高一力学竞赛模拟题三姓名: 学号: 成绩:1.如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m =2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。

开始时，车和铁块以共同速度v =6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。

车身足够长，使铁块不能和墙相碰。

重力加速度g = 10 m/s2，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。

2.3.如图3—10所示，一质量为m的黏土块从高度h处自由下落，黏于半径为R，质量为M=2m的均质圆盘的P点，并开始转动。

已知θ=60︒，设转轴O光滑，求：（1）碰撞后的瞬间盘的角速度ω。

（2）P转到x轴时，盘的角速度ω和角加速度β。

myx图3—104.5.如图所示，半径为R和r的两个大、小圆柱体，放置于同一粗糙的水平面上，在大圆柱上最高点作用一水平向右的力，求大圆柱有可能翻过小圆柱的条件，已知所有接触面的静摩擦系数为μ。

kg,地球质量m=6×1024㎏,地球半径R1=6.4×106m，地6.已知万有引力恒量G=6.67×10-11N·m2/2球公转轨道近似为圆，半径R2约为1.5×1011m，太阳质量M=2×1030㎏，试根据以上数据推导第一、第二、第三宇宙速度；并利用第二宇宙速度讨论地球倘塌缩为黑洞，该黑洞的引力半径为多少？7.如图9所示，两根长度均为l的刚性轻杆，一端通过一质量为m的球形铰链互相连接，另一端分别接质量为m和2m的小球．将此装置两杆并拢，铰链向上、竖直地放在桌上．轻敲一下，使球往两边滑，但两杆始终保持在竖直面内．已知摩擦可忽略．求：（1）铰链碰桌前的速度．(2）当两秆夹角为 900时，质量为2m的小球的速度和位移．8.三个质点A、B和C ，质量分别为m1、m2和m3，用拉直且不可伸长的绳子AB 和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。

现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。

9.一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为m 的珠子（视为质点），绳的下端固定在A 点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与A 在同一竖直平面内．开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为l ，A 点到杆的距离为h ，绳能承受的最大张力为d T ，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度n a ，可以证明，2n /a v R ，v 为质点在该点时速度的大小，R 为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A 点的曲率半径为A R ，在B 点的曲率半径为B R ．10.如图所示，两根刚性轻杆AB 和BC 在B 段牢固粘接在一起，AB 延长线与BC 的夹角α为锐角，杆BC 长为l ，杆AB 长为αcos l 。

在杆的A 、B 和C 三点各固连一质量均为m 的小球，构成一刚性系统。

整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑竖直挡板，杆AB 延长线与挡板垂直。

现使该系统以大小为0v 、方向沿AB 的速度向挡板平动。

在某时刻，小球C 与挡板碰撞，碰撞结束时球C 在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C 与挡板不粘连。

若使球C 碰撞后，球B 先于球A 与挡板相碰，求夹角α应满足的条件。

参考答案:一.模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。

能量关系介绍摩擦生热定式的应用。

由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。

由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。

在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。

规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。

车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v 的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v 1 =M m )v (M mv +-+ = 3v，因方向为正，必朝墙运动。

（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S =a 2v 2,反向加速的位移S ′= 121a 2v ，其中a = a 1 = Mmgμ，故S ′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v 1 。

车第二次碰墙后，车速变为－v 1 ，然后与速度仍为v 1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v 2 =M m )v (M mv 11+-+ = 3v 1 = 23v，因方向为正，必朝墙运动。

车第三次碰墙，……共同速度v 3 = 3v 2 = 33v，朝墙运动。

……以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况—— 铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。

1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔE k =ΔE 内 ，且，ΔE 内 = f 滑 S 相 ， 即：21（m + M ）v 2 = μmg ·S 相 代入数字得：S 相 = 5.4 m2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。

