单个微孔和竹板后的空气层，可简化成一个亥姆霍兹共振器，如图b所示.假设微孔深度均为l、单个微孔后的空气腔体体积均为、微孔横截面积记为S.声波在空气层中传播可视为绝热过程，声波传播速度与空气密度及体积弹性模量的关系为，其中是气体压强的增加量与其体积V相对变化量之比，已知标准状态(273K，latm=1.01×105Pa)下空气(可视为理想气体)的摩尔质量Mmol=29.0g/mol，热容比，气体普适常量R=8.31J/(K·mol).(1)求标准状态下空气的密度和声波在空气中的传播速度；(2)求上述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率(用、S、I、V0表示)；(3)为了吸收频率分别为120Hz和200Hz的声波，相应的两种微孔横截面积之比应为多少?【答案】（1）（2）（3）【解析】【详解】(1)由理想气体状态方程有(1)式中，P、V和T分别为空气的压强、体积和(绝对)温度，M和Mmol分别为空气总质量和；摩尔质量．由(1)式得空气密度为在标准状态下(以下标“标”表示)有，(2)理想气体的绝热过程满足=常量式中γ是热容比．对上式两边微分得(3)由(3)式可得，空气的体积弹性模量为(4)声波在空气中的传播速度为在标准状态下有(5)(2)细管内的空气柱的质量为(6)细管中的空气柱的运动是由外界压力与容器内的压力之差所引起的.设这部分空气柱运动的位移为x(向外为正)，容器内的空气体积的改变为(7)容器内气体压力的变化满足绝热过程，由(3)式有(8)相应地，对于细管内运动着的空气柱的作用力为(9)从而，细管内空气柱的运动方程可写为(10)(10)式可写成(11)这是简谐振动的方程，o是简谐振动的圆频率(12)将代入(10)式得，所述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率为(13)上式最后一步利用了单个微孔后的空气腔体体积为.(3)按题设，两种需要通过所述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率和之比为(14)由(13)式可得，(15)式中，S1和S2是相应的上述亥姆霍兹共振器的微孔的横截面积.由(15)式有(16)即(17)30．（2019·全国·高三竞赛）农用平板车的简化模型如图a所示，两车轮的半径均为r(忽略内外半径差)，质量均为m(车轮辐条的质量可忽略)，两轮可2m绕过其中心的光滑细车轴转动(轴m的质量可忽略)；车平板长为l、质把手量为2m，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手(可视为细直杆)的长均为2l、质量均为m，且把手前端与平板对齐，平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的.重力加速度大小为g.(1)该平板车的车轮被一装置(图中未画出)卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动.将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度.(2)在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短(但不为零)，碰后把手末端在竖直方向不反弹.已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为μ(最大静摩擦力等于滑动摩擦力).求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离.【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕轮轴转动.把手绕车轴的转动惯量为平板绕车轴的转动惯量为平板与把手整体绕车轴的转动惯量为(1)把手和平板整体的质心位置到车轴的距离(见解题图a)为(2)设把手与地面碰撞前的瞬间的角速度为，由机械能守恒有(3)式中h是把手和平板整体的质心下降的距离(见解题图b)将(2)式代入上式得由上式和(1)(3)式得(4)(2)在把手与地面碰撞前的瞬间，把手和平板车的质心的速度大小为由几何关系有，碰前瞬间把手和平板质心速度的水平与竖直分量(从把手末端朝向把手前端为正)分别为(5)(6)记碰撞时间间隔为△t，由题设，把手、平板与车轮组成的系统在碰撞过程中可视为一个物体.