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16~29届全国中学生物理竞赛力学篇答案


力学篇答案 (16)四、参考解答 1.双星均绕它们的连线的中点做圆周运动,设运动速率为 v ,向心加速度满足下面的方程:

M

v2 GM 2 ? 2 L/2 L

(1)

v?
周期

GM 2L

(2)

T计算=

2? ( L / 2) 2L ?? L v GM

(3)

2.根据观测结果,星体的运动周期

T观察=

1 T ?T N 计算 计算

(4)

这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力,故它一定还受到其他指向中心的作用力,按题意这一作用来源于均匀分布的 暗物质,均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量 M ? 位于中点处的质量点相同.考虑 暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度 v



,则有

M

2 v观

L/2

?

GM 2 MM ? ?G 2 L ( L / 2)2

(5)

v观=

G ( M ? 4M ?) 2L

(6)

因为在轨道一定时,周期和速度成反比,由(4)式得

1 1 1 = v观 N v
把(2)、(6)式代入(7)式得

(7)

M? ?

N ?1 M 4
3

(8)

设所求暗物质的密度为

? ,则有

4 ? L? N ?1 ?? ? ?? M 3 ?2? 4


??

3( N ? 1)M 2? L3

(9)

(17)?四、解:1.设太阳的质量为M0,飞行器的质量为m,飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为R.根据所设计的方案, 可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发,沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的,该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切, 又与小行星的圆轨道相切.要使飞行器沿此椭圆轨道运动,应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内,由v0变为某一值u


.设飞行器椭圆轨道达小行星轨道到时的速度为u,因大小为u0和u的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直,由开普勒第

二定律,得

?u0R=6uR, 由能量关系,有



?(1/2)mu0 -G(M0m/R)=(1/2)mu -G(M0m/6R) , 由牛顿万有引力定律,有 ?G(M0m/R )=m(v0 /R) ,
2 2

2

2





v0=





解①、②、③式,得

?u0=

v0,



?u=

v0.



设小行星绕太阳运动的速度为v,小行星的质量M,由牛顿万有引力定律,有 ?GM0M/(6R) =Mv /6R,
2 2

?得v=

v0,



可以看出

v>u.



?由此可见,只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道,使得它到达小行星轨道外时,小行星的前缘也正好运动 到该处,则飞行器就能被小行星撞击.可以把小行星看做是相对静止的,飞行器以相对速度为v-u射向小行星,由于小行星 的质量比飞行器的质量大得多,碰撞后,飞行器以同样的速率v-u弹离,即碰撞后,飞行器相对小行星的速度的大小为v- u,方向与小行星的速度的方向相同,故飞行器相对太阳的速度为 ?u1=v+v-u=2v-u, 或将⑤、⑥式代入得

?u1=(

v0.



?如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系,它应具有的最小速度为u2,则有 ?(1/2)mu2 -G(M0m/6R)=0,
2



u2=

v0,



可以看出

?u1=

v0=u2.

(10)

? ?飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系. ?2.为使飞行器能进入椭圆轨道,发动机应使飞行器的速度由v0增加到u0,飞行器从发动机取得的能量 ?E1=(1/2)mu0 -(1/2)mv0 ? =(1/2)m(12/7)v0 -(1/2)mv0 =(5/14)mv0 . 若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系,飞行器应具有的最小速度为u3,则有 ?(1/2)mu3 -G(M0m/R)=0, 由此得
2 2 2 2 2 2

(11)?

?u3= ?

v0.

(12)

飞行器的速度由v0增加到u3,应从发动机获取的能量为 ?E2=(1/2)mu3 -(1/2)mv0 =(1/2)mv0 , 所以 E1/E2=(5/14)mv2 /(1/2)mv =0.71.
2 2 2 2 2 2

(13)? (14)?

(19)七、参考解答 1. 珠子运动的轨迹

A 点的竖直线与细杆相交处, x 轴沿细杆向右, y 轴沿 OA 向下。当珠 子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂直于 x 轴,所以珠子的坐标为
建立如图复解19-7所示的坐标系,原点 O 在过

x ? PN,y ? BN
由 ?APN 知

( AP)2 ? ( PN )2 ? ( AN )2
即有 (h ?

y)2 ? x2 ? (l ? y)2 ,得

x2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h2 )
这是一个以

(1)

1 1 y 轴为对称轴,顶点位于 y ? (l ? h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛物线,如图复解19-7-1所 2 2 1 示,图中的 H ? (l ? h) , A 为焦点。 2

O
h P

B F T T
? ? ?

xM 切线

x

C?

H A? O

法线

?

N?
mg

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线

P A C
y

mg

T

N
mg

图复解 19-7-1

图复解 19-7-2

2. 珠子在

N 点的运动方程

因为忽略绳子的质量,所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分,则珠子受的力有三个,一是重力 mg ; 另外两个是两绳子对珠子的拉力,它们分别沿

NB 和 NA 方向,这两个拉力大小相等,皆用 T
(2)

表示,则它们的合力的大小为

F ? 2T cos ?

? 为 N 点两边绳子之间夹角的一半, F 沿 ?ANB 的角平分线方向。 因为 AN 是焦点至 N 的连线, BN 平行于 y 轴,根据解析几何所述的抛物线性质可知, N 点的法线是 ?ANB 的角 平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。 由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程(沿法线方向)应为
2T cos ? ? mg cos ? ? m 2T cos ? ? v2 R
(3)

mv 2 ? mg cos ? (4) R 式中 R 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; v 为珠子在 N 处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得

v ? 2 gy

(5)

3. 求曲车半径 R 当绳子断裂时 T

? Td ,由(4)式可见,如果我们能另想其他办法求得曲率半径 R 与 y 的关系,则就可能由(4)、(5)
现提出如下一种办法。 做一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线, 如图复解19-7-2 y。

两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标

所示。由此很容易想到这是一个从高 H 处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知道其轨迹是抛物线,而且知道 其受力情况及详细的运动学方程。 这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与 处抛物线的曲率半径 R 与

N 对称的 N ? 点

y 的关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系。 设从抛出至落地的时间为 t ,则有
v0t ? l 2 ? h2
由此解得

v0 ? g (l ? h)
? 设物体在 N ? 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得

(7)

?2 2 v ? v0 ? 2g(H ? BN ?)
物体在 N ? 处法线方向的运动方程为

(8)

mg cos? ?

?2 mv R

(9)

式中 R 即为 N ? 处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及 H

1 ? (l ? h) ,可求得 2

R?
这也等于

2(l ? BN ?) cos?

N 点抛物线的曲率半径, BN ? BN ? ? y ,故得

R?

2(l ? y) cos?

(10)

4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为

T?

mgl 2(l ? y )

(11)

当T

? Td 时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为 ( xd , yd ) ,由(11)式得
yd ? l (1 ? mg ) 2Td
(12)

代入(1)式,得

xd ? mgl (
绳子断开时珠子速度的大小为

l ?h ) ? (l ? h)2 Td

(13)

vd ? 2 gyd ? 2 gl (1 ?
(20)五、参考解答

mg ) 2Td

(14)

放上圆柱 B 后,圆柱 B 有向下运动的倾向,对圆柱 A 和墙面有压力。圆柱 A 倾向于向左运动,对墙面 没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正压力为 N1 , 水平摩擦力为 F1 ;圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直摩擦力为 F2 ,圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N 3 , 切向摩擦力为 F3 ;圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 N3? ,切向摩擦力为 F3? ,如图复解 20-5 所示。各力以图 示方向为正方向。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与墙面的摩擦 系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下面列出两圆柱所

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F3 cos? ? 0 F1 ? N3 cos? ? F3 sin ? ? 0
F1R ? F3 R
(3)

(1)

(2)

圆柱 B:

Mg ? F2 ? N3? sin ? ? F3? cos? ? 0

(4)

N2 ? N3? cos? ? F3? sin? ? 0 F3?r ? F2r
由于 F3? (6)

(5)

? F3 ,所以得 F ? F2 ? F3 ? F3? ? F 1
(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3? 的大小。又因 N3?

