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01~05年高中物理竞赛预赛力学部分(含答案)


一.(01 年预赛)(15 分)(初级)如图预 18-l 所示, 杆 OA 长为 R ,可绕过 O 点的水平轴在竖直平面内转动, 其端点 A 系着一跨过定滑轮 B 、 C 的不可伸长的轻绳,绳 的另一端系一物块 M ,滑轮的半径可忽略, B 在 O 的正上 方, OB 之间的距离为 H 。某一时刻,当绳的 BA 段与 OB 之间的夹角为 ? 时,杆的角速度为 ? ,求此时物块 M

的速 率 vM 。

二.(02 年预赛) (15 分) (初级)今年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴 天气.现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景: v 为竖直向上的风速,沙尘颗粒被扬起后悬 浮在空中(不动) .这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 v 竖直向下运动时 所受的阻力.此阻力可用下式表达

f ? ?? Av 2
其中 ? 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ? 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ?S ? 2.8 ?103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r ? 2.5 ?10-4 m ,地球 表面处空气密度 ?0 ? 1.25 kg ? m-3 , ? ? 0.45 ,试估算在地面附近,上述 v 的最小值 v1 . (2) 假定空气密度 ? 随高度 h 的变化关系为 ? ? ?0 (1 ? Ch) , 其中 ?0 为 h ? 0 处的空气密度,

C 为一常量, C ? 1.18 ?10?4 m-1 ,试估算当 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙的最大高度. (不考虑重
力加速度随高度的变化)

三.(04 年预赛) (15 分) (初级)质量分别为 m1 和 m2 的两个小物块用轻绳连结, 绳跨过位于倾角?=30?的光

滑斜面顶端的轻滑轮,滑轮与转轴之间的磨擦不计,斜面固定在水平桌面上,如图所示。第 一次,m1 悬空,m2 放在斜面上,用 t 表示 m2 自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需 的时间。第二次,将 m1 和 m2 位置互换,使 m2 悬空,m1 放在斜面上,发现 m1 自斜面底端 由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为 t/3。求 ml 与 m2 之比。

四.(04年预赛) (15分) (初级)如图所示, B是质量为mB、半径为R的光滑半球形碗, 放在光滑的水平桌面上。A是质为mA的细长 直杆, 被固定的光滑套管C约束在竖直方向, A可自由上下运动。碗和杆的质量关系为: mB=2mA。初始时,A杆 被握住,使其下端正好与碗的半球面 的上边缘接触(如图) 。然后从静止 开始释放A,A、B便开始运动。设A 杆的位置用?表示,?为碗面的球心 O至A杆下端与球面接触点的连线方 向和竖直方向之间的夹角。求A与B 速度的大小(表示成?的函数) 。

五.(05 年预赛) (17 分) (初级)现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂) ,一把匀质的 长为 l 的有刻度、零点位于端点的直尺,一个木块及质量不计的细线.试用这些器件设计一 实验装置(要求画出示意图) ,通过一次测量(弹簧测力计只准读一次数) ,求出木块的质量 和尺的质量. (已知重力加速度为 g)

六.(02 年预赛) (20 分) (中等)据新华社报道,为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太 空,2002 年 3 月 25 日 22 时 15 分,我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任 务后,飞船于 4 月 1 日 16 时 51 分安全着陆,共绕地球飞行 108 圈。 (1)飞船的名称是什么? (2)飞船在运行期间,按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作,包括从椭 圆轨道变换成圆轨道等. 假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理, 试粗略估计飞船离地面的平均高度.已知地球半径 R ? 6.37 ?106 m ,地球表面处的重力加 速度 g ? 9.80 m ? s-2

七.(03 年预赛)(20 分)(中等)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(x<l)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.

八.(05 年预赛) (25 分) (中等)一质量为 m 的 小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑, 与一质量为 km 的静止在水平地面上的小滑块 B 发生正碰撞,如 图所示.设碰撞是弹性的,且一切摩擦不计.为 使二者能且只能发生两次碰撞,则 k 的值应满足 什么条件?