刚碰时，由于把手末端与地面之间有相对速度，把手末端与地面之间在碰撞过程中水平方向的相互作用力是滑动摩擦力.设碰撞过程中地面对系统在竖直方向上总的支持力为N′，在碰撞后的瞬间系统的水平速度为(≥0).在水平和竖直方向上分别对此系统应用动量定理有(7)(8)值得注意的是，(8)式左端的冲量不可能等于零，因而(7)式左端的冲量也不可能等于零.由(7)(8)式得即当系统静止，故(9)当系统开始运动，下面分两阶段讨论系统开始运动后直至停止的过程:阶段I.车轮又滑又滚阶段两车轮的受力如解题图c所示，图中是地面对两车轮的正压力，和是把手和平板通过轴对两车轮分别在水平方向和竖直方向的作用力，地面对车轮的滑动摩擦力.把手和平板作为一个整体的受力解题图d所示，图中N是地面对把手末端的正压力.地面与车之间的总滑动摩擦力为(10)把手、平板和车轮组成的系统的质心加速度为(11)对把手和平板系统应用质心运动定理有(12)(13)对把手和平板系统应用相对于过质心的水平轴的转动定理有由(11)(12)(13)式得将以上两式代入(14)式得(14)于是因而对两车轮在竖直方向上应用质心运动定理有(15)对两车轮应运用转动定理有(16)由(15)式得再由(16)式得设车轮经历时间间隔t后开始纯滚动，由纯滚动条件有(17)此即由此得车轮开始做纯滚动时的速度为(18)在整个又滑又滚阶段，车轴移动的距离为于是有阶段Ⅱ.车轮纯滚动阶段两车轮的受力如解题图e所示，图中是地面对两车轮的正压力，和分别是把手和平板通过轴对两车轮在水平方向和竖直方向的作用力，是地面对车轮的作用力(静摩擦力)．把手和平板作为一一个整体的受力解题图f所示，图中是地面对把手末端的正压力.对两车轮运用质心运动定理有(20)对两车轮运用转动定理有(21)由纯滚动条件有(22)由(20)(21)(22)式得对把手和平板系统在水平方向上应用质心运动定理有联立以上两式有对把手和平板系统在竖直方向上应用质心运动定理有对把手和平板系统应用相对于过质心C的水平轴的转动定理有联立以上三式消去和，得解得于是(23)在整个纯滚动阶段，车轴移动的距离满足于是在车轮从开始运动直至静止的整个过程中，车轴移动的距离为31．（2019·全国·高三竞赛）如图a，旅行车上有一个半径为R的三脚圆凳(可视为刚性结构)，三个相同凳脚的端点连线(均水平)构成边长为a的等边三角形，凳子质心位于其轴上的G点.半径为r的一圆筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O点处，茶杯质量为m(远小于凳子质量)，其中杯底质量为(杯壁和杯底各自的质量分布都是均匀的)，杯高为H(与杯高相比，杯底厚度可忽略).杯中盛有茶水，茶水密度为.重力加速度大小为g.(1)为了使茶水杯所盛茶水尽可能多并保持足够稳定，杯中茶水的最佳高度是多少?(2)现该茶水杯的底面边缘刚好缓慢滑移到与圆凳的边缘内切于D点时静止(凳面边有小凸缘，可防止物体滑出；凳面和凳面边的凸缘各自的质量分布都是均匀的)，且OD⊥AC(见图b)，求此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于滑移前(该茶水杯位于凳面中心处)的改变.【答案】（1）（2）【解析】【详解】(1)以凳面中心O为坐标原点，以过O点向上的竖直线为y轴.茶杯(包括茶水在内)的质心位置为(1)式中h是杯中茶水的高度.令，(1)式即事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置，故有(2)由(1)(2)式得(3)舍弃负值(不合题意)，杯中茶水的最佳高度为(4)【另一种解法】：事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置.(1)式即它满足代数不等式式中当h满足即(4)时取等号，即杯中茶水的最佳高度.】(2)记凳子质量为M.该茶水杯的底面边缘刚好滑移到与圆凳的边缘内切于D点静止后，坐标系及三脚圆凳的受力分析分别如解题图a和解题图b所示，其中、和分别是车内底板对凳脚A、B和C的支持力.由几何关系有(5)(6)三脚圆凳处于力平衡状态，竖直方向合力为零(7)(8)式中，，P=Mg.由(7)(8)式得以x轴为转动轴，力矩平衡(9)记，由(5)(6)(9)式有【另一种解法】以AC为转动轴，由力矩平衡条件有(9)即联立以上各式得(10)(11)值得指出的是，解(10)满足，即，(12)这已由题给条件保证了.