、 、 ? N3 ,于是式(1)(2)(4)和(5)四式成为: (8)

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 F ? N3 cos? ? F sin ? ? 0 Mg ? F ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 N2 ? N3 cos? ? F sin ? ? 0
以上四式是 N1 , N 2 , (9)

(10)

(11)

N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得 N2 ? F
N3 ? 1 ? sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ? cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?
(12)

(13)

N2 ? F ?

(14)

N1 ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(15)

式(12)(13)(14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N 3 没有问题,但 F1 , F2 , F3 三个力能不能达到所需 、 、 要的数值 F ,即式(12)(14)要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到所需的 F 值,在那一点就要发生 、 滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ?
由式(12) ,得

F2 N2

F2 ?1 N2
所以

?2 ? 1
再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律 维持平衡所需的水平力 F1 满足 F 1

(16)

f ? ?N

,若上面求得的接地点

? ?1 N1 ,则圆柱在地面上不滑动;若 F1 ? ?1 N1 ,这一点将要发生滑动。

圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

?1 ?
由图复解 20-5 可知

F1 cos ? ? N1 2 ? cos ? ? 2sin ?

(17)

cos? ?

R?r R?r
2 Rr R?r

(18)

sin ? ? 1 ? cos 2 ? ?
由式(17)(18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得 、

(19)

1 r? R 9
即只有当 r

(20)

1 ? R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9
F3 cos ? ? N3 1 ? sin ?

最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

?3 ?

(21)

由式(18)(19)以及 ?3 =0.30,可解得 、

?7? r ? ? ? R ? 0.29 R ? 13 ?
显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22) ,得到 r 满足的条件为

2

(22)

R ? r ? 0.29 R
评分标准:本题 22 分。 求得式(7)(12)(13)(14)(15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。 、 、 、 、

(23)

(21)二、如图,卫星绕地球运动的轨道为一椭圆,地心位于轨道椭圆的一个焦点 O 处,设待测量星体位于 C 处.根据题意, 当一个卫星运动到轨道的近地点 A 时,另一个卫星恰好到达远地点 B 处,只要位于 A 点的卫星用角度测量仪测出 AO 和 AC 的夹 角? 1,位于 B 点的卫星用角度测量仪测出 BO 和 BC 的夹角? 2,就可以计算出此时星体 C 与地心的距离 OC. 因卫星椭圆轨道长轴的长度

AB ? r近+r远
式中 r 近、与 r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离.由角动量守恒

(1)

mv近 r近=mv远 r远

(2)

A

O

?1

B

式中 m 为卫星的质量.由机械能守恒

1 GMm 1 GMm 2 2 mv 近- ? mv 远- 2 r近 2 r远
已知

(3)

r近=2 R ,


v 近=

3 GM 4 R

C

r远 ? 6R

(4)

所以 在△ABC 中用正弦定理

AB ? 2R ? 6R ? 8R
sin ? 1 BC sin?π ? ? 1 ? ? 2 ? AB

(5)

?

(6)

所以

BC ?

sin ? 1 AB sin?? 1 ? ? 2 ?

(7)

地心与星体之间的距离为 OC ,在△BOC 中用余弦定理
2 OC ? r远 ? BC ? 2r远 ? BC cos ? 2 2 2

(8)

由式(4)、(5)、(7)得

OC ? 2 R 9 ? 16
评分标准:

sin ?? 1 ? ? 2 ?
2

sin 2 ? 1

? 24

sin ? 1 cos ? 2 sin?? 1 ? ? 2 ?

(9)

本题 20 分.(1)式 2 分,(2)、(3)式各 3 分,(6) 、(8)式各 3 分, (9) 式 6 分. (21)六、令 I 表示题述极短时间? t 内挡板对 C 冲量的大小,因为挡板对 C 无摩擦力作用,可知冲量的方向垂直于 DE,如图 所示; I ? 表示 B、C 间的杆对 B 或 C 冲量的大小,其方向沿杆方向,对 B 和 C 皆为推力; 方向速度的大小,

vC

表示? t 末了时刻 C 沿平行于 DE

vB

表示? t 末了时刻 B 沿平行于 DE 方向速度的大小, v B ? 表示? t 末了时刻 B 沿垂直于 DE 方向速度的

大小.由动量定理, 对C有

I ? sin? ? mvC
I ? I ? cos ? ? mv
对B有

D
(1)

I ? sin? ? mv B
对 AB 有

A

????A
A

B

(2)

(3)

I

C
A A

I ? cos ? ? 2m?v ? v B? ?
因为 B、C 之间的杆不能伸、缩,因此 B、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有

E
(5)

vC sin? ? v B? cos ? ? v B sin?

由以上五式,可解得

I?
评分标准:

3 ? sin 2 ? mv 1 ? 3 sin 2 ?

(6)

本题 20 分. (1)、(2)、(3)、(4)式各 2 分. (5)式 7 分,(6)式 5 分. (22)一、1.如图所示,设滑块出发点为 P1 ,离开点为 P ,按题意要求 O1 P 、 O2 P2 与竖直方向的夹角相等,设其 2 1



? ,若离开滑道时的速度为 v,则滑块在 P2 处脱离滑道的条件是
mv 2 ? mg cos ? R
(1)

A

O1

??
P1 O
(2)

由机械能守恒

P2

1 2mgR(1 ? cos ? ) ? mv 2 2
(1)、(2)联立解得

??
O2 B

cos ? ?
2.设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是

4 4 或 ? ? arccos ? 36? 52? 5 5
2 mv 0 ? mg R

(3)

(4)

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得

v0 ? Rg
设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的夹角为 ? 0 ,由机械能守恒,有

(5)

1 2 mgR(1 ? cos ? 0 ) ? mv0 2
由(5)(6)两式解得 、

(6)

?0 ?

π 3

(7)

若滑块到达 O 点时的速度 v ? v 0 ,则对 OB 滑道来说,因 O 点可能提供的最大向心力为 mg,故滑块将沿半径比 R 大的圆周

的水平切线方向离开 O 点.对于

v ? v0 的滑块,其在

OA 上出发点的位置对应的 ? 角必大于 ? 0 ,即 ?

? ? 0 ,由于

? max ? π 2 ,根据机械能守恒,到达 O 点的最大速度
v max ? 2Rg
由此可知,能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值,也就是说, ? 从 π (8)

3 至 π 2 下滑的滑块都将在 O

点离开滑道.以速度 v0 从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块,其落水点至 O2 的距离

x0 ? v 0 t

(9)

R?
由(5)(9)(10)式得 、 、

1 2 gt 2

(10)

x0 ? 2 R
当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离

(11)

xmax ? v max t
由(8)(10)(12)式得 、 、

(12)

xmax ? 2R
因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在

(13)

2 R 到 2R 之间的所有可能值.即

2 R ? x ? 2R

(14)

七、解法一: 对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统,当 A、B 之间的距离为 l 时,已知 mA = m,mB = 2m,由质心的定义,可知系统的质心

C 离 A 的距离

lC ?

2 l 3

(1)

故 A、B 到质心 C 的距离分别为

2 lA ? l 3

1 lB ? l 3

O
(2)

A

若以质心 C 为参考系(质心系) ,则质心 C 是固定不动的,连接 A、B 的弹簧可以分成两个弹簧 CA 和 CB.设弹簧 CA 的自然长度为 lA0,劲度系数为 kA,一端与小球 A 相连,另一端固定在 C 点;弹簧 CB

k C x

l

的的自然长度为 lB0,劲度系数为 kB,一端与小球 B 相连,另一端亦固定在 C 点.若连接 A、B 的自然 长度为 l0,根据题意有

B

k ?l ? l 0 ? ? 2mg
由(2)式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为

(3)

2 l A0 ? l0 3

1 l B0 ? l 0 3

(4)

当 A 被悬挂,系统处于静止时,已知连接 A、B 的弹簧长度为 l,由(2)式可知,此时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为

2 lA ? l 3
弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为

1 lB ? l 3

(5)

2 f A ? k A ?l A ? l A0 ? ? k A ?l ? l0 ? 3 1 f B ? k B ?l B ? l B0 ? ? k B ?l ? l0 ? 3
但 fA 、fB 就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f,即有

f A ? f B ? f ? k ?l ? l 0 ?
由此得

kA ?

