专题14 功能原理与机械能守恒定律（竞赛精练）-2024-2025学年高中物理竞赛能力培优精练（高一下学期）

2024-2025学年物理竞赛能力培优精练 专题14 功能原理与机械能守恒定律 1．（2024·全国竞赛）质量为M的三角楔子置于水平无摩擦的地面上，将质量为m的木块放在楔子上，如图所示，木块和楔子之间没有摩擦力，系统从静止状态释放，给定和。 (1)三角楔子加速度的大小（　　） A． B． C． D． E．0 (2)若当木块滑到地面时，楔子相对地面的速度为1m/s，木块在楔子上离地面的初始高度（假设木块为无体积的重点）（　　） A． B． C． D． E． 2．（2024·江西竞赛）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳， 其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为 0.26m， 配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度 g 取 10m/s²， sin=0.6， 下列说法错误的是（  ） A．若增大转速，腰带受到的合力不变 B．θ随配重角速度增大而增大 C．当θ稳定在时，配重的角速度为 rad/s D．在配重角速度缓慢增加的过程中，绳子对配重不做功 3．（2024·江苏淮安竞赛）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在 B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。 不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．排球从A运动到B的时间与从 B运动到D的相等 B．排球在 A点的动能与在 C点的动能相等 C．对方一传击球前后排球的机械能相等 D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功 4．（2024·浙江温州期中）如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动从高度为的位置下落到高度为的位置。另一同样的小球乙在油中由静止开始也从高度为的位置下落到高度为的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是（　　） A．甲乙两球的重力势能变化量相等 B．甲球的末机械能小于乙球 C．甲球的平均速度小于乙球 D．甲球的重力平均功率小于乙球 5．（2023·四川成都竞赛）如图，两个小朋友玩跷跷板游戏，O点为跷跷板的支点，A、B为跷跷板的两端，。开始时小女孩坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地。接着体重大于小女孩的小男孩轻坐在B端，经过一段时间后跷跷板处于水平位置。不计一切阻力和跷跷板的质量，两个小朋友均可视为质点。在这个过程中，下列说法正确的是（  ） A．小女孩的机械能守恒 B．两个小朋友和地球组成的系统机械能守恒 C．跷跷板对小男孩做正功 D．小男孩重力势能的减少量等于小女孩重力势能的增加量 6．（2020·四川攀枝花竞赛）一质量为M的光滑大圆环用细绳挂在天花板上。两个质量同为m的小圆圈从环顶由静止开始同时向两边下滑，已知质量比。 （1）当细绳张力时圆圈位置的余弦函数满足方程（　　） A． B． C． D． E． F． （2）参量K的取值范围为（　　） A． B． C． D． E． F． （3）当小圆圈的质量m是大圆环质量M的2倍且细绳张力时，圆圈位置（　　） A． B． C． D． E． F． 7．（2007·全国竞赛）如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的A、B是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l =R的矩形薄片的两端。初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A、B皆与圆筒内表面接触。已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1。现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A逐渐升高。 （1）矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ （2）如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。令θ表示A的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动。（要求在卷面上写出必要的推导过程。最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。） 8．（2024·北京顺义期末）如图所示，某探究小组设计了一个自动接球机，只能接住水平发射的小球。接球装置K的接球口可以通过电脑程序控制水平轴电机和竖直轴电机的运动移动到xOy平面的任意位置。接球装置K是一个内径略大于小球直径，一端开口另一端封闭的圆筒，圆筒内部封闭端固定一轻质弹簧，弹簧长度小于圆筒长度，内壁安装有阻力恒定的阻尼装置。在О点放置一个速度传感器，可以测出从О点水平发射小球的速度，重力加速度为g。 （1）保证小球每次都能进入接球装置K的接球口，竖直轴电机的位移y和水平轴电机的位移x之间应满足的关系； （2）接球装置K的圆筒与水平方向的夹角θ可以通过程序控制进行调整，甲同学认为当，时接球效果好，乙同学认为当，时接球效果好。你同意谁的观点，简要说明理由。 （3）一次试验中小球（可视为质点）经过轻质弹簧反弹后刚好到达接球口处时的速度为0。已知小球的质量m=0.1kg，通过О点时的速度=3m/s，接球口的纵坐标为y=0.8m，接球装置K的圆桶与水平方向的夹角θ=53°，阻尼装置始终对小球有阻力作用，阻力f=6.25N，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不考虑其它阻力。求轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。 9．（2022·全国竞赛）如图所示，静置于光滑平面的一质量为 的物体上有一个向下凹陷的旋转椭球面。其竖直方向截面的椭圆的半长轴为b，半短轴为a。在其边缘从静止释放一个质量为m的小球。忽略所有可能的摩擦。 （1）当小球从静止释放后相对地面的位移为x的时候，求小球相对于地面的速度大小。 （2）请接着求出小球的加速度。 10．（2022·全国竞赛）在足够粗糙的水平面上放置有一质量为M，半径为R的圆筒，圆筒的内表面光滑。考虑圆筒内放置一个质量为2m的匀质刚性折杆，折杆的夹角为。折杆的两边长度都和圆筒半径相等。 （1）若初态折杆端恰好位于同一竖直线上，且系统初态静止；试求系统释放后瞬间折杆角加速度，试求释放后当边恰好达到竖直时折杆的角速度； （2）若初态折杆端恰好位于同一水平线上，且系统静止。此时对折杆施加微小扰动，试求系统振动频率 11．