A

B

九.(01 年预赛) (25 分) (高等)如图预 18-5 所示,一质量为 M 、长为 L 带薄挡板 P 的 木板, 静止在水平的地面上, 设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等, 皆为 ? . 质 量为 m 的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端,到达另一端时 便骤然抓住挡板 P 而停在木板上.已知人与 木板间的静摩擦系数足够大,人在木板上不 滑动.问:在什么条件下,最后可使木板向 前方移动的距离达到最大?其值等于多少?

十. (02 年预赛) (25 分) (高等) 如图预 19-7 所示, 在长为 l ? 1.0 m、 质量为 mB ? 30.0 kg 的车厢 B 内的右壁处,放一质量 mA ? 20.0 kg 的小物块 A(可视为质点) ,向右的水平拉力

F ? 120.0 N 作用于车厢,使之从静止开始运动,测得车厢 B 在最初 2.0s 内移动的距离 s ? 5.0 m ,且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞.假定车厢与地面间的摩擦忽略
不计,小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的.求车厢开始运动后 4.0s 时,车厢与小物块的 速度.

十一.(03 年预赛)(20 分)(高等)质量为 M 的运动员手持一质量为 m 的物块,以速率 v0 沿与水平面成 a 角的方向向前跳跃(如图) .为了能跳得更远一点,运动员可在跳远全过程 中的某一位置处,沿某一方向把物块抛出.物块抛出时相对运动员的速度的大小 u 是给定 的,物块抛出后,物块和运动员都在同一竖直平面内运动. (1) 若运动员在跳远的全过程中的某 时刻 to 把物块沿与 x 轴负方向成某 θ 角的 方向抛出,求运动员从起跳到落地所经历 v0 的时间. (2)在跳远的全过程中,运动员在何处 把物块沿与 x 轴负方向成 θ 角的方向抛出, 能使自己跳得更远?若 v0 和 u 一定, 在什 么条件下可跳得最远?并求出运动员跳的 最大距离

十二.(04 年预赛) (18 分) (高等)如图所示,定滑 轮 B、C 与动滑轮 D 组成一滑轮组,各滑轮与转轴间 的摩擦、滑轮的质量均不计。在动滑轮 D 上,悬挂有 砝码托盘 A, 跨过滑轮组的不可伸长的轻线的两端各挂 有砝码 2 和 3。 一根用轻线 (图中穿过弹簧的那条坚直 线)拴住的压缩轻弹簧竖直放置在托盘底上,弹簧的 下端与托盘底固连,上端放有砝码 1(两者未粘连) 。 已加三个砝码和砝码托盘的质量都是 m,弹簧的劲度 系数为 k,压缩量为 l0,整个系统处在静止状态。现突 然烧断栓住弹簧的轻线,弹簧便伸长,并推动砝码 1 向上运动,直到砝码 1 与弹簧分离。假设砝码 1 在以 后的运动过程中不会与托盘的顶部相碰。求砝码 1 从 与弹簧分离至再次接触经历的时间。

十三.(05 年预赛) (30 分) (高等)如图所示,一根长为 l 的 细刚性轻杆的两端分别连结小球 a 和 b ,它们的质量分别为 ma 和 mb.杆可绕距 a 球为 l 处的水平定轴 O 在竖直平面内 转动.初始时杆处于竖直位置.小球 b 几乎接触桌面.在杆

a O B

F

1 4

C

b

A

D

的右边水平桌面上,紧挨着细杆放着一个质量为 m 的立方体匀质物块,图中 ABCD 为过立 方体中心且与细杆共面的截面. 现用一水平恒力 F 作用于 a 球上, 使之绕 O 轴逆时针转动, 求当 a 转过??角时小球 b 速度的大小.设在此过程中立方体物块没有发生转动,且小球 b 与立方体物块始终接触没有分离.不计一切摩擦.