3 k 2

k B ? 3k

(6)

相对地面, 质心 C 是运动的, t = 0 时刻, 在 即细线刚烧断时刻, 位于 Ox 轴的原点 O 处, x A A 即 (1)式,可知此时质心 C 的坐标为

?0? ? 0 ; 的坐标 x B ?0? ? l . B 由

2 xC ?0? ? l 3
在细线烧断以后,作用于系统的外力是重力

(7)

?m ? 2m?g .故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动,任意时刻 t,质心的坐标
xC (t ) ? xC (0) ? 1 2 2 1 gt ? l ? gt 2 2 3 2
(8)

由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中,应用牛顿第二定律研究物体的运动时,物体除受真实力作用外, 还受惯性力作用.若在质心系中取一坐标轴 O ?x ? ,原点 O ? 与质心 C 固连,取竖直向下为 O ?x ? 轴的正方向,当小球 B 在这参 考系中的坐标为 x ? 时,弹簧 CB 作用于 B 的弹性力 B

f B ? ?k B ? x ? ? l B 0 ? B


x? ? l B0 时,方向竖直向上.此外,B 还受到重力 mg,方向竖直向下;惯性力大小为 mg,方向竖直向上.作用于 B 的合力 B FB ? ?k B ?x? ? l B0 ? ? mg ? mg B

由(3)(4)式得 、

? 1 ? 2mg ? ? FB ? ?k B ? x ? ? ? l ? ?? ? B 3 k ?? ? ? ?


(9)

2mg ? 1? X B ? x? ? ? l ? ? B 3? k ?


(10)

FB ? ?k B X B
当 XB = 0,作用于 B 的合力 FB = 0,B 处于平衡状态,由(10)式,可知在质心系中,B 的平衡位置的坐标

(11)

2mg ? 1? x? 0 ? ? l ? ? B 3? k ?
XB 为 B 离开其平衡位置的位移, (11)式表明,作用于 B 的合力具有弹性力的性质,故在 FB 作用下, B 将在平衡位置附近作简谐
振动,振动圆频率

(12)

?B ?
离开平衡位置的位移

kB 3k ? mB 2m

(13)

X B ? AB cos?? B t ? ? B ?
AB 为振幅, ? B 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,B 是静止的,故此时 B 离开其平衡位置 x ? 0 的距离就是简谐振 B
动的振幅 AB,而在 t = 0 时刻,B 离开质心的距离即(5)式给出的 lB,故 B 离开平衡位置的距离即振幅

(14)

AB ? l B ? x ? 0 B
由(5)式、 (12)式得

2mg 2mg 1 1 AB ? l ? (l ? )? 3 3 k 3k
因 t = 0,XB =AB,且 XB 是正的,故

(15)

?B ? 0
由此得

XB ?
由(10)式,t 时刻 B 在质心系中的坐标

? 3k ? 2mg cos? t? ? 2m ? 3k ? ?

(16)

? 3k ? 2mg 2mg 1 ? x? ?t ? ? (l ? )? cos? B ? 2m t ? 3 k 3k ? ?
在地面参考系的坐标

(17)

x B ?t ? ? xC ?t ? ? x ? ?t ? B


(18)

x B ?t ?
同理,当小球 A 在质心系中的坐标为 x ? 时,注意到 x ? 是负的,这时,弹簧 CA 的伸长量为 A A

x ? ? l A0 ? x ? ? A A

2mg ? 2 2? l0 ? x A ? ? l ? ?, 3 3? k ?



x? ? l A0 为负时,弹力向下,为正,当 x? ? l A0 为正时,弹力向上,为负,故有 A A

? 2 ? 2mg ? ? f A ? ?k A ? x A ? ? l ? ?? ? 3? k ?? ? ?
作用于 A 的合力为

? 2 ? 2mg ? ? FA ? ? k A ? x A ? ? l ? ?? ? 3? k ?? ? ?


X A ? xA ?


2mg ? 2? ?l ? ? 3? k ?

FA ? ? k A X A
当 XA=0,作用于 A 的合力 FB = 0,A 处于平衡状态,A 的平衡位置的坐标

2mg ? 2? x A0 ? ? ? l ? ? 3? k ?
XA 为 A 离开其平衡位置的位移,故在合力 FA 作用下, A 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频率

(20)

?A ?
离开平衡位置的位置

kA 3k ? m 2m

(21)

X A ? AA cos?? At ? ? A ?
AA 为振幅, ? A 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 是静止的,A 离开质心 C 的距离为 lA,A 的平衡位置离开质心

的距离为

x A0

故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA,

A A ? l A ? x A0 ?

2mg ? 4 mg 2 2? l ? ?l ? ?? 3 3? k ? 3 k

而此时

X A ? ? AA ,故

?A ? π
由此得

XA ??
在时刻 t,A 在地面参考系中的坐标

? 3k ? 4mg cos? t? ? 2m ? 3k ? ?

(22)

x A ?t ? ? xC ?t ? ? x A0 ? X A ? ? 1 2 4mg gt ? 2 3k

2mg ? 4 mg 2 1 2? 3k l ? gt 2 ? ? l ? cos t ?? 3 2 3? k ? 3 k m (23)

? ? 3k ?? ? ?1 ? cos? ? 2m t ? ? ? ? ?? ? ?

解法二:

当 A 球相对于地面参考系的坐标为

2 x 时,弹簧 CA 的伸长量为 xC ? l 0 ? x , A 所受的合力为 3
FA ? mg ? 3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2 ? 3 ?

其加速度为

aA ? g ?
其相对于质心的加速度为

3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2m ? 3 ?

(1?)

a? ? a A ? g ? A

3 ? 2 3 ? ? 2 ?? ? k ? xC ? l 0 ? x ? ? ? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? 3 2m ? ? 3 ?? ?

其中

2 ? ? x ? ? x C ? l 0 ? 表示 A 球相对于其平衡位置的位移,在相互平动的两个参考系中,相对位移与参考系无关. 3 ? ?

上式表明,相对质心, A 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向.也就是说, A 球相对质心作简谐振动. 同理可证,

l ? ? FB ? 2mg ? 3k ? x ? xC ? 0 ? 3? ?

aB ? g ?
其相对于质心的加速度为

l 0 ?? 3k ? ? ? x ? ? xC ? ?? 2m ? ? 3 ??

( 2 ?)

a? ? ? B

3 ? ? 2 ?? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? ? 3 ??

(3?)

其中 x

l ? ? ? ? xC ? 0 ? 表示 B 球相对于其平衡位置的位移,相对质心, B 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反 3? ?

向,即 B 球相对质心也作简谐振动.且有 A 与 B 振动的圆频率相等,

? A ? ?B ?

3k 2m

( 4 ?)

解法三: 在地面参考系中,列 A、B 的牛顿定律方程

ma1 ? mg ? k ( x 2 ? x1 ? l 0 )
2 ma 2

(1??) ( 2 ??)

? 2mg ? k ( x2 ? x1 ? l 0 )

x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长.

t ? 0 时,有

O

A x1 ,

x1 ? 0, x2 ? l ,
l 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系

v1 ? 0 v2 ? 0
k B x2 ,

k (l ? l 0 ) ? 2mg
所以

x

l0 ? l ?
由 (1??) + ( 2 ??) ,

2mg k

a1 ? 2a2 ? 3g

令a

? a1 ? 2a2 ? 3g , a 是一个恒定的加速度,结合初始条件, a 对应的坐标和运动方程是,

x1 ? 2 x2 ? 2l ?
再由 ( 2 ??)

3 2 gt 2

(3??)

? 2 ? (1??) ,
2m(a 2 ? a1 ) ? ?3k ( x2 ? x1 ? l 0 )
( 4 ??)

这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程,且是简谐的,所以直接写出解答,

? 3k ? ? x2 ? x1 ? l 0 ? A cos? ? 2m t ? ? ? ? ?
结合初条件,

l ? l 0 ? A cos ?
3k sin ? ? 0 2m

A
得到

? ?0

A ? l ? l0 ?
所以

2mg k

x2 ? x1 ? l0 ?


? 3k ? 2mg ? cos? ? 2m t ? k ? ?

x2 ? x1 ? l ?
由 (3??)

? 3k ? 2mg 2mg ? ? cos? ? 2m t ? k k ? ?