由(7)(10)(11)式得，此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于茶水杯滑移前的改变为(13)(14)32．（2019·全国·高三竞赛）一个半径为和，重量为，可绕轴转动的滑轮通过一个固定在墙上可转动的叉子支撑，其中，，如图所示．绳索在滑轮较小半径的轴肩上缠绕了一圈，绳索右端用重力加载，滑轮与墙之间以及滑轮与绳之间的摩擦因数相同，静摩擦因数为，动摩擦因数为．试问：（1）如果要使重物悬起，左边绳子在的情况下，至少要施加多大力？（2）如果要使重物缓慢升起，左边绳子在时需用多大为？（3）在什么角度下，提升重物所需的拉力最小；其值为多大？【答案】(1)(2)(3)因此，在滑轮开始转动前，所需的最小拉力为;在滑轮进入滑动之后，最小拉力为【解析】【详解】(1)首先分析滑轮是绕着轴转动还是处于自锁状态．如果滑轮处于自锁状态，则一个任意大小的外力作用在滑轮上（在绳子不滑动的情况下）都能使滑轮保持平衡．自锁时滑轮不能顺时针转动，下图画出了滑轮的受力分析，根据平衡条件，①，②，③④联立式①～④，可得⑤由于因此，只要当时滑轮不会沿顺时针方向转动．此时，拉力必须由绳索的摩擦方程来计算，即⑥（2）同样的，首先判断滑轮是否会由于自锁而逆时针方向转动受到阻止．此时，应将式①～③中前添加负号即可，解得⑦⑧由于且可见式⑧恒成立.只要当时滑轮逆时针转动受到阻止．此时，要提起重物必须依靠绳索在滑轮上的滑动根据绳索的摩擦方程，在绳开始滑动前，拉力为⑨绳索滑动后，则为⑩（3）为了提升重物，必有．此时，在任意的角度，根据平衡条件，有，⑪，⑫，．⑬在滑轮没有转动的情况下，即⑭联立式⑪⑫⑬及⑭，可得⑮为了分析方便，令⑯当角度为时并未超出滑轮的自锁极限，由此有由此，可解得在情况下，滑轮可能转动并提起重物，因此需要确定滑轮发生转动时的临界角．此时，式⑮应取等号，并联立式⑩和式⑮求得临界角，即当时，滑轮转动并提起重物为了求绳索拉力的最小值，根据式⑯可知考虑到，当时，取到最大值．于是，有因此，在滑轮开始转动前，为克服滑轮与墙之间的静摩擦力，所需的最小拉力为⑰在滑轮进入滑动之后，为克服滑动摩擦力所需的最小拉力为⑱下面，可以验证，滑轮转动比滑轮自锁时提取重物所需的拉力要小，当滑轮自锁时，提升重物只能依靠绳索在滑轮轴肩上的滑动来实现.当滑轮自锁时，绳索滑动前，绳索的拉力根据式⑩，有．当滑轮自锁时，绳索滑动后，绳索拉力根据式⑪，有显然，式⑰与式⑱就是所要求的最小拉力33．（2019·全国·高三竞赛）均质杆长为，竖直地放在桌面边缘上，点与桌面的边缘接触．给一微小扰动，杆将绕点向外转动．当杆受到桌子的反力为零时，杆将离开桌子，试求：（1）当杆离开桌子时，杆转过的角度，并求此时杆的角速度？（2）如果杆垂直地打击地面，则桌子的高度应为多少？【答案】(1)(2)【解析】【详解】杆的受力分析如图所示．（1）取杆为研究对象，在杆未离开桌子时，可以将杆的运动看作绕的转动，根据动能定理，有．①由于绕点转动，有，将其代入式①中，可解得．质心的法向加速度为．根据质心运动定理，有，，②解之得．当杆离开桌面时有，即，即．故杆离开桌子时，杆转过的角度为．此时，杆转动的角速度为（2）当杆脱离桌子时，仅受重力作用，杆作平面运动，如图所示．根据杆对质心的动量矩定理，即，可得，因此杆转动的角速度不变．杆质心运动的速度为，于是有，．要使杆垂直地打击地面，其转过的角度应满足，，2，3，…．因此，杆在离开桌子到打击地面所运动的时间为杆质心在铅直方向的位移为于是，桌子的高度应满足34．（2019·全国·高三竞赛）打桩机的铁塔高度为，锤的质量；钢筋混凝土桩的质量，桩的横截面为正方形，其边长．桩在被打入地下的过程中，其阻力可以认为主要来自桩侧面泥土对其的黏滞作用，且阻力系数为，当桩已被打入地下时，再把锤升高，然后自由落下打击桩．假设碰撞过程是完全非弹性碰撞，试回答下列问题：（1）这一锤能把桩再打多深？（2）打桩的效率（用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比）为多少？（3）如果碰撞过程是弹性碰撞，其恢复因数，重新分析问题（1）和（2）．【答案】（1）（2）％（3）％【解析】【详解】（1）当锤下落高度时，根据机械能守恒定律，其速度为①由于是非弹性碰撞，对于桩和锤组成的系统，根据动量守恒定律，有②联立式①与式②，可得碰撞后桩和锤的共同速度为③设这一锤能把桩打入的深度为，取竖直向下为轴正向，桩下降时受到的阻力为④对于桩、锤系统损失的能量用于克服阻力做功，有⑤将式④代入式⑤化简得⑥代入数值得解得（2）碰撞前，锤的动能为⑦碰撞后，桩、锤系统用于克服阻力做功的动能为．