而向左是匀减速的，故第一次：S 1 = a2v 2第二次：S 2 = a 2v 21 = a 21223v 第三次：S 3 = a 2v 22= a 21423v ……n 次碰墙的总路程是：ΣS = 2（ S 1 + S 2 + S 3 + … + S n ）= a v 2（ 1 + 231 + 431+ … + ）（1n 231- ） = M mg v 2μ（ 1 + 231 + 431+ … + ）（1n 231- ） 碰墙次数n →∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m二.三.（1）由m 下落过程中：221mv mgh =有gh v 2=①对m +盘系统，碰撞t ∆极小，冲力远大于重力，故重力对O 轴力矩可忽略，又外力对轴的力矩为零，故系统角动量守恒0cos ωθI mvR =②又222221mR mR MR I =+=③ 由①、②、③得RghR gh 42cos 220==θω④ （2）对m + M +地球系统，只有重力做功，E 守恒，令P 、x 重合时E P = 0，则2202121sin ωωθI I mgR =+⑤ 由③、④、⑤得θθωsin cos 222R g Rgh +=)34(2.21R h g R += 由转动定律得Rg mR mgR I M 222===β 四.五.【分析】只要小圆柱与地面的接触处以及两圆柱的接触处都不发生相对滑动，则当作用于大圆柱上的力足够大时，大圆柱就可以翻过小圆柱。

当大圆柱处于刚好翻转的临界状态时，地面对大圆柱的弹力为零。

根据物体平衡条件及不发生相对滑动的条件即可求出μ的条件。

力如图所示，两接触处不滑动的条件是：f1≤μN1，①f2≤μN2，②对小圆柱，以其圆心为轴，则有：f 1r =f 2r ，即f 1=f 2，③取图中f 1与f 2的交点A 为轴，设A 点到小圆柱的切线长为L ，对小圆柱有： N 2L+G 1L=N 1L 由此可见：N 1> N 2. ④ 由③④可得：②式成立，①必成立。

取图中小圆柱与地面接触点为轴，则有，f 2(r+rcos θ)=N 2rsin θ由图中几何关系的：sin θ=Rr rR+4 cos θ=(R-r)/(R+r)所以f 2/N 2=sin θ/(1+cos θ)=R r 由②式得：f 2/N 2≤μ即μ≥Rr 六.[解析]第一宇宙速度称为环绕速度，可根据卫星绕地球表面匀速圆周运动的情况求解。

第二宇宙速度称为脱离速度，因为脱离过程中引力不断在变化，因此从能量守恒的角度考虑。

在计算第三宇宙速度时，必须考虑物体最初随地球公转的速度。

设发射物体的质量为m 0 （1）物体绕地面飞行时，有210R mm G=1210R v m ，V 1=1R Gm =g R 1=7.9km/s(2 )物体要脱离地球引力作用，它具有的总能量至少为零。

根据机械能守恒，应有：21m 0 V 22- 10R mm G =0，V 2=21R Gm=2V 1=11.2 km/s (3)同理，物体要脱离太阳，它具有的速度应为v=22R GM =42km/s （对太阳），R 2是地球公转轨道半径。

物体随地球公转的速度v 0=2R GM=30km/s ∆v=v- v 0=12km/s ，对地球参照系而言，当物体脱离地球作用之后还应具备有∆v 的速度，由此，物体发射时的动能应满足下列关系式：21m 023v - 10R Gmm =21m 02)(v ∆，即21m 0 V 32=21m 0 V 22+21m 0 (∆v) 2，故有V 3=222)(v v +∆=16.7km/s (4)地球塌缩为黑洞，那么以该黑洞中不可能有任何物质能发射出来，哪怕是光也不可能克服强大的引力作用，由此可断定该系统的逃逸速度必定大于光速，即V 2>c ，有r Gm 2>c ，r<22cGm=0.9㎝七八.模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。

其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。

其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。

下面具体看解题过程——绳拉直瞬间，AB 绳对A 、B 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I 1 ，BC 绳对B 、C 两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I 2 ；设A 获得速度v 1（由于A 受合冲量只有I 1 ,方向沿AB ，故v 1的反向沿AB ），设B 获得速度v 2（由于B 受合冲量为1I +2I，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v 2与AB 绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C 获得速度v 3（合冲量I +2I 沿BC 方向，故v 3沿BC 方向）。

对A 用动量定理，有： I 1 = m 1 v 1①B 的动量定理是一个矢量方程：1I +2I = m 22v，可化为两个分方向的标量式，即：I 2cos α－I 1 = m 2 v 2cos β ② I 2sin α= m 2 v 2sin β ③ 质点C 的动量定理方程为：I － I 2 = m 3 v 3 ④ AB 绳不可伸长，必有v 1 = v 2cos β ⑤ BC 绳不可伸长，必有v 2cos(β－α) = v 3 ⑥六个方程解六个未知量（I 1 、I 2 、v 1 、v 2 、v 3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。