(5 ??)

? 2 ? (5 ??) ,得
x1 ? ? ?? 1 2 4mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?
(6 ??)

由 (3??) + (5 ??) ,得

x2 ? l ?

? ?? 1 2 2mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?

?7 ???

(23) 二、参考解答: 1. 求刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度 设刚碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度分别为 vA 、 vB 、 vC 、 vD ,并设它们的方向都与 v0 的方向相同.由于小球 C 位 于由 B、C、D 三球组成的系统的质心处,所以小球 C 的速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动 量守恒, 故有

M v0 ? M vA ? 3mvC
碰撞前后质点组的角动量守恒,有

(1)

0 ? ml vC ? 2ml vD

(2)

这里角动量的参考点设在与 B 球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性碰撞,碰撞前后质点组的动 能相等,有

1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 M v0 ? M vA + mvB ? mvC ? mvD 2 2 2 2 2
因为杆是刚性杆,小球 B 和 D 相对于小球 C 的速度大小必相等,方向应相反,所以有

(3)

vB ? vC = vC ? vD
解(1)(2)(3)(4)式,可得两个解 、 、 、

(4)

vC =0


(5)

vC ?

4M v0 5M ? 6m

(6)

因为 vC 也是刚碰撞后由 B、C、D 三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰撞后这系统的质心不可能静止不动, 故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞后 A、B、D 三球的速度

vA ?

5M ? 6m v0 5M ? 6m 10M vB ? v0 5M ? 6m

(7)

(8)

vD ? ?
2.讨论碰撞后各小球的运动

2M v0 5M ? 6m

(9)

碰撞 后,由 于 B 、C 、D 三小球组成的 系统不受 外力作用 ,其质心的速 度不变, 故小球 C 将以(6 )式 的速度 即

vC ?

4M 、 、 v0 沿 v0 方向作匀速运动.由(4)(8)(9)式可知,碰撞后,B、D 两小球将绕小球 C 作匀角速度转动, 5M ? 6m vB ? vC 6M v0 ? l 5M ? 6m l

角速度的大小为

??

(10)

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球 A 的速度的大小和方向与 M、m 的大小有关,下面就 M、m 取值不同而导致运动情 形的不同进行讨论: (i) vA

= 0 ,即碰撞后小球 A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是

5M ? 6m ? 0


M 6 ? m 5
(ii) vA

(11)

< 0 ,即碰撞后小球 A 反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是

M 6 ? m 5
(iii) vA

(12) 沿 v0 方向作匀速直线运动,但其速度小于小球 C 的速度.由(7)式和(6)

> 0 但 vA ? vC ,即碰撞后小球 A

式,可知发生这种运动的条件是

5 M ? 6 m ? 0 和 4 M ? 5M ? 6m


6 m ? M ? 6m 5
(iv) vA

(13)

? vC ,即碰撞后小球 A 仍沿 v0 方向运动,且其速度大于小球 C 的速度,发生这种运动的条件是
(14) 和小球 C 以相同的速度一起沿 v0 方向运动,发生这种运动的条件是

M ? 6m
(v) vA

? vC ,即碰撞后小球 A
(15)

M ? 6m

在这种情形下,由于小球 B、D 绕小球 C 作圆周运动,当细杆转过 180 时,小球 D 将从小球 A 的后面与小球 A 相遇,而发 生第二次碰撞,碰后小球 A 继续沿 v0 方向运动.根据质心运动定理,C 球的速度要减小,碰后再也不可能发生第三次碰撞.这 两次碰撞的时间间隔是

?

t?

π

?

?

? 5M ? 6m ? πl ? πl
6M v0 v0

(16)

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球 C 走过的路程

d ? vCt ?

2πl 3

(17)

3.求第二次碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度 刚要发生第二次碰撞时,细杆已转过 180 ,这时,小球 B 的速度为 vD ,小球 D 的速度为 v B .在第二次碰撞过程中,质点

?

? 组的动量守恒,角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度分别为 v? 、 v? 、 vC 和 v? ,并假定它 A B D
们的方向都与 v0 的方向相同.注意到(1)(2)(3)式可得 、 、

? ? M v0 ? M vA ? 3mvC ? ? 0 ? ml vC ? 2ml vB

(18) (19)

1 1 1 1 1 2 ? ? ? ? M v0 ? M vA2 + mvB2 ? mvC2 ? mvD2 2 2 2 2 2
由杆的刚性条件有

(20)

? ? v? ? vC ? vC ? v? D B

(21)

(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与 D 球重合的空间点.

把(18)(19)(20)(21)式与(1)(2)(3)(4)式对比,可以看到它们除了小球 B 和 D 互换之外是完全相同的.因 、 、 、 、 、 、 此它们也有两个解

? vC ? 0


(22)

? vC ?

4M v0 5M ? 6m

(23)

对于由 B、C、D 三小球组成的系统,在受到 A 球的作用后,其质心的速度不可能保持不变,而(23)式是第二次碰撞未发生时 质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得

v? ? v0 A
v? ? 0 B

(24) (25)

v? ? 0 D

(26)

(22)(24)(25)(26)式表明第二次碰撞后,小球 A 以速度 v0 作匀速直线运动,即恢复到第一次碰撞前的运动,但已位于 、 、 、

杆的前方,细杆和小球 B、C、D 则处于静止状态,即恢复到第一次碰撞前的运动状态,但都向前移动了一段距离 d 而且小球 D 和 B 换了位置.

?

2πl , 3

评分标准: 本题 25 分. (24) 一、参考解答:

B
如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,这 时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值;如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与平板发生第 一次碰撞后再次接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 u 0 的值便 是满足题中条件的最小值. 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 t1 ,有

u0

h

P

Q

h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2

(1)

L ? u0t1

(2)

从(1)(2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值,即 、

u0 max ? L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max ? 0.71m/s

(4)

如果 u0

? u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 v1 ,则有
(5)

v1 ? 2gh

? 以 v1 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球和平板在竖直方向
的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

? mv1 = mv1 ? mV1?

(6)

因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得

1 2 1 2 1 1 1 2 ? mv1 ? mu0 = mv12 ? mV1?2 ? mu0 2 2 2 2 2
解(6)(7)两式,得 、

(7)

? v1 ? 0

(8)

V1? = v1 ? 2gh

(9)

碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重 合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 t

? 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

xPQ ? Acos ??t ? ? ?
式中

(10)

??

A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

2π T

(11)

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?
因t

(12)

? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9)(11)(12)式可求得 、 、

A?

2 gh T 2?

(13)

? ??

π 2

(14)

把(13)(14)式代入(10)式,得 、

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处,则在发生第二次 碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 xB ? t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

在碰撞时,有

xB ? t2 ? ? xPQ ? t2 ?

(18)

由(16)(17)(18)式,代入有关数据得 、 、

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?

(19)

这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

t2 ? 0.771s

(20)

如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

L ? u0 ?t1 ? t2 ?
由(1)(20)和(21)式得 、

(21)

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/s
附: (19)式的数值求解

(23)

用数值解法则要代入 t 2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

t2
xPQ ? 4.41cos ? πt2 ?
2 xB ? 4.90t2

0.730

0.750

0.760

0.765

0.770

0.771

0.772

0.775

0.780

0.790

0.810

? ?

π? 2?

?

3.31

3.12

3.02

2.96

2.91

2.91

2.90

2.86

2.81

2.70

2.48

2.61

2.76

2.83

2.87

2.91

2.91

2.91

2.94

2.98

3.06

3.21

xPQ ? xB

0.70

0.36

0.19

0.09

0

0

-0.01

-0.08

-0.17

-0.36

-0.73

二、参考解答: 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为

vB ? ? l
B 点的向心加速度的大小为

(1)

aB ? ? 2l

(2)

因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 aB 也是 B 点的加速度,其方向沿 BA 方向.因为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速 度的大小用 vC 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图可知,其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿

BC 方向的速度必相等,故有

vC ? vB cos

π 2 ? ?l 4 2
2 vC CD

(3)

此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度

aCn ?
由图可知 CD

(4)

? 2 2l ,由(3)(4)式得 、
aCn ? 2 2 ? l 8
(5)

? aCn aC tvCB
?
B aC

C

? vC

? vB
D

其方向沿 CD 方向. 下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度,即切向加速度 a Ct .因为 BC 是刚性杆,所以 C 点 相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动,C 点相对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC.令 vCB 表示其速度的大 小,根据速度合成公式有

A

? ? ? vCB ? vC ? vB
由几何关系得

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l 2 2

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度

aCB ?
因为 CB

2 vCB CB

(7)

? 2l ,故有

aCB ?
其方向垂直杆 CD.