（2017·全国竞赛）某根水平固定的长滑竿上有n(n≥3)个质量相同的滑扣(即可以滑动的圆环)，每相邻的两个滑扣(极薄)之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的μ倍．开始时所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互挤压)；今给第1个滑扣一个初速度使其在滑竿上开始向左滑行(平动)；在滑扣滑行的过程中，前、后滑扣之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但最后一个(即第n个)滑扣固定在滑竿边缘．已知从第1个滑扣开始的(n一1)个滑扣相互之间都依次拉紧，继续滑行距离l(0<l<L)后静止，且所有细线拉紧过程的时间间隔极短．求： （1）滑扣1的初速度的大小； （2）整个过程中克服摩擦力所做的功； （3）整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总动能损失． 12．（2013·全国竞赛）质量均为m的小球1和2由一质量可忽略、长度为l的刚性轻杆连接，竖直地靠在墙角，如图所示。假设墙和地面都是光滑的。初始时给小球2一个微小的向右的初速度。问系统在运动过程中，当杆与竖直墙面之间的夹角等于何值时，小球1开始离开墙面？ 13．（2007·全国竞赛）有5个质量相同、其大小可不计的小木块1、2、3、4、5等距离地依次放在倾角的斜面上（如图）。 斜面在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块与斜面粗糙部分之间的静摩擦因数和动摩擦因数都是。开始时用手扶着木块1，其余各木块都静止在斜面上。现在放手，使木块1自然下滑并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的。求取何值时木块4能被撞而5不能被撞。 14．（2007·全国竞赛）如图所示，长为L的光滑平台固定在地面上，平台中央放有小物体A和B，两者彼此接触，物体A的上表面是半径R（R<<L）的半圆形轨道，轨道顶端距台面高度为h处有一小物体C。A、B、C的质量均为m，现物体C从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A、C始终保持接触，试求： （1）物体A和B刚分离时，物体B的速度。 （2）物体A和B分离后，物体C能达到距台面的最大高度。 （3）判断物体A从平台的左边还是右边落地，并粗略估算物体A从与物体B分离后到离开台面所经历的时间。 15．（2011·全国竞赛）某空间站绕地球做圆周运动，轨道半径为。一人造地球卫星在同一轨道平面内做圆周运动，轨道半径为，和均沿逆时针方向运行。现从空间站上发射一飞船（对空间站无反冲）前去回收该卫星，为了节省燃料，除了短暂的加速或减速变轨过程外，飞船在往返过程中均采用同样形状的逆时针椭圆转移轨道，作无动力飞行。往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面内，且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上，如图所示。已知地球半径为，地球表面重力加速度为。试求： （1）飞船离开空间站进入椭圆转移轨道所必须的速度增量，若飞船在远地点恰好与卫星相遇，为了实现无相对运动的捕获，飞船所需的速度增量。 （2）按上述方式回收卫星，飞船从发射到返回空间站至少需要的时间，空间站至少需要绕地球转过的角 16．（2013·全国竞赛）太空中有一飞行器靠其自身动力维持在地球赤道的正上方处，相对于赤道上的一地面物资供应站保持静止。这里，为地球的半径，为常数，，而，和分别为地球的质量和自转角速度，G为引力常数。设想从供应站到飞行器有一用于运送物资的刚性、管壁匀质、质量为的竖直输送管。输送管下端固定在地面上，并设法保持输送管与地面始终垂直。推送物资时，把物资放入输送管下端的平底托盘上，沿管壁向上推进，并保持托盘运动速度不致过大。忽略托盘与管壁之间的摩擦力，考虑地球的自转，但不考虑地球的公转。设某次所推送物资和托盘的总质量为m。 （1）在把物资从地面送到飞行器的过程中，地球引力和惯性离心力做的功分别是多少？ （2）在把物资从地面送到飞行器的过程中，外推力至少需要做多少正功？ （3）当飞机离地面的高度（记为）为多少时，在把物资送到飞行器的过程中，地球引力和惯性离心力所做功的和为零？ （4）如果适当地控制飞行器的动力，使飞行器在不输送物资时对输送管的作用力恒为零，在不输送物资的情况下，计算当飞行器离地面的高度为时，地面供应站对输送管的作用力；并对，，三种情形，分别给出供应站对输送管道的作用力的大小和方向。 17．（2016·全国竞赛）蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程，现将一长为L、质量为m、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另—端系一质量为M的小物块（模拟蹦极者）；假设M比m大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为g。 （1）求蹦极者从静止下落距离y（y<L）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。 （2）求蹦极者从静止下落距离y（y<L）时，绳在其左端悬点b处张力的大小。 18．（2007·全国竞赛）如图所示，有一固定的、半径为a、内壁光滑的半球形碗（碗口处于水平位置），O为球心．碗内搁置一质量为m、边长为a的等边三角形均匀薄板ABC．板的顶点A位于碗内最低点，碗的最低点处对A有某种约束使顶点A不能滑动（板只能绕A点转动） （1）当三角形薄板达到平衡时，求出碗对顶点A、B、C的作用力的大小各为多少？ （2） 当板处于上述平衡状态时，若解除对A点的约束，让它能在碗的内表面上从静止开始自由滑动，求此后三角形薄板可能具有的最大动能。 19．（2007·全国竞赛）缓冲器是用来减少车辆间冲击作用的一种装置，下图所示是一种常用的摩擦缓冲器的断面简化示意图。图中是缓冲器的弹簧盒。和是两块完全相同的、截面为梯形的楔块，两楔块上、下对称放置，左、右端分别与垫板、相接触，楔块的斜面与水平面的夹角均为。是劲度系数为的弹簧，两端分别与、固连。是劲度系数为的弹簧，一端与固连，另一端与弹簧盒的壁固连。楔块、与各接触面之间均可滑动，动摩擦因数均为。工程上用吸收率来表示缓冲器性能的优劣。测定吸收率时，将缓冲器的右侧固定，左侧用实验车由左向右撞击垫板。在压缩阶段，在冲击力作用下，缓冲器的弹簧被压缩至最紧（但未超过弹性限度）时，加在上的外力做功；在弹簧恢复的过程中，缓冲器反抗外力做功。定义吸收率为，吸收率越大，则缓冲器性能越好。已知某一种摩擦缓冲器的参数为，，，。由于技术上的需要，各弹簧在组装时就已处于压缩状态，的压缩量为。的压缩量为。弹簧可以在外力作用下再压缩的最大量为。若弹簧、楔块和垫板的质量均可视为零，试计算该缓冲器的吸收率。 20．（2007·全国竞赛）一质量为m的小球与一长为l的细绳组成一单摆，现将此单摆从与竖直线成的位置静止释放，在摆动的途中，摆绳为一小木柱所阻。木桩与摆的悬挂点相距r，两者的连线与竖直线成β角，如图所示。 （1）若摆绳为小木桩所阻后，小球在继续上升过程中摆绳发生弯曲。试求出在此情况时，r、l、β与α之间应满足的关系式。 （2）若将单摆从适当的α角位置处静止释放，摆绳为小木桩所阻后，小球能击中小木桩，试求此α值（将结果以cosα的形式表示之）。 试卷第14页，共15页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年物理竞赛能力培优精练 专题14 功能原理与机械能守恒定律 1．（2024·全国竞赛）质量为M的三角楔子置于水平无摩擦的地面上，将质量为m的木块放在楔子上，如图所示，木块和楔子之间没有摩擦力，系统从静止状态释放，给定和。 (1)三角楔子加速度的大小（　　） A． B． C． D． E．0 (2)若当木块滑到地面时，楔子相对地面的速度为1m/s，木块在楔子上离地面的初始高度（假设木块为无体积的重点）（　　） A． B． C． D． E． 【答案】(1)B (2)E 【详解】（1）三角楔子和木块的受力分别如图所示 以为对象，根据牛顿第二定律可得三角楔子加速度大小为 三角楔子和木块在垂直斜面方向的分加速度相同，则有 以为对象，有 其中 ， 联立可得 ，， 故选B。 （2）若当木块滑到地面时，楔子相对地面的速度为，则此过程所用时间为 以物块为对象，物块沿斜面方向的分加速度为 则物块的加速度大小为 木块滑到地面时的速度大小为 根据系统机械能守恒可得 代数数据解得 故选E。 2．（2024·江西竞赛）智能呼啦圈可以提供全面的数据记录，让人合理管理自己的身材。如图甲，腰带外侧带有轨道，将带有滑轮的短杆穿入轨道，短杆的另一端悬挂一根带有配重的轻绳， 其简化模型如图乙所示。可视为质点的配重质量为0.4kg，轻绳长为0.4m，悬挂点P 到腰带中心点 O的距离为 0.26m， 配重随短杆做水平匀速圆周运动，绳子与竖直方向夹角为θ，运动过程中腰带可视为静止，重力加速度 g 取 10m/s²， sin=0.6， 下列说法错误的是（  ） A．若增大转速，腰带受到的合力不变 B．θ随配重角速度增大而增大 C．当θ稳定在时，配重的角速度为 rad/s D．在配重角速度缓慢增加的过程中，绳子对配重不做功 【答案】D 【详解】A．运动过程中腰带可看作静止，处于平衡状态，则腰带受到的合力始终为零，故A正确，不符合题意； B．对配重，由牛顿第二定律有 解得 由 可知角速度增大时θ也增大，故B正确，不符合题意； C．当θ稳定在时，配重的角速度为 rad/s，故C正确，不符合题意； D．由B中公式可知，当稳定在53°时，角速度大于稳定在37°时的角速度，配重圆周半径也增大，速度增大，动能增大，同时高度上升，重力势能增大，所以机械能增大；由功能关系，由37°缓慢增加到53°的过程中，绳子对配重做的功等于配重机械能的增加量，所以功为正值，做正功，故D错误，符合题意。 故选D。 3．（2024·江苏淮安竞赛）排球比赛中，运动员在A处水平发球，对方一传在 B处垫球过网，排球经最高点C运动到D处，轨迹如图所示。已知A与C、B与D分别在同一水平线上，A、D在同一竖直线上。 不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）    A．排球从A运动到B的时间与从 B运动到D的相等 B．排球在 A点的动能与在 C点的动能相等 C．对方一传击球前后排球的机械能相等 D．发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功 【答案】D 【详解】A．排球从A点水平抛出的做平抛运动，由 得运动时间为 故排球从B运动到D的时间是从 A运动到B的时间的2倍，故A错误； B．将排球从B到C的斜上抛运动由逆向思维法可看成从C到B的平抛运动，则由A到B和C到B的平抛运动比较，运动高度相同，则运动时间相同，但从A点抛出的小球水平位移更大，故排球在 A点的动能比在 C点的动能大，故B错误； C．对方一传击球前后除重力对排球做功外，对方一传也对排球做功，排球的机械能不相等，故C错误； D．根据动能定理，发球员对排球做的功 对方一传对排球做的功等于排球机械能的变化量，对方一传对排球做的功 所以发球员对排球做的功大于对方一传对排球做的功，故D正确。 故选D。 4．（2024·浙江温州期中）如图所示，小球甲在真空中做自由落体运动从高度为的位置下落到高度为的位置。另一同样的小球乙在油中由静止开始也从高度为的位置下落到高度为的位置。在这两种情况下，下列说法正确的是（　　） A．甲乙两球的重力势能变化量相等 B．甲球的末机械能小于乙球 C．甲球的平均速度小于乙球 D．甲球的重力平均功率小于乙球 【答案】A 【详解】A．在这两种情况下，重力做功相等，两球重力势能的变化量相同，故A正确； B．两球初机械能相等，其中甲球在运动过程中只有重力做功，机械能不变；乙球在油中运动时，除了重力做功，油的阻力对乙球做负功，其机械能减小，故B错误； C．甲球做自由落体运动，加速度为重力加速度，而乙球运动过程中，由于还受到油的阻力，乙球的加速度小，而两球向下运动的位移相同，则甲球运动的时间更短，甲球的平均速度大于乙球的平均速度，故C错误； D．甲乙两球重力所做的功相同，甲球用时更短，因此甲球重力的平均功率更大，故D错误。 故选A。 5．（2023·四川成都竞赛）如图，两个小朋友玩跷跷板游戏，O点为跷跷板的支点，A、B为跷跷板的两端，。开始时小女孩坐在跷跷板的A端，此时A端恰好着地。接着体重大于小女孩的小男孩轻坐在B端，经过一段时间后跷跷板处于水平位置。不计一切阻力和跷跷板的质量，两个小朋友均可视为质点。在这个过程中，下列说法正确的是（  ） A．小女孩的机械能守恒 B．两个小朋友和地球组成的系统机械能守恒 C．跷跷板对小男孩做正功 D．小男孩重力势能的减少量等于小女孩重力势能的增加量 【答案】B 【详解】B．由于不计一切阻力和跷跷板的质量，对两个小朋友和地球组成的系统只有重力做功，系统机械能守恒，故B正确； AC．此过程中，小女孩重力势能增加，动能也增加，小女孩机械能增加，则小男孩机械能减少，跷跷板对小女孩做正功，对小男孩做负功，故AC错误； D．对两个小朋友和地球组成的系统，小男孩重力势能的减少量等于小女孩重力势能的增加量与系统的动能增加量之和，故D错误。 故选B。 6．（2020·四川攀枝花竞赛）一质量为M的光滑大圆环用细绳挂在天花板上。两个质量同为m的小圆圈从环顶由静止开始同时向两边下滑，已知质量比。 （1）当细绳张力时圆圈位置的余弦函数满足方程（　　） A． B． C． D． E． F． （2）参量K的取值范围为（　　） A． B． C． D． E． F． （3）当小圆圈的质量m是大圆环质量M的2倍且细绳张力时，圆圈位置（　　） A． B． C． D． E． F． 【答案】（1）E （2）C （3）DE 【解析】（1）设两小圆圈滑至某位置，绳子的张力为零时，对大圆环受力分析，设小圆圈对大圆环的弹力大小为，根据平衡条件可得 隔离其中一个小圆圈受力分析，根据牛顿第二定律，可得 其中 联立以上式子求得 把，代入上式，求得 故选E。 （2）根据上面的分析，绳子的张力要等于零，向心力一定要大有小圆圈重力在向心加速度的方向的分力，故有 解得 同时，当小圆环运动到下半圈时，向心加速度向上，属于超重，绳子的张力不可能为零，所以 综合可得 也就是K要保证一元二次方程在［］上有解。 根据一元二次方程有解的要求 根据抛物线的特点一元二次方程在［］上有解，那就一定是由两个正解，故有 （此处也可以根据质量一定是大于等于零的，故K必须大于等于零） 综合可得 故选C。 （3）m是M的两倍，故 ，代入方程有 解方程可得 也就是 故选DE。 7．（2007·全国竞赛）如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的A、B是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l =R的矩形薄片的两端。初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A、B皆与圆筒内表面接触。已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1。现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A逐渐升高。 （1）矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ （2）如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。令θ表示A的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动。（要求在卷面上写出必要的推导过程。最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。） 【答案】（1）48.2°；（2）54.9 ° 【详解】（1）90 ° （2）当矩形物处于竖直位置即θ = 0° 时，B不会滑动，矩形物静止。当圆筒缓慢转动使θ刚超过0° 时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动。假定B仍不动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆周运动。圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为                                  （1） 这里v 表示A的速度。T是刚性薄片对A的作用力，规定其方向从B到A为正。根据能量守恒，有                               （2） 联立（1）、（2）式，得                 T = mg （ 3cosθ-2 ）                 （3） 如果令 T = 0，可得 显见，θ ＜48.2° 时，作用力是径向正向，对A是推力；θ > 48.2° 时，作用力是径向反向，对A是拉力。 现在再来看前面被假定不动的B是否运动。我们可以在B处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30° 夹角。因为假定B不动，其加速度为零，所以B在垂直于切面方向的受力方程为 f⊥-mgcos30°-Tcos （ 30°-θ ） = 0              （4） 这里f⊥ 是圆筒内壁对B的支持力。由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B不动，则f⊥ 必将始终不等于零，这就是说，在B开始滑动以前，B不会离开筒壁。B对筒壁的正压力是f⊥ 的反作用力，大小和f⊥ 相同。式中的T是刚性薄片对B的作用力，它和（1）式中的T大小相等（因薄片质量不计）。由于μ =1，所以最大静摩擦力fmax 的大小就等于正压力。 fmax = μf⊥ = mgcos30° + Tcos （ 30°-θ ）             （5） 其方向是沿切面方向。沿切面方向除摩擦力外，B还受到其他力 f∥ = mgsin30° + Tsin （ 30°-θ ）                   （6） 只要f∥ 不大于最大静摩擦力，B就不滑动。这个条件写出来就是 f∥ ≤ fmax                                    （7） B滑动与否的临界点就应由f∥ = fmax 求出，即 mgcos30° + Tcos （ 30°-θ ） = mgsin30° + Tsin （ 30°-θ ）    （8） 将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程             （9） 这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得 θ = 54.9 °                                （10） θ 超过此值，B将开始滑动。 8．（2024·北京顺义期末）如图所示，某探究小组设计了一个自动接球机，只能接住水平发射的小球。接球装置K的接球口可以通过电脑程序控制水平轴电机和竖直轴电机的运动移动到xOy平面的任意位置。接球装置K是一个内径略大于小球直径，一端开口另一端封闭的圆筒，圆筒内部封闭端固定一轻质弹簧，弹簧长度小于圆筒长度，内壁安装有阻力恒定的阻尼装置。在О点放置一个速度传感器，可以测出从О点水平发射小球的速度，重力加速度为g。 （1）保证小球每次都能进入接球装置K的接球口，竖直轴电机的位移y和水平轴电机的位移x之间应满足的关系； （2）接球装置K的圆筒与水平方向的夹角θ可以通过程序控制进行调整，甲同学认为当，时接球效果好，乙同学认为当，时接球效果好。你同意谁的观点，简要说明理由。 （3）一次试验中小球（可视为质点）经过轻质弹簧反弹后刚好到达接球口处时的速度为0。已知小球的质量m=0.1kg，通过О点时的速度=3m/s，接球口的纵坐标为y=0.8m，接球装置K的圆桶与水平方向的夹角θ=53°，阻尼装置始终对小球有阻力作用，阻力f=6.25N，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，不考虑其它阻力。求轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能Epm。 【答案】（1）（2）甲同学的观点正确，理由见详解（3） 【详解】（1）为保证小球每次都能进入接球装置K的接球口，则由平抛规律可知 联立可得，竖直轴电机的位移y和水平轴电机的位移x之间应满足的关系为 （2）同意甲同学的观点，该接球机只能接住水平发射的小球，为保证接球效果最好，可使球到达入口时速度方向与接球机的方向一致，则由平抛规律可知 所以，当时，接球效果好，故甲同学的观点正确。 （3）由接球口的纵坐标为，可知小球到达入口时竖直速度为 又因为小球通过О点时的速度，可知 由运动的合成知识可知小球到达入口时的速度为 小球经过轻质弹簧反弹后刚好到达接球口处时的速度为0，由动能定理可知，在接球机中小球克服阻力做功为 则由功能关系可知，小球从入口到弹簧被压缩到最短时有 所以轻质弹簧被压缩至最短时的弹性势能为 9．（2022·全国竞赛）如图所示，静置于光滑平面的一质量为 的物体上有一个向下凹陷的旋转椭球面。其竖直方向截面的椭圆的半长轴为b，半短轴为a。在其边缘从静止释放一个质量为m的小球。忽略所有可能的摩擦。 （1）当小球从静止释放后相对地面的位移为x的时候，求小球相对于地面的速度大小。 （2）请接着求出小球的加速度。 