参考解答
一、参考解答 杆的端点 A 点绕 O 点作圆周运动,其速度 vA 的方向与杆 OA 垂直,在所考察时其大小 为

vA ? ? R (1)
对速度 vA 作如图预解 18-1 所示的正交分解,沿 绳 BA 的分量就是物块 M 是速率 vM ,则

vM ? vA cos ? (2)
由正弦定理知

sin ?OAB sin ? (3) ? H R
由图看出

?OAB ?

?
2

? ? (4)

由以上各式得

vM ? ? H sin ? (5)
评分标准:本题 15 分 其中(1)式 3 分; (2)式 5 分; (5)式 7 分。

二、参考解答 (1)在地面附近,沙尘扬起要能悬浮在空中,则空气阻力至少应与重力平衡,即
2 ??0 Av1 ? mg ①

式中 m 为沙尘颗粒的质量,而

A ? ? r2 ② 4 m ? ? r 3 ?s ③ 3
得 v1 ?

4 ?s gr ④ 3 ??0

代入数据得

v1 ? 4.0 m ? s-1 ⑤
(2)用 ?h 、 h 分别表示 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有

?h ? ?0 (1 ? Ch) ⑥
此时式①应为

??h Av2 ? mg ⑦
由②、③、⑥、⑦可解得

h?
代入数据得

4r ?s g ? 1? ?1 ? ?⑧ C ? 3? v2 ?0 ?

h ? 6.8 ?103 m ⑨
评分标准:本题 15 分。 1. 第一小题 8 分。其中①式 3 分,②式 1 分,③式 1 分,④式 2 分,⑤式 1 分。 2. 第二小题 7 分。其中⑥式 1 分,⑦式 1 分,⑧式 3 分,⑨式 2 分。

三、参考解答 第一次,小物块受力情况如图所示,设T1为绳中张力,a1为两物块加速度的大小,l为斜面 长,则有

m1g ? T1 ? m1a1 (1) T1 ? m2 g sin ? ? m2 a1 (2)

1 l ? a1t 2 (3) 2
第二次, m1 与 m2 交换位置.设绳中 张力为T2,两物块加速度的大小为a2,则 有

m2 g ? T2 ? m2 a2 (4) T2 ? m1g sin ? ? m1a2
1 ?t? l ? a2 ? ? 2 ? 3?
2

(5)

(6)

由(1) 、 (2)式注意到?=30?得

a1 ?

2m1 ? m2 g (7) 2(m1 ? m2 )

由(4) 、 (5)式注意到?=30?得

a2 ?

2m2 ? m1 g (8) 2(m1 ? m2 )

由(3) 、 (6)式得

a1 ?

a2 (9) 9

由(7) 、 (8) 、 (9)式可解得

m1 11 ? (10) m2 19
评分标准: 本题15分, (1) 、 (2) 、 (3) 、 (4) 、 (5) 、 (6)式各2分,求得(10)式再给3分。

四、参考解答 由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A沿竖 直方向运动,设其速度为vA,B沿水平方向运动,设其速度 为vB,若以B为参考系,从B观测,则A杆保持在竖直方向, 它与碗的接触点在碗面内作半径为R的圆周运动,速度的方 向与圆周相切,设其速度为VA。杆相对地面的速度是杆相对 碗的速度与碗相对地面的速度的合速度,速度合成的矢量图 如图中的平行四边形所示。由图得

VA sin? ? vA (1) VA cos? ? vB (2)
因而

vB ? vA cot ? (3)
由能量守恒

1 1 2 2 (4) mA gR cos? ? mAvA ? mBvB 2 2
由(3) 、 (4)两式及mB=2mA得

vA ? sin ?

2 gR cos? (5) 1 ? cos 2 ? 2 gR cos? (6) 1 ? cos 2 ?

vB ? cos?