2 2 ? l 4

(8)

由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

? aB ?BC ? aB cos
aCt ? aCB ? ? aB ? BC ? 3 2 2 ?l 4

π 4

(9)

所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量 (10)

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 aCn 与切向加速度 aCt 的合加速度,即
2 2 aC ? aCn ? aCt ?

74 2 ?l 8

(11)

aC 的方向与杆 CD 间的夹角

? ? arctan

aCt ? arctan 6 ? 80.54? aCn

(12)

解法二:通过微商求 C 点加速度

y C B

以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy, 轴与 AD 重合, 与 AD 垂直. Ax Ay 任 意时刻 t,连杆的位形如图所示,此时各杆的位置分别用 ? , ? 和 ? 表示, 且已知

?

AB ? l ,BC ? 2l ,CD ? 2 2l ,AD ? 3l



d? ? ?? , dt
A ?

C 点坐标表示为

? D

xC ? l cos? ? 2l cos? yC ? l sin? ? 2l sin ?
将(1)(2)式对时间 t 求一阶微商,得 、

x

(1) (2)

dxC d? d? ? ? ? ?l ? sin ? ? 2 sin ? ? dt dt dt ? ?
dyC d? d? ? ? ? l ? cos? ? 2 cos ? ? dt dt dt ? ?
把(3)(4)式对时间 t 求一阶微商,得 、

(3)

(4)

2 2 ? d 2 xC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? ?l ?cos ? ? ? ? sin ? 2 ? 2 cos ? ? ? ? 2 sin ? 2 ? 2 dt dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ? 2 2 ? d 2 yC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? l ? ? sin ? ? ? cos ? 2 ? 2 sin ? ? ? 2 cos ? 2 ? ? ? dt 2 dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ?

(5)

(6)

根据几何关系,有

CD sin ? ? AB sin ? ? BC sin ? CD cos ? ? AB cos? ? BC cos ? ? 3l


2 2 sin ? ? sin? ? 2 sin ? 2 2 cos? ? 3 ? cos? ? 2cos?
将(7)(8)式平方后相加且化简,得 、

(7)

(8)

2 sin? sin ? ? 2 cos? cos? ? 3cos? ? 3 2 cos? ? 2 ? 0
对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ?

(9)

?

π π d? ,? ? , ? ?? ,得 2 4 dt

d? 1 ? ? dt 2
d 2? 3 2 ? ? dt 2 8

(10)

对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得 (11)

将(10)(11)式以及 ? , ? , 、

d? dt

的数值代入(5)(6)式,得 、

d 2 xC 5 ? ? l? 2 dt 2 8 d 2 yC 7 ? ? l? 2 2 dt 8
所以

? d2 x ? ? d2 y ? 74 2 aC ? ? 2C ? ? ? 2C ? ? l? 8 ? dt ? ? dt ?
由图知, aC 与 x 轴的夹角为 ?

2

2

(12)

? d2 y ? ? d2 x tan ? ? ? 2C ? ? 2C ? dt ? ? dt
所以求得

? ? ? 1.4 ?

(13)

? ? arctan1.4 ? 54.46?
这个夹角在第三象限,为 234.46 ,故 aC 与 CD 的夹角

?

? =80.54?

(14)

(25)二、参考解答: 1. 椭圆半长轴 a 等于近地点和远地点之间距离的一半,亦即近地点与远地点矢径长度(皆指卫星到地心的距离) rn 与 rf 的算术平均值,即有

a?
代入数据得

1 1 1 ? r n ? rf ? ? ?? H n ? R ? ? ? H f ? R ? ? ? ? H n ? H f ? ? R ? ? 2 2 2

(1)

a ? 3.1946 ?104 km
椭圆半短轴 b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值,即有

(2)

b ? rn rf
代入数据得

(3)

b ? 1.942 ?104 km
椭圆的偏心率

(4)

e?
代入数据即得

a 2 ? b2 a

(5)

e ? 0.7941
f

(6)

2. 当卫星在 16 小时轨道上运行时,以 vn 和 v 分别表示它在近地点和远地点的速度,根据能量守恒,卫星在近地点和远 地点能量相等,有

1 2 GMm 1 2 GMm mvn ? ? mvf ? 2 rn 2 rf
式中

(7)

M 是地球质量,G

是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的连线垂直,根据角动量守恒,有

mvn rn ? mvf rf
注意到

(8)

GM ?g R2
由(7)、(8)、(9)式可得

(9)

vn ?
vf ?

rf 2 g R rn rf ? rn
rn r 2g vn ? n R rf rf rf ? rn
rf ? R ? Hf

(10)

(11)

当卫星沿 16 小时轨道运行时,根据题给的数据有

rn ? R ? H n
由(11)式并代入有关数据得

vf ? 1.198 km/s

(12)

依题意,在远地点星载发动机点火,对卫星作短时间加速,加速度的方向与卫星速度方向相同,加速后长轴方向没有改变, 故加速结束时,卫星的速度与新轨道的长轴垂直,卫星所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度

? Hf? ? Hf ? 5.0930 ?104 km,但新轨道近地点高度 Hn ? 6.00 ?102 km.由(11)式,可求得卫星在新轨道远地点处
的速度为

v? ? 1.230 km/s f
卫星动量的增加量等于卫星所受推力 F 的冲量,设发动机点火时间为? t,有

(13)

m ? v? ? vf ? ? F ?t f

(14)

由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 ? t= 1.5 ?10 这比运行周期小得多. 3. 当卫星沿椭圆轨道运行时,以 r 表示它所在处矢径的大小,v 表示其速度的大小,? 表示矢径与速度的夹角,则卫星的 角动量的大小
2

s

(约 2.5 分)

(15)

L ? rmv sin ? ? 2m?
其中

(16 )

? ? r v sin ?
是卫星矢径在单位时间内扫过的面积,即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的,故

1 2

(17)

? 是恒量.利用远地点处的角动量,得
(18)

? ? rf vf
又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为

1 2

S ? πab
所以卫星沿轨道运动的周期

(19)

T?
由(18)、(19)、(20) 式得

S

?

(20)

T?
代入有关数据得

2πab rf vf

(21)

T ? 5.678 ? 104 s
a 与 a0 之比的立方,即

(约 15 小时 46 分)

(22)

注:本小题有多种解法.例如,由开普勒第三定律,绕地球运行的两亇卫星的周期 T 与 T0 之比的平方等于它们的轨道半长轴

?T ? ? a ? ? ? ?? ? ? T0 ? ? a0 ?
若 a0 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径,则有

2

3

? 2π ? GMm ? ma0 ? ? 2 a0 ? T0 ?


2

T02 4π 2 4π 2 ? ? 3 a0 GM gR 2

从而得

T?
代入有关数据便可求得(22)式.