【答案】（1）；（2） 【详解】考虑小球向右的水平位移为q，椭圆坑向左的水平位移为 考虑到水平方向上动量守恒 所以我们可以得到小球相对地面的运动轨迹方程 继续考虑水平方向动量守恒 同时考虑到系统机械能守恒 又同时考虑到速度方向总是沿着切线 联立后就得到 #6 其中 显然 所以 考虑到 又有 带入后得到 10．（2022·全国竞赛）在足够粗糙的水平面上放置有一质量为M，半径为R的圆筒，圆筒的内表面光滑。考虑圆筒内放置一个质量为2m的匀质刚性折杆，折杆的夹角为。折杆的两边长度都和圆筒半径相等。 （1）若初态折杆端恰好位于同一竖直线上，且系统初态静止；试求系统释放后瞬间折杆角加速度，试求释放后当边恰好达到竖直时折杆的角速度； （2）若初态折杆端恰好位于同一水平线上，且系统静止。此时对折杆施加微小扰动，试求系统振动频率 【答案】（1），；（2） 【详解】（1）我们假设连线和水平方向的夹角为，则系统势能（当然忽略了圆筒的） 其中是折杆质心到圆心的距离 折杆相对质心的转动惯量是易得的 记圆筒在水平方向的速度为，考虑到题设中的条件，那么圆筒会在地面上作纯滚运动 于是圆筒的角速度 又有折杆质心水平方向速度 折杆质心竖直方向分速度 考虑圆筒和地面之间摩擦力为， 考虑动力学公式 质心运动定理 再考虑纯滚条件 再考虑机械能守恒，联立后得到 考虑该小问的设置 于是 系统总机械能 联立后可以得到 显然有当边竖直的时候 那么 （2）显然作小量近似后就可得到 那么得到 11．（2017·全国竞赛）某根水平固定的长滑竿上有n(n≥3)个质量相同的滑扣(即可以滑动的圆环)，每相邻的两个滑扣(极薄)之间有不可伸长的柔软轻质细线相连，细线长度均为L，滑扣在滑竿上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑竿正压力大小的μ倍．开始时所有滑扣可近似地看成挨在一起(但未相互挤压)；今给第1个滑扣一个初速度使其在滑竿上开始向左滑行(平动)；在滑扣滑行的过程中，前、后滑扣之间的细线拉紧后都以共同的速度向前滑行，但最后一个(即第n个)滑扣固定在滑竿边缘．已知从第1个滑扣开始的(n一1)个滑扣相互之间都依次拉紧，继续滑行距离l(0<l<L)后静止，且所有细线拉紧过程的时间间隔极短．求： （1）滑扣1的初速度的大小； （2）整个过程中克服摩擦力所做的功； （3）整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总动能损失． 【答案】（1）  （2）（3） 【详解】（1）为普遍起见，设两个物体质量分别为m1和m2，初速度分别为v1和0，发生完全非弹性碰撞后共同速度为v，则碰前的动能 E=    ① 由于细绳拉紧前后时间间隔极短，可以忽略摩擦阻力，故前后动量守恒，有 m1v1=(m1+m2)v  ② 碰后的动能之和(即系统剩余动能)为 E′=    ③ 由①②③式得 E′=   ④ 此式为后续计算的通式，后续计算特别简单，因为质量相等 损失的动能为 ΔE=E－E′= 设第1个滑扣以速度v10开始运动 E0=    ⑤ 在第1个滑扣滑动距离L、第1与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 E1f=E0－μmgL      ⑥ 在第1个滑扣与第2个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式) E20==    ⑦ 在第1、2个滑扣共同滑动距离L、第2与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 E2f=E20－2μmgL== ⑧ 在第2个滑扣与第3个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬前，系统剩余动能为(根据④式) E30==    ⑨ 在第1、2、3个滑扣共同滑动距离L、第3与第4个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为  E3f=E30－3μmgL=－3μmgL= ⑩ …… 依次类推，在第k个与第k+1个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 Ekf== =    1≤k≤n－2 于是，在第(n－2)个与第(n－1)个滑扣之间的细绳刚拉紧前的瞬间，系统剩余动能为 E(n－2)f =    ⑾ 在第(n－2)个与第(n－1)个滑扣之间的细绳刚拉紧后的瞬间，系统剩余动能为 E(n－1)0= =     ⑿    (可类比⑦、⑨，并代入⑾得到) 由⑾知，E(n－2)f>0 >0 E(n－1)f<0 <0， 得 <E0< 本式题目中没有要求的，相当于给出了待求量的定义域 则从第1个滑扣开始的(n－1)个滑扣都依次拉紧，且可继续滑行距离l(0<l<L)后静止．因而有 E(n－1)0= =(n－1) μmgl    (因为要继续滑行距离l)     ⒀ 由⑤⒀得滑扣1的初速度的大小 v10 （2）整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=μmgL+μ(2m)gL+μ(3m)gL+……+μ[(n－2)m]gL+μ[(n－1)m]gl= （3）在整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的总能量损失为 12．（2013·全国竞赛）质量均为m的小球1和2由一质量可忽略、长度为l的刚性轻杆连接，竖直地靠在墙角，如图所示。假设墙和地面都是光滑的。初始时给小球2一个微小的向右的初速度。问系统在运动过程中，当杆与竖直墙面之间的夹角等于何值时，小球1开始离开墙面？ 【答案】 【详解】如图， 在小球1未离开竖直墙面之前，杆与竖直墙面之间夹角为时，小球1的坐标为 ，，（1） 小球2的坐标为 ，。（2） 小球1的速度为 ，，（3） 式中是杆的转动角速度。小球2的速度为 ，。（4） 由机械能守恒，有 。（5） 由上式得 。（6） 这里考虑到随着时间t的增加，变大，因此，从而舍去负根。 系统质心c的x坐标为 。（7） 质心速度的x分量为 。（8） 质心加速度的x分量为 。（9） 由（6）式得 。（10） 在得到上述结果时又利用了（6）式。把（6）、（10）式代入（9）式，得 。（11） 设竖直墙面对小球1的正压力为T，质心c在x方向的运动满足 。（12） 由（12）式可知，当时， ，（13） 小球1开始离开竖直墙面。由（11）式得，小球1开始离开竖直墙面时，夹角满足方程 。（14） 方程（13）的一个解满足，故，此角度对应初始位置；方程（13）的另一个解满足， 故 。（15） 此即小球1开始离开竖直墙面时杆与竖直墙面之间的夹角。 13．（2007·全国竞赛）有5个质量相同、其大小可不计的小木块1、2、3、4、5等距离地依次放在倾角的斜面上（如图）。 斜面在木块2以上的部分是光滑的，以下部分是粗糙的，5个木块与斜面粗糙部分之间的静摩擦因数和动摩擦因数都是。开始时用手扶着木块1，其余各木块都静止在斜面上。现在放手，使木块1自然下滑并与木块2发生碰撞，接着陆续发生其他碰撞。假设各木块间的碰撞都是完全非弹性的。求取何值时木块4能被撞而5不能被撞。 【答案】或 【详解】此题从动能的角度来讨论比较简捷。什么时候由于完全非弹性碰撞而结成一体的木块的动能变成零，木块即停止在斜面上。 先求出质量为、速率为的质点与质量为的静止质点做完全非弹性碰撞而结成一体后剩余的动能。