⑧故打桩效率为％．（3）设锤与桩碰撞结束时，锤、桩的速度分别为和，根据动量守恒定律有⑨根据恢复因数的定义，有．⑩联立式⑨与式⑩解得，，即得，．⑪显然，碰撞后锤被反弹．与式⑤类似，有．⑫联立式④、式⑪和式⑫并代入数值得，解得可知，这一锤打进的深度为此时，打桩的效率为％可见，有了弹性后，打桩的效率提高了，这是由于因变形和裂损的能量损失更小，使效率提高．35．（2019·全国·高三竞赛）质点或光滑球以某一角度入射到硬质表面上发生的反跳，通常呈现“反射角等于入射角”的现象．但是对于一种粗糙的硬质橡皮球，当其与硬质表面碰撞且满足动能守恒时，它在反跳过程中却表现出许多奇异的现象，这种粗糙的高弹性人造硬质橡皮球称为超级弹性球，简称为超球．这种超球在硬质表面上的反跳几乎是完全弹性的，用它可以直观地演示粗糙物的弹性碰撞现象．试回答下列问题：（1）若将一个小超球放在一个大超球的顶上，让这两个超球一起自由下落并撞击地面，就会发现小超球又跳回到空中，如果大超球与小超球的半径之比选择适当，那么小超球将反跳的高度大约是原先下落高度的9倍，如图1所示．若将大超球、小超球和乒乓球紧贴在一起自由下落，如图2所示，如果这些球的质量选择恰当，那么在它们碰撞地面后，乒乓球将反跳的高度几乎是原先下落高度的49倍．试建立力学模型进行说明（2）如果超球以一定的速度和绕水平轴旋转的角速度与硬质地面碰撞，旋转的超球在、两点之间来回反跳，如图3所示．试说明发生这种现象的条件【答案】（1）说明见解析（2）说明见解析【解析】【详解】（1）在大超球碰撞地面之前，两超球均自由下落，它们之间未发生碰撞，大超球先与地面相碰撞，随后立即与小超球发生碰撞，假设大超球与地面以及超球间的碰撞都是完全弹性的．两超球自由下落结束时，都有向下的速度，由机械能守恒可得；大超球与地面弹性碰撞后，速度大小不变，方向向上．设大超球与小超球弹性碰撞后的速度大小分别为和，且方向向上．由动量守恒和机械能守恒，可得①②式中，为大超球的质量；为小超球的质量由式①与式②，可解得，③碰撞后小超球以初速度为竖直向上运动，由机械能守恒可得小超球反跳的高度：④即得⑤若选择大超球半径为小超球半径的10倍，即，则．于是，由式⑤得到对于题图2所示的三个紧贴的球，设由上至下三个球的质量分别为、和，且满足．根据前面的分析，当大球与地面碰撞后，立即与球发生碰撞，由式③可知，当球以相对于地面的速度反跳时，小球正以速度下落题图2-b1．在相对球为瞬时静止的惯性系里，小球相对于球以速度与球相碰撞（题图2-b2）．由于，碰撞后球相对于球以速度反跳（题图2-b3），即小球相对于地面以速度反跳（题图2-b4）．因此，小球反跳的高度为⑥（2）首先，讨论旋转超球在硬质地面上的碰撞问题．假设碰撞是完全弹性的，且碰撞瞬间超球与地面接触点处没有相对滑动，但受到摩擦力的作用，同时忽略重力的影响．为讨论方便，碰撞前的运动状态用下标“0”表示，第一次碰撞后用“1”、第二次碰撞后用“2”表示，依此类推．取超球运动的平面为平面，如图所示，设超球的质量为，半径为，在第一次碰撞前超球质心的速度（以和表示速度的两个分量）和旋转角速度（超球对于通过质心的轴的角速度）；碰撞后的速度分量为和，角速度为，设接触点处的摩擦力为，法向力为，作用时间为．根据质点的动量定理，在方向有⑦根据动量矩定理，对通过质心的轴有⑧其中，为超球对于通过质心的轴的转动惯量，对于均质实心球，有此外，对于弹性碰撞，因摩擦力不做功，由机械能守恒定律可得⑨考虑到完全弹性碰撞，可知⑩由式⑦和式⑧，可得⑪再由式⑨，并利用式⑩与式⑪，得到⑫现在，要实现在、两点之间来回反跳，要求、两处反跳后的运动状态左右对称，因此反跳前后超球质心的速度与角速度应满足：，，⑬将式⑬代入式⑪中，得到⑭可见，若超球以角速度旋转，同时以的水平分速度与地面碰撞，则反跳后超球以的水平分速度和以再次与地面相撞，这样超球就来回反跳36．（2019·全国·高三竞赛）如图所示，竖直平面内有悬点和，上有一原长为0的弹性轻绳，弹性绳的劲度系数为，悬于点，另一端挂一质量为的小球，静止于处，另有一个同样的弹性绳悬于点，和小球一样的小球系在绳的另一端．现将球拉至水平，且，点左边处有一竖直的弹性墙．初始时可使具有竖直方向的速度，且能击中，求速度．（绳与绳之间不会相缠绕，球悬绳