2πa a R g

4. 在绕月圆形轨道上,根据万有引力定律和牛顿定律有

GM m m 2π ? mrm ( )2 2 rm Tm
这里 rm

(23)

? r ? H m 是卫星绕月轨道半径, M m 是月球质量.
3 4π2 rm Mm ? 2 2 M gR Tm

由(23)式和(9)式,可得

(24)

代入有关数据得

Mm ? 0.0124 M
(25)

三、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; O1O1 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 O1O1 的夹角?? 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?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?? 表示碰前速度的方向与y轴的夹角,以?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?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,?t表示横梁与 足球相互作用的时间,m表示足球的质量,有

Fx ?t ? mv0x ? mvx

(1)

Fy ?t ? mvy ? mv0y
式中 v0x 、

(2)

v0y 、 vx 和 vy 分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小.根据摩擦定律有

Fx ? ? F y
由(1)、(2)、(3)式得

(3)

??
根据恢复系数的定义有

v 0x ? vx vy ? v0y

(4)

vy ? ev0y

(5)



tan ? 0 ? tan ? ?
由(4)、(5)、(6)、(7)各式得

v0x v0y

(6)

vx vy

(7)

1 ? 1? tan? ? tan? 0 ? ? ?1 ? ? e ? e?
由图可知

(8)

? ?? ??
若足球被球门横梁反弹后落在球门线内,则应有

(9)

? ? 90?
在临界情况下,若足球被反弹后刚好落在球门线上,这时

(10)

? ? 90? .由(9)式得
(11)

tan ? 90? ? ? ? ? tan ?
因足球是沿水平方向射到横梁上的,故

? 0 ? ? ,有
(12)

1 1 ? 1? ? tan? ? ? ?1 ? ? tan? e ? e?
这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置 ? 所满足的方程.解(12)式得

? 1? ? 1? e? ?1 ? ? ? e2 ? 2 ?1 ? ? ? 4e ? e? ? e? tan ? ? 2
代入有关数据得

2

(13)

tan ? ? 1.6


(14)

? ? 58?
现要求球落在球门线内,故要求

(15)

? ? 58?
(26)一、5.答案与评分标淮:

(16)

该学生未考虑竖直方向木块所受的支持力和重力的力矩.仅根据摩擦力的力矩为零便推出木块的角动量应守恒,这样推理本 身就不正确.事实上,此时支持力合力的作用线在重力作用线的右侧,支持力与重力的合力矩不为 0,木块的角动量不守恒,与 木块作减速运动不矛盾. 分) (5

二、参考解答: 设桌面对四条腿的作用力皆为压力,分别为 F 、 F2 、 F 、 F4 .因轻质刚性的桌面处在平衡状态,可推得 1 3

F1 ? F2 ? F3 ? F4 ? F .
由于对称性,

(1)

F2 ? F4 .
考察对桌面对角线 BD 的力矩,由力矩平衡条件可得

(2)

F3 ? cF ? F1 .
根据题意,

(3)

0 ? c ? 1 ,c=0 对应于力 F 的作用点在 O 点,c=1 对应于 F 作用点在 A 点.
腿 腿 依 k , 2 和 4 的形变均为 F2 k , 3 的形变为 F3 k .

设桌腿的劲度系数为 k , 在力 F 的作用下, 1 的形变为 F 腿 1

题意,桌面上四个角在同一平面上,因此满足

1 ? F1 F3 ? F2 ? ? ?? 2? k k ? k

, 即

F1 ? F3 ? 2F2 .
由(1)、(2)、(3)、(4)式,可得

(4)

2c ? 1 F, 4 1 ? 2c F3 ? F, 4 F1 ?
当c

(5)

(6)

?

1 时, F3 ? 0 . F3 ? 0 ,表示腿 3 无形变; F3 ? 0 ,表示腿 3 受到桌面的作用力为拉力,这是不可能的,故应 2

视F 3

? 0 .此时(2)式(3)式仍成立.由(3)式,可得 F1 ? cF .
(7)

综合以上讨论得

F1 ?

2c ? 1 F, 4


0?c?

1 2
.

.

(8)

F1 ? cF
评分标准:本题 20 分.

1 ? c ?1 2

(9)

(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 7 分,得到由(8)式表示的结果得 4 分,得到由(9)式表示的结果得 5 分. 三、 参考解答: 1.否.原因是墙壁对于该体系而言是外界,墙壁对弹簧有作用力,在运动参考系里此力的作用点有位移,因而要对体系做 功,从而会改变这一体系的机械能. 2.因地球受月球的引力作用,月球受地球的引力作用,它们相对惯性系都有加速度,故它们都不是惯性参考系.相对非惯

性参考系,牛顿第二定律不成立.如果要在非惯性参考系中应用牛顿第二定律,必须引入相应的惯性力;而这两位学生又都未 引入惯性力,所以他们得到的结果原则上都是错误的. 以地心为参考系来求月球的加速度.地心系是非惯性系,设地球相对惯性系的加速度的大小为 牛顿第二定律有
? ae

,则由万有引力定律和

G

Mm ? ? Mae , R2
? ? fm ? mae ,

(7)

加速度的方向指向月球.相对地心参考系,月球受到惯性力作用,其大小 (8)

方向指向地球,与月球受到的万有引力的方向相同.若月球相对地心系的加速度为 am ,则有

G
由(7)、(8)、(9)三式,得

Mm ? ? f m ? mam . 2 R am ? G M ?m R2

(9)



(10)

加速度的方向指向地球. 以月心为参考系来求地球的加速度.月心系也是非惯性系,设月球相对惯性系的加速度的大小为 am ,则由万有引力定律和 牛顿第二定律有
?

G

Mm ? ? mam , R2
? ? f M ? Mam ,

(11)

加速度的方向指向地球.相对月心参考系,地球受到惯性力作用,惯性力的大小 (12)

方向指向月球,与地球受到的万有引力的方向相同.若地球相对月心系的加速度为 ae ,则有

G
由(5)、(6)、(7)三式得

Mm ? f e? ? Mae . 2 R
ae ? G M ?m , R2

(13)

(14)

加速度的方向指向月球. (10)式与(14)式表明,地球相对月心系的加速度 ae 与月球相对地心系的加速度 am 大小相等(方向相 反),与运动的相对性一致. 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 5 分. 第 2 小问 10 分.指出不正确并说明理由,占 2 分;(1)至(8)式,每式 1 分.

(27)一、参考解答:

1.以 l i 表示第 i 个单摆的摆长,由条件(b)可知每个摆的周期必须是 40s 的整数分之一,即 T

i

? 2π

li 40 ? g Ni

(Ni

为正整数)

(1)

(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.由(1)可得,各单摆的摆长

li ?

400 g π 2 N i2
? li ? 1.000m ,由此可得

(2)

依题意, 0.450m

20 20 g (3) g ? Ni ? π π 0.45
(4)



20 ? Ni ? 29

因此,第 i 个摆的摆长为

i

1 0.993

2 0.901

3 0.821

4 0.751

5 0.690

6 0.635

7 0.588

8 0.545

9 0.507

10 0.472

li/m

li ?

400 g π (19 ? i) 2
2

(i ? 1, 2, ?, 10)

(5)

2. 20s 评分标准:本题 15 分.第 1 小问 11 分. (2)式 4 分, (4)式 4 分,10 个摆长共 3 分. 第 2 小问 4 分. 二、参考解答: 设该恒星中心到恒星-行星系统质心的距离为 d ,根据题意有 d

?

L?? 2

(1)

将有关数据代入(1)式,得 d

? 5 ? 10?3 AU .又根据质心的定义有 r ? d ?

Md m

(2)

Mm ? 2π ? 式中 r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径,即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有 G ? Md ? ? 2 r ?T ?
(3)

2

由(2)(3)两式得 、

m

?1 ? M

m?

2

4π 2 d 3 ? G T2

(4)

[若考生用

r

表 示 行 星 到 恒 星 ? 行 星 系 统 质 心 的 距 离 , 从 而 把 (2) 式 写 为
2

r?

Md m

, 把 (3) 式 写 为

G

Mm

?r ? d ?

2

? 2π ? ? Md ? ? ?T ?

,则同样可得到(4)式,这也是正确的.] 利用(1)式,可得

m

?1 ? M ?m

m?
3

2

? L ?? ? ?

3

π2

2GT 2

(5)

(5)式就是行星质量

m 所满足的方程.可以把(5)试改写成下面的形式

M?

?1 ? m

M?

2

? L?? ? ?

3

π2

2GMT 2

(6)

因地球绕太阳作圆周运动,根据万有引力定律可得

(1AU)3 GM S ? (1y)2 4π 2

(7)

注意到

M ? MS

,由(6)和(7)式并代入有关数据得

?m

?1 ? m

MS ?

3 2

MS ?