设为结成一体后的速率，根据动量守恒定律         ① 碰撞后体系剩余的动能为         ② 令表示原来的动能，则上式可写成         ③ 现在讨论本题中木块碰撞后结合体的动能。在木块下滑时，势能的减少使其动能增加，而摩擦损耗又使动能减少。设各木块相距为（木块的大小不计），则木块1与2相碰之前，其动能为 两者刚碰上结成一体后，动能为     ④ 1、2结合体与木块3相碰之前，动能为 其中。相碰之后动能为     ⑤ 依次可得1、2、3结合体与木块4相碰之前动能为 若此结合体与木块4能相碰（即木块4能被撞），必须符合条件：     ⑥ 在这种情况下，两者刚相碰之后的1、2、3、4结合体的动能为     ⑦ 若要这结合体不能与木块5相碰（即木块5不能被撞），必须符合条件：     ⑧ 由条件⑥与⑧式可得 ，即    ⑨ ，即    ⑩ ⑨、⑩式可合写成 但 故必须满足的条件为 或 14．（2007·全国竞赛）如图所示，长为L的光滑平台固定在地面上，平台中央放有小物体A和B，两者彼此接触，物体A的上表面是半径R（R<<L）的半圆形轨道，轨道顶端距台面高度为h处有一小物体C。A、B、C的质量均为m，现物体C从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A、C始终保持接触，试求： （1）物体A和B刚分离时，物体B的速度。 （2）物体A和B分离后，物体C能达到距台面的最大高度。 （3）判断物体A从平台的左边还是右边落地，并粗略估算物体A从与物体B分离后到离开台面所经历的时间。 【答案】（1），方向向右；（2）；（3）左边， 【详解】由题意R<<L，所以下面的解答中，都是设物体尚未离开平台。 1．在物体C下滑的过程中，C对A的作用力沿水平方向的分力是向右的，推动A和B一起向右加速运动。当C到达轨道的最低位置时，C对A的作用力的水平分力为零，这时A、B向右运动的速度达到最大。继续下去，C对A的作用力的水平分力将开始向左，A将开始做减速运动，从而和B分离。由此可知，当C滑到轨道最低位置时，A、B开始分离。这时A、B向右运动，由动量守恒可知C是向左运动的。设用、、分别表示三者此时速度的大小，根据动量守恒和能量守恒可知 且有= 由以上各式联立，可解得 方向向右。 2．A、B分离后，B的动量为，方向向右。当C达到最高点时，A、C两物体无相对运动，具有同样大小的速度，方向向左。根据动量守恒可知 即           ① 用l表示C距台面的最大高度，根据能量守恒可知        ② 由①、②两式可解得 3．在（2）中已分析过，A、C两物体的总动量的方向是向左的，所以A从平台的左边落地，由于R<<L，因此，在讨论A、C在平台上滑动的距离和时间时，可粗略地把它们看成一个物体，具有向左的速度，而且原来处于平台的中央，即距左端处，所以经历的时间t为 本题是联合运用动量守恒定律和能量守恒定律的问题。由于题中涉及一个变力（A与C的相互作用力），所以中学生无法在全部时间内解决此题。解此题的技巧就在于选择几个特定时刻（开始，C在最下及C将脱离）找到一些关系。 15．（2011·全国竞赛）某空间站绕地球做圆周运动，轨道半径为。一人造地球卫星在同一轨道平面内做圆周运动，轨道半径为，和均沿逆时针方向运行。现从空间站上发射一飞船（对空间站无反冲）前去回收该卫星，为了节省燃料，除了短暂的加速或减速变轨过程外，飞船在往返过程中均采用同样形状的逆时针椭圆转移轨道，作无动力飞行。往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面内，且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上，如图所示。已知地球半径为，地球表面重力加速度为。试求： （1）飞船离开空间站进入椭圆转移轨道所必须的速度增量，若飞船在远地点恰好与卫星相遇，为了实现无相对运动的捕获，飞船所需的速度增量。 （2）按上述方式回收卫星，飞船从发射到返回空间站至少需要的时间，空间站至少需要绕地球转过的角 【答案】（1）735m/s；（2）981° 【详解】1. 设空间站和卫星的速度大小分别为和，则由牛顿引力定律得             （1）             （2） 式中，和分别是飞船和地球的质量，和分别是地球表面上的某一物体的质量和重力加速度，由（1）和（2）式得             （3） 同理有             （4） 飞船进入椭圆转移轨道后，其机械能为             （5） 式中，是椭圆轨道的长轴。由几何关系有             （6） 设飞船在近地点和远地点处的速度大小分别为和，则         （7） 由（1）和（7）式得         （8） 同理，有             （9） 由（3）、（8）式和题给条件得         （10） 由（4）、（9）式和题给条件得         （11） 2． 设空间站、卫星和飞船的运动周期分别为、和，根据开普勒第三定律有             （12） 式中             （13） 飞船从到过程所用的时间为             （14） 经时间和无相对运动的捕获后，飞船和卫星同时到达远地点并开始以相同速率和半径做圆周运动，此时空间站绕地球转过角度，位置如图1所示，且             （15） 可见，飞船经历了椭圆轨道半个周期后，空间站相对于飞船超前了             （16） 如果想选择一个合适的时刻，开始使捕获了卫星的飞船经短暂减速后，沿同样形状的椭圆轨道在近地点和空间站相遇，如图2所示；则与飞船必须处于这样的相对位置，即空间站须超前飞船 ，        （17） 设从飞船捕获了卫星时刻算起，经时间后运动到上述相对位置，则应满足         （18） 由（3）、（12）、（13）、（15）、（17）和（18）式得         （19） 由（3）、（12）、（13）、（14）和（19）式得，飞船从发射到返回空间站至少需要的时间为     （20） 空间站绕地球转过的相应的角度为         （21） 16．（2013·全国竞赛）太空中有一飞行器靠其自身动力维持在地球赤道的正上方处，相对于赤道上的一地面物资供应站保持静止。这里，为地球的半径，为常数，，而，和分别为地球的质量和自转角速度，G为引力常数。设想从供应站到飞行器有一用于运送物资的刚性、管壁匀质、质量为的竖直输送管。输送管下端固定在地面上，并设法保持输送管与地面始终垂直。推送物资时，把物资放入输送管下端的平底托盘上，沿管壁向上推进，并保持托盘运动速度不致过大。忽略托盘与管壁之间的摩擦力，考虑地球的自转，但不考虑地球的公转。设某次所推送物资和托盘的总质量为m。 （1）在把物资从地面送到飞行器的过程中，地球引力和惯性离心力做的功分别是多少？ （2）在把物资从地面送到飞行器的过程中，外推力至少需要做多少正功？ （3）当飞机离地面的高度（记为）为多少时，在把物资送到飞行器的过程中，地球引力和惯性离心力所做功的和为零？ （4）如果适当地控制飞行器的动力，使飞行器在不输送物资时对输送管的作用力恒为零，在不输送物资的情况下，计算当飞行器离地面的高度为时，地面供应站对输送管的作用力；并对，，三种情形，分别给出供应站对输送管道的作用力的大小和方向。 【答案】（1），；（2）；（3）；（4）见解析 【详解】1.