? 8.6 ? 10?10

(8)

由(8)式可知

m ?? 1 MS

由近似计算可得 m

? 1?10?3 MS

(9)

由于

m M 小于 1/1000,可近似使用开普勒第三定律,即
? 5AU (11)

r 3 (1AU)3 ? T2 (1y) 2

(10)

代入有关数据得 r

评分标准:本题 20 分. (1)式 2 分, (2)式 3 分, (3)式 4 分, (5)式 3 分, (9)式 4 分, (11)式 4 分. 三、参考解答: 解法一 一倾角为

? 的直角三角形薄片(如图 1 所示)紧贴于半径为 R 的圆柱面, 圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的
m h
(1)

直角边平行,若把此三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜 边就相当于题中的螺线环.根据题意有

tan ? ?

πR 1 ? 2πR 2

v?

可得: sin

??

5 2 5 , cos ? ? (2) 5 5

u
图1

?

设在所考察的时刻, 螺旋环绕其转轴的角速度为 用 u 表示,

? ,则环上每一质量为 ?mi 的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同,

u ? ?R

(3)

该小质元对转轴的角动量 ?Li

? ?mi uR ? ?mi R2?

整个螺旋环对转轴的角动量

L ? ? ?Li ?? ?mi R2? ? mR2? (4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成.在螺旋环的角速度为 相对螺旋环的速度为 v ? ,则小球在水平面内作圆周运动的速度为 P

? 时,设小球

v ? v?cos? ? ? R

(5)

沿竖直方向的速度 v?

? v?sin? (6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为 0,系统对转轴的角动量守恒,故有 由(4)(5)(7)三式得: v?cos 、 、

0 ? mvPR ? L (7)

? ? ? R = ? R (8)
(9)

在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

mgh ?

1 1 2 2 m vP ? v? ? ? ?mi u 2 2 2
2

?

?

由(3)(5)(6)(9)四式得: 、 、 、

2 gh = ? v?cos? ? ? R ? ? v?2 sin 2? ? ? ? R 2

(10)

解(8)(10)二式,并利用(2)式得 、

ω=

1 2 gh R 3

(11)

v? =

10gh 3 v? ? 2 gh 3
(13)

(12)

由(6)(12)以及(2)式得 、

或有 v?
2

1 ? 2 gh 3

(14)

(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度 a? 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 ,则有 h =

?

1 g (15) 3

t

1 a?t 2 (16) 2

由(11)和(16)式得

??

g t 3R

(17)

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度

??

g 3R

(18)

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力 N1 ,在图 1 所示的薄片平面内,方向

? 垂直于薄片的斜边; 螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力 N 2 的反作用力 N 2 . 向
心力

m

? N2 C
R
图2

? N 2 在水平面内,方向指向转轴 C,如图 2 所示. N1 、 N 2 两力中只有 N1 对螺旋环

的转轴有力矩,由角动量定理有

N1 sin ? R?t ? ?L (19)
(20)

由(4)(18)式并注意到 、

?? mg 5 ? ? 得 N1 ? ? mg ?t 3sin ? 3
(21)

? 而 N2 ? N2 ? m

2 vP

R

由以上有关各式得

N2 ?

2h mg (22) 3R
(23)

小球对螺旋环的作用力

1 4h2 2 N ? N12 ? N2 ? mg 5 ? 2 3 R

评分标准:本题 22 分(1)(2)式共 3 分, 、 (7)式 1 分, (9)式 1 分,求得(11)式给 6 分, (20)式 5 分, (22)式 4 分, (23) 式 2 分. 解法二

m


一倾角为

? 的直角三角形薄片(如图 1 所示)紧贴于半径

R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向

h

v?

的直角边平行, 若把此三角形薄片卷绕在柱面上, 则三角形薄片 的斜边就相当于题中的螺线环. 根 据 题 意 有 :

u
图1

?

tan ? ?

πR 1 ? 2πR 2

( 1 )

可得:

sin ? ?

5 5



cos ? ?

2 5 5

(2)

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度.小 球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看 做沿水平方向的直线运动,结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向 离初始位置的距离为 h 的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为 v ? ,沿薄片斜边的加速度为 a ? .薄片相对地面向左移动的速 度为

u ,向左移动的加速度为 a 0 . u 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度,若此时螺旋环转动的角速度为 ? ,则有
(3)

u ? ?R

而 a 0 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度,若此时螺旋环转动的角加速度为

?

,则有 a0

? ? R (4)
N

小球位于斜面上的受力情况如图 2 所示:

重力

mg ,方向竖直向下,斜面的支持力 N
f
?

,方向与斜面垂直,以

f*
a0

薄片为参考系时的惯性力 (5) 由牛顿定律有 mgcosθ

, 方向水平向右,其大小

f ? ma0

?

a?

mg
图2

?

? N ? f ? sin ? ? ? (6)
(7)

mgsin? ? f ? cos? ? ma? Nsin? ? ma0
解(5)(6)(7)(8)四式得 、 、 、

(8)

2sin? g ?? sin 2? cos? N= mg 1 ? sin 2 ? sin? cos? a0 ? g 1+ sin 2? a? =
利用(2)式可得

(9)

(10)

(11)

a? =

5 g 3 5 mg 3
(14)

(12)

N=
a0 ?

(13)

1 g 3

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

??

? g ?R

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 ,则此时螺旋环的角速度

t

? ? ?t

(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成,而小球沿竖直方向的加速度

? a? ? a? ? a?sin?
故有 h =

(17)

1 a? t 2 2

(18)

由(15)(16)(17)(18) 、 、 、 、以及(2)式得

??

? 2 gh R 3

(19)

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴,故向心力与图 2 中的纸面垂直,亦
2 vP

即与 N 垂直.向心力的大小

N1 ? m

(20)

R

式中 v ? 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若 a? 为小球相对地面的加速度在水平面内的分量,则有 P

v ? aPt

(21)



? ? a? 为 a ? 在水平面内的分量,有 aP ? aP ? a0 ? a?cos? - a0 (22)
N1 ? 2h mg 3R
(23)

由以上有关各式得

小球作用于螺旋环的力的大小

N 0 ? N 2 ? N12 (24)
(25)

mg 4h2 由(13)(23)和(24)式得 N 0 ? 、 5? 2 3 R

评分标准:本题 22 分. 、 (1)(2)式共 3 分, (9)或(12)式 1 分, (10)或(13)式 5 分, (11)或(14)式 1 分, (19)式 6 分, (23)式 4 分, (25)式 2 分. (28)一、参考解答: 解法一 取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2
a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所示.
以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te 则 ae

(1)

, ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动)

? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2
设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得

( 2 )

y
P

b
(3)

rP
S

c ? a ? r0

?P
P x 0

a
( 4 )

O

b ? a2 ? c2

由图 1 可知,P 点的坐标

x ? c ? rP cos?P y ? rP sin ?P
把(5)(6)式代入(1)式化简得 、

图1
(5)

(6)

?a
根据求根公式可得

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

(7)

b2 ? a ? c cos ? P ? rP ? 2 2 a sin ? P ? b2 cos2 ? P
由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

(8)

rP ? 0.896AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

(9)

E=?

Gmms 2a

(10)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmm s ? mvP ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?


(11)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(12)

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
设 P 点速度方向与 SP 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律 0

(13)

rP vP sin ?? ??P ? ? 2?
其中

(14)

? 为面积速度,并有
??
πab T
(15)

y
P

b
( 16 )

rP
S

由(9)(13)(14)(15)式并代入有关数据可得 、 、 、

?P
P 0

?

? ? 127?

a

O

x

图2
解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角为 星的椭圆轨道方程为

?

,取逆时针为正向,用 r、

?

表示彗

r?

p 1 ? e cos ?

(1)

其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解析几何可知

p ? a ?1 ? e 2 ?
将(2)式代入(1)式可得

(2)

r?

a ?1 ? e 2 ? 1 ? e cos?

(3)

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te 则 ae

, ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动)

? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2
在近日点

(4)

? ? 0 ,由(3)式可得

e ? 1?
将 P、

r0 a

(5)

?

a 、 e 的数据代入(3)式即得
rP ? 0.895AU
(6)

可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

E=?

Gmms 2a

(7)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmms ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
可得

(8)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(9)

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? ,彗星在近日点的速度为 v0 ,再根据角动量守恒定律,有

(10)

rP vP sin ?? ??P ? ? r0 v0
根据(8)式,同理可得

(11)

v0 ? Gms ?
由(6)(10) 、 、(11)、(12)式并代入其它有关数据

2 1 ? r0 a

(12)

? ? 127?
评分标准: 本题 20 分 解法一

(13)

(2)式 3 分, (8)式 4 分, (9)式 2 分, (11)式 3 分,(13) 式 2 分,(14)式 3 分,(15)式 1 分, (16)式 2 分. 解法二 (3)式 2 分, (4)式 3 分, (5)式 2 分, (6)式 2 分, (8)式 3 分,(10) 式 2 分,(11)式 3 分,(12)式 1 分, (13)式 2 分.

二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1 为地面对杆 AB 的支持力, f 2 、 N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支持力,N3 、N 4 分别为墙对杆 AB
和 CD 的作用力, mg 为重力.取杆 AB 和 CD 构成的系统为研究对象,系统 平衡时, 由平衡条件有

y

D

N4

??

N4 ? N3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

(1)

B N3

E F N2 mg f2 C mg f1 N1 A x

??
(2)

O

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, E 为 BF 与 CD 的交点.由几何关系有
CF ? l sin ? cot ?
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有 (4)

(3)

N4 ? N2 cos? ? f2 sin ? ? 0 N2 sin? ? f2 cos? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

(5)

(6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

N4 ?

1 mg tan ? 2

(8)

1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2 ? 3tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2

(9)

(10)

N1 ? 2mg
1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为

(11)

(12)

(13)

f 2 ? ?c N2
由(12)(13)(14)式得 、 、

(14)

tan ? ?
AB 杆平衡的必要条件为

2 ? ?C sin ? ? cos ? ? ?C cos ? ? sin ?

(15)

f1 ? ? A N1
由(10)(11)(16)式得 、 、

(16)

因此,使系统平衡,

? 应满足的条件为(15)式和(17)式.

tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4 ? A ? 3 tan ? sin ? cos ?

(17)

2.将题给的数据代入(15)式可得

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得

(18)

因此,

? 的取值范围为

? ? 19.5?

(19)

19.5? ? ? ? 21.1?
评分标准: 本题 20 分 第 1 问 15 分

(20)

(1)(2)(3)式共 3 分, 、 、 (4)式 1 分, 、 、 (5)(6)(7)式共 3 分,(9) 、(10) 式各 1 分,(12)到(17)式各 1 分. 第2问5分 (18)式 1 分, (19)式 3 分, (20)式 1 分.

三、

T
参考解答: 解法一 1. 设在时刻 ,小球和圆筒的运动状态如图 1 所示,小球位于 P 点,

v
v1 v2
P

t

O

图1

绳与圆筒的切点为 T ,

P 到T

的距离即绳的拉直部分的长度为 l ,圆筒的角速度为

? ,小球的速度为 v .小球的速度可以

分解成沿着绳子方向的速度 v1 和垂直于绳子方向的速度 v 2 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有

1 1 1 1 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v12 ? v2 ? 2 2 2 2

(1)

MR2?0 ? mR2?0 ? MR2? ? mRv1 ? ml v2
因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即

(2)

v1 ? R?
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

??

?M ? m?R 2 ? ml2 ? ?M ? m?R 2 ? ml2 0

(4)

2?M ? m?R 2 l v2 ? ? ?M ? m?R 2 ? m l2 0
由(4)式可得

(5)

l?R
这便是在卫星角速度减至 2.由(6)式,当

M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ?

(6)

? ?0得

? 时绳的拉直部分的长度 l .
M ?m m

L?R

( 7 )

T?

??2 ??1 T
,切点 T 跟随圆筒转过一角度

l ? ?l
l

这便是绳的总长度 L. 3.如图 2 所示,从时刻

v2 ? t ?

t 到 t ? ?t

O

??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的长度增加了 ?l ,切点相对圆筒又转过一
角度 ? 2

? ?

?l R

,到达 T ? 处,所以在 ?t 时间内,切点转过的角度

图2

?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ?
切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ? 的,故有

?l R

(8)

?

,而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度 v2 引起

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v 2 ?t l

(9)

v2 ? l ??0 ? ? ?
由(8)、 、 (9)(10)三式得

(10)

?l ? R?0?t
(11)式表示 l 随 均匀增加,故 l 由 0 增加到 L 所需的时间为

(11)

t

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

(12)

解法二 1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究,先研究任何时刻小球的速度. 在 时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图 1 所示, 绳子的拉直部分与圆筒面的切点为 T ,小球到切点 T 的距离即绳的拉 直部分的长度为 l , 小球到转轴 O 的距离为

t

Q
R
m 2

T l r
m

r ,圆筒的角速度为 ? .

P0?
O

由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动,绳将展开,切点位置和绳的 拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 时刻, OT 与固定在圆筒

P0
Q?

2

t

上的半径 OP 的夹角为 0

? ,如图 2 所示.由于小球相对圆筒的运动,

?

T?

图1

l?

经过时间 ?t ,切点从圆筒上的 T 点移到 T ? 点, OT ? 与 OP 的夹角变为 0

?? T

l

P?

?
O

P P0

? ? ?? ,绳的拉直部分的长度由 l 变为 l ? ,小球由 P 运动到 P? , PP?
便是小球相对圆筒的位移.当 ?t 很小时 l

????

? l ? ,故 ???? PP? ? l ??? ? l ??

图2

于是小球相对圆筒的速度大小为

v? ? l
方向垂直于 TP . 速度.

?? ? l?? ?t

(1)

?? 是切点相对圆筒转动的角
T

? v? ? v?1
l

? v

再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与 圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的 运动.当圆筒的角速度为

? 时,位于转动参考系
(2)

? v?
P

? v? 2

? ? v? ? v? 2

中的 P 点(小球所在处)相对质心系的速度

R O

?

v? ? r?

r

P0

图3

方向垂直于 OP .可以把 v? 分解成沿着 TP 方向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 ,如图 3 所示,即

v?1 ? R? v? 2 ? l?
?
2 v ? v?1 ? ? v? 2 ? v? ?

(3)

(4)

小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 P 点相对质心系速度的合成,由图 3 可得 v 的大小
2

?

(5)



l ? R?
故有

(6)

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv 2 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有
2 m ?? ? ?? ? ? 2 M ?m

(8)

(9)

?02 ? ? 2 ?
由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

(10)

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
故有

?? ? ?0
M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ? M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?


(12)

上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量,将(12)式代入(11)式得

??
由(6)、(13)两式得

(13)

l?R
这便是在卫星角速度减至 2.由(14)式,当

(14)

? ? 0 得绳总长度,

? 时绳的拉直部分的长度 l .

L?R
3.因

M ?m m

(15)

?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为
? ? ?0t
(16)



? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

?s ?
设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16)(17)式得 、

M ?m m

(17)

ts ?
评分标准: 本题 25 分. 解法一

?s 1 M ?m ? ?0 ?0 m

(18)

第 1 问 12 分. 、 (1)(2)式各 3 分, (3)式 2 分, (6)式 4 分. 第 2 问 3 分. (7)式 3 分. 第 3 问 10 分. 、 (8)(9)式各 3 分, (10)式 2 分, (11)(12)式各 1 分. 、 解法二 第 1 问 18 分. (1)式 3 分, (2)式 2 分, (7)式 2 分, (8)式 3 分, (9)式 3 分, (12)式 2 分, (14)式 3 分, 第 2 问 3 分. (15)式 3 分. 第 3 问 4 分. (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 1 分.

四、 参考解答: 1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为

v0 y 和 v0 z .因为粒子在 z 方向不受电场力和磁场力作

用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的初速度表示为

v0y ? ?v0y1 ? v0y ? v0y1
其中

(1)

v 0y 1 ? ?
沿 y 负方向.与

E0 B0

(2)

v0y1 相关的磁场力

f Bx ? ?qv0 y1B0
沿 x 负方向.粒子受到的电场力

(3)

f E ? f Ex ? qE0

(4)

沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒子以大小为

E0 B0

的速度沿 y 负方

向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度

v0y 2 ? v0y ?
沿 y 正方向,与

E0 B0

(5)

v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在

Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示圆周运动的半径,有

qv0y 2 B0 ? m
可得

2 v0y 2

(6)

r

r?
由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

mv0y 2 qB0

(7)

T=

2?m qB0


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