当物资（包括托盘，以下类似）m距地心r处时，物资m与地球系统的引力势能和物资m受到的由于地球自转引起的惯性离心力分别为 ，。（1） 这里已取由地心向外的方向为力的正向。先计算地球引力对物资m所做的功。当物资m分别在供应站和飞行器处时，物资m与地球系统的引力势能为 ，。（2） 由功能原理，地球引力对物资m所做的功为 。（3） 再计算惯性离心力对物资m所做的功。由于惯性离心力与r成正比，可用物资在供应站处的惯性离心力和物资在飞行器处的惯性离心力的平均值来计算惯性离心力的功。于是 。（4） 2．物资离开供应站后，地球吸引力变小而惯性离心力变大。当惯性离心力大于地球吸引力时，就不再需要推动物资做功了。因此，需要外力做正功的路程为从出发点到地球吸引力等于惯性离心力之处。令为地球吸引力等于惯性离心力之处到地心的距离，则有 ， 或。（5） 物资到处时，地球引力所做的功为 ，（6） 惯性离心力所做的功为 。（7） 因此，为了把物资从供应站推送到飞行器，外推力至少需要做的正功为 。 这里，利用了（5）式。再将（5）式代入上式得 。（8） 3．令（3）式和（4）式之和等于零，则有 ， 即 ，（9） 其解为 。（10） 舍去的负根并令 ，（11） 则飞行器到地面的距离为 。（12） 4．为求供应站对输送管的作用力，先计算在输送管向下运动无限小距离过程中，地球引力、惯性离心力、地面供应站对输送管作用力所做的功。由于输送管处于平衡状态，因此这三个力对任何无限小位移所做功的和为零。为计算地球引力、惯性离心力所做的功，可以把输送管向下运动无限小距离想象成输送管最上面无限小的一段（质量为）无限缓慢地移动到最下面。在此过程中地球引力和惯性离心力所做的功可从类似于上面（3）式和（4）式中的结果求出。这一无限小的一段在距地心r处时，地球引力势能和惯性离心方分别为 ，。（13） 在输送管最上面无限小的一段无限缓慢地移动到最下面的过程中，地球引力所做的功为 ，（14） 惯性离心力所做的功为 。（15） 取供应站对输送管的作用力向下为正向。在输送管向下运动无限小距离过程中，所做的功为 。（16） 由，有 。（17） 于是， 。（18） 若，则供应站对输送管作用力的方向向上。 为便于讨论、、三种情形，将（18）式改写为 。（19） 式中，由（10）式给出，由（11）式给出。 对于，亦即，供应站对输送管作用力的大小由（18）式或（19）式给出，方向向下。对于，亦即，由（19）式有 。（20） 对于，亦即，由（19）式可知。在此情形下，供应站对输送管作用力的大小为 。（21） 方向向上。 17．（2016·全国竞赛）蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程，现将一长为L、质量为m、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b，绳的另—端系一质量为M的小物块（模拟蹦极者）；假设M比m大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为g。 （1）求蹦极者从静止下落距离y（y<L）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。 （2）求蹦极者从静止下落距离y（y<L）时，绳在其左端悬点b处张力的大小。 【答案】（1），或，，；（2） 【详解】（1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。因而，虽然绳的弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势能，即 ① 式中，而是绳的质量，L是绳的原长。蹦极者下落距离y时，系统的动能为 ② 式中，M是蹦极者的质量，v是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重力势能为 ③ 而此时静止的那段绳的重力势能为 ④ 由②③④式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为 ⑤ 按题意，不考虑可能的能量损失，有         ⑥ 由①②③④⑤⑥式得 ⑦ 将⑦式两边对时间求导得 ⑧ 将代入⑧式得，蹦极者加速度大小为 或 ⑨ 在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为 ⑩ 由⑨式有 ⑾ 加速度大小的上限为 ⑿ （2）解法（一）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t+dt下落到离起始水平面距离y+dy处。考虑时刻t绳底端右边长度为dy/2的一小段绳，它在时刻t+dt静止于绳底端左边，如图所示。在这个过程中，在整直方向上，对这一小段绳应用冲量定理有 ⒀ 式中F1和F2分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻t张力的大小。 另一方面，对于右边正在下落的那段绳，由牛顿第二定律有 ⒁ 联立⑤⑥⒀⒁式得 ⒂ 由⒀⒂式得 ⒃ 取dy→0，绳在其上端悬点b处的张力大小为 ⒄ 由⑩⒄式得 ⒅ 解法（二）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t+dt下落到离起始水平面距离y+dy处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为 ⒀ 外力的冲量为 ⒁ 由动量定理 I=dp       ⒂ 并利用 可得 ⒃ 对右边那段绳应用牛顿第二定律有 这里利用了解法（一）的⒃式。将上式代入1⒃式，并取取dy→0得 ⒄ 由⑩⒄式得 ⒅ 解法（三）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t+dt下落到离起始水平面距离y+dy处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为 ⒀ 外力的冲量为 ⒁ 由动量定理 I=dp       ⒂ 并利用 可得 ⒃ 利用⑨式，⒃的式成为 ⒄ 式中右端己取dy→0。由⑦⒄式得 ⒅ 18．（2007·全国竞赛）如图所示，有一固定的、半径为a、内壁光滑的半球形碗（碗口处于水平位置），O为球心．碗内搁置一质量为m、边长为a的等边三角形均匀薄板ABC．板的顶点A位于碗内最低点，碗的最低点处对A有某种约束使顶点A不能滑动（板只能绕A点转动） （1）当三角形薄板达到平衡时，求出碗对顶点A、B、C的作用力的大小各为多少？ （2） 当板处于上述平衡状态时，若解除对A点的约束，让它能在碗的内表面上从静止开始自由滑动，求此后三角形薄板可能具有的最大动能。 【答案】（1）；；（2） 【详解】（1）因A点位于半球形碗的最低点，等边三角形薄板的BC边一定沿水平方向. 作连线OB和OC，因O为半球形碗的球心，A、B、C均在球面上，故有 （1） ABC是等边三角形， （2） 故OABC为正四面体，如图1所示. 三角形薄板所受的力有： （i） B、C处碗面对板的作用力NB和NC均垂直于碗面，指向球心O. 又由对称性可知， NB=NC（3） 它们的合力NBC沿∠COB的角平分线DO的方向，其大小为 （4） DO的长度 （5） （ii） 重力FG的大小 FG=mg（6） 它作用于三角形ABC的重心G，G位于AD上，与A的距离 （7） 重力的方向与OA平行，该力位于OAD平面内，与OD相交. 用P表示其交点，则 （8） （iii） 设碗面在A点作用于薄板的约束力为NA，薄板（或可看成刚性正四面体OABC）在NBC、FG和NA三力作用下保持平衡，这三力应在同一平面内，且应共点，即NA应与FG和NBC都在OAD平面内，且应通过P点，如图2所示，在三角形ODA中 ， 设∠DOA=α，则 在三角形ADO中，由正弦定理，有 由此可得 ，（9） 设∠OAP=β，在三角形OPA中，由余弦定理得 由正弦定理得 即（10） FG、NBC和NA三力平衡，它们应形成封闭的三角形，如图3所示. 由正弦定理得 （11） 由（10）、（11）式和（3）、（4）、（6）各式得 （12） （13） 得（14） （2）解除对A点的约束后，A、B、C三顶点将从静止开始沿碗面滑动. 根据对称性可知，薄板处于水平位置时重心最低，从而重力势能最小. 根据机械能守恒定律，此时薄板的动能最大. 此时薄板的重心将移至O点正下方的G′点，如图4所示. 由几何关系并考虑到（7）式，G′ 相对碗最低点的高度. （15） A点被约束时薄板重心为G点，参阅图1，可知G点相对碗最低点的高度 （16） 由（7）和（9）式可得 （17） 由（15）、（17）两式可求得薄板从A点约束解除到处于水平状态过程中，其重心高度减少量的最大值，从而求出重力势能的减少量的最大值，最后即求得薄板具有的最大动能为 （18） 解法二 （1）当三角形薄板处于平衡状态时，根据对称性，必位于过B、C两点的水平圆面内，以O′ 表示此水平圆面的圆心，如图1所示. 碗内壁球面的球心为O，则O′ 以及A、O三点必位于同一条竖直线上. 由于B、C与球面接触处都是光滑的，球面对这两点的作用力都指向球面的球心O，令NB和NC分别表示这两个力的大小. 由对称性可知 NB=NC（1） 因球面的半径等于等边三角形的边长，三角形OAB和OBC都是等边三角形 （2） 把NB分解成沿竖直方向的分量NB⊥和位于水平面内的分量NB∥，则有 （3） （4） 同理有 （5） （6） NB∥与BO′ 平行，NC∥与CO′ 平行，都平行于以O′ 为圆心的水平圆面，可以把这两个力移到圆心为O′ 的水平圆面内，如图2所示. NB∥和NC∥的合力为N∥. 球面底部作用于三角形薄板的力NA也可分解成沿竖直方向的分量NA⊥和位于水平面内的分量NA∥. 当三角形薄板达到平衡时，有 （7） （8） 由图1可知，圆心为O′ 的水平圆面的半径R即线段是等边三角形OAB的高，故有 （9） 由图2得 （10） 由以上有关各式，（7）、（8）两式可写成 （11） （12） 当三角形薄板达到平衡时，作用于三角形的各力对BC边的力矩总和等于零. NB，NC通过BC边，对BC边无力矩作用，只有NA∥、NA⊥和重力mg对BC边有力矩作用. 平衡时有 （13） 由（9）、（10）式可知 （14） 把（14）式代入（13）式，得 （15） 由（11）、（12）和（15）及（1）式 （16） （17） （18） （19） （2）当解除对A点的约束，A、B、C三顶点将在球面内人静止开始滑动. 根据对称性可知，必有一时刻薄板处于水平位置，这时板的重心最低，重力势能最小，薄板具有的动能最大这动能来自薄板减少的重力势能. 在图1中三角形ADO′ 为直角三角形，一条直角边DO′ 位于水平位置，另一条直角边AO′ 位于竖直位置，根据题意及几何关系可知，三角形薄板的重心G位于斜边AD上，离A点的距离为，重心G的高度 （20） 当三角形薄板的三条边位于同一水平的圆面内时，三角形的重心G′ 与其三边所在圆面的圆心重合，如图3所示， 这时，三角形薄板重心G′ 的高度 （21） 薄板的最大动能 （22） 19．（2007·全国竞赛）缓冲器是用来减少车辆间冲击作用的一种装置，下图所示是一种常用的摩擦缓冲器的断面简化示意图。图中是缓冲器的弹簧盒。和是两块完全相同的、截面为梯形的楔块，两楔块上、下对称放置，左、右端分别与垫板、相接触，楔块的斜面与水平面的夹角均为。是劲度系数为的弹簧，两端分别与、固连。是劲度系数为的弹簧，一端与固连，另一端与弹簧盒的壁固连。楔块、与各接触面之间均可滑动，动摩擦因数均为。工程上用吸收率来表示缓冲器性能的优劣。测定吸收率时，将缓冲器的右侧固定，左侧用实验车由左向右撞击垫板。在压缩阶段，在冲击力作用下，缓冲器的弹簧被压缩至最紧（但未超过弹性限度）时，加在上的外力做功；在弹簧恢复的过程中，缓冲器反抗外力做功。定义吸收率为，吸收率越大，则缓冲器性能越好。已知某一种摩擦缓冲器的参数为，，，。由于技术上的需要，各弹簧在组装时就已处于压缩状态，的压缩量为。的压缩量为。弹簧可以在外力作用下再压缩的最大量为。若弹簧、楔块和垫板的质量均可视为零，试计算该缓冲器的吸收率。 【答案】74% 【详解】在压缩阶段，垫板受到外力的作用，楔块、向右运动而压缩弹簧和，在某一时刻，楔块的受力情况如图1（a）所示图中、、和分别表示、、、对的压力的大小，、、分别表示、和作用在上的滑动摩擦力的大小，方向如图所示。以和分别表示这一时刻弹簧和比未冲击时所增加的压缩量，则有 （1） （2） （3） （4） （5） （6） （7） 因为题中已假设、、、、、的质量均可视为零，而加速度又不可能为无限大，故图中作用于楔块的7个力的合力必为零。沿水平和竖直方向分别有 （8） （9） 由以上各式可得 （10） 在恢复阶段，模块向左运动，所受的摩擦力的方向与压缩阶段相反，其受力情况如图1（b）所示，这时有 （11） （12） 由（1）~（7）式和（11）、（12）式，并将（3）式中的外力改用表示，可得 （13） 在、、、和、已确定的情况下，（10）和（13）式中的第一项和第二项的系数均为常量，这表明或与成线性关系。可以把（或）看成是由一个恒力（或）和一个与成正比的变力（或）叠加而成的，即 （14） （15） 式中 （16） （17） （18） （19） 在由零增加到的过程中，力做的功为 （20） 在由减小到零的过程中，力做的功为 （21） 由（20）、（21）式及吸收率的定义可得 （22） 注意到（16）~（19）式，代入有关数据，可算出 （23） 20．（2007·全国竞赛）一质量为m的小球与一长为l的细绳组成一单摆，现将此单摆从与竖直线成的位置静止释放，在摆动的途中，摆绳为一小木柱所阻。木桩与摆的悬挂点相距r，两者的连线与竖直线成β角，如图所示。 （1）若摆绳为小木桩所阻后，小球在继续上升过程中摆绳发生弯曲。试求出在此情况时，r、l、β与α之间应满足的关系式。 （2）若将单摆从适当的α角位置处静止释放，摆绳为小木桩所阻后，小球能击中小木桩，试求此α值（将结果以cosα的形式表示之）。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）取单摆悬挂点为重力势能的零点，由单摆在摆动过程中机械能守恒可列出下式 ① v为小球的速度。摆绳为小木桩所阻后，小球绕小木桩做圆周运动，其运动方程为 ② T为摆绳的张力，θ是摆绳与竖直向下方向的夹角。由①式 代入②式得 当T=0时，摆绳将发生弯曲，由此条件可得 ③ 所以有 ④ 由于只当时绳方会发生弯曲，故有 即 由此得r、l和β、α间应满足的条件为 ⑤ （2）设时小球下落恰好击中小木桩（如图），则有 ⑥ ⑦ 式中为小球在处时的速度社为小球自处出发至击中小木桩所经历的时间，由⑥式 代入⑦式得 由此解得 此须满足下式（令②式中的T=0，） 得 即 （因） 代入③式得 试卷第14页，共15页 / 学科网（北京）股份有限公司 $$