评分标准: 本题(15)分. ( 1) 、 (2)式各3分, (4)式5分, (5) 、 (6)两式各2分。

五、参考解答 找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂 在弹簧测力计的挂钩上,让直尺穿在细环中,环与直尺的 接触点就是直尺的悬挂点,它将尺分为长短不等的两 段.用细线栓住木块挂在直尺较短的一段上,细心调节直 尺悬挂点及木块悬挂点的位置,使直尺平衡在水平位置 (为提高测量精度,尽量使二悬挂点相距远些) ,如图所 示.设木块质量为 m,直尺质量为 M.记下二悬挂点在直 尺上的读数 x1、x2,弹簧测力计读数 G.由平衡条件和图 中所设的直尺零刻度线的位置有

G
0

x1

x2 m

M

(m ? M ) g ? G

(1) (2)

?l ? mg ( x 2 ? x1 ) ? Mg ? ? x 2 ? ?2 ?
(1)、(2)式联立可得

m?

G ?l ? 2 x 2 ? g ?l ? 2 x1 ? 2G ?x 2 ? x1 ? g ?l ? 2 x1 ?

(3)

M ?

(4)

评分标准:本题 17 分. 正确画出装置示意图给 5 分. (1)式、 (2)式各 4 分, (3)式、 (4)式各 2 分.

六、参考解答 (1)神舟 3 号 (2)设飞船飞行时间为 t ,绕地球飞行的圈数为 N ,周期为 T ,飞船的质量为 m ,离地面 的平均高度为 h ,地球半径为 R ,地球质量为 M ,则有

T?

t ① N
G mM ? 2? ? ? m? ? ( R ? h) ② 2 ( R ? h) ? T ?
2

G
由①、②、③式解得

Mm ? mg ③ R2
1/ 3

? gR 2t 2 ? h?? 2 2 ? ? 4? N ?

?R④

由题给数据可知 t ? 5.8536 ?105 s ,代入 t 及其它有关数据得

h ? 2.9 ?105 m ⑤

评分标准:本题 20 分 (1)4 分 (2)16 分。其中①、②、③、④式各 3 分,⑤式 4 分(答案在 2.7 ?105 m ~ 3.1?105 m 之 间均给这 4 分)

七、参考解答

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 m , 则摆 球受重力 mg 和摆线拉力 T 的作用, 设在这段时间内任一时刻的速度为 v , 如图预解 20-5 所示。用 ? 表示此时摆线与重力方向之间的夹角,则有方 程式

mv 2 (1 ) l?x 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 O 点为势能零点,则有关系 T ? mg cos ? ?

1 ?mgl cos? ? mv2 ? mg[ x ? (l ? x)cos? )] (2) 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 T =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 v ? v0 ,摆 线与竖直线的夹角 ? ? ? 0 ,由式(1)得
2 (3) v0 ? g (l ? x)cos?0 ,

代入(2)式,求出

2l cos? ? 3( x ? l )cos? 0 ? 2 x (4)
要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:

(l ? x)sin ?0 ? v0 cos?0t , (5)

1 (l ? x)cos?0 ? ?v0 sin ?0t ? gt 2 (6) 2 利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 ?

g (l ? x)sin 2 ? 0 (7) 2cos? 0

由式(3) 、 (7)得到

3 (8) 3 代入式(4) ,求出 cos? 0 ?

? ? arccos ?

? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? (9) 2l ? ?

? 越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ? / 2 ,由此可求得 x 的最小值:

x(2 ? 3) ? 3l ,
所以

x ? (2 3 ? 3)t ? 0.464l (10)
评分标准:本题 20 分。 式(1)1 分,式(2)3 分,式(3)2 分,式(5) 、 (6)各 3 分,式(8)3 分,式(9)1 分,式(10)4 分。

八、参考解答 设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及机械能 守恒定律有

mv 0 ? mv1 ? kmV1

(1) (2)

1 1 1 2 2 mv0 ? mv1 ? kmV12 2 2 2
由此解得

? (k ? 1) v0 k ?1 2 V1 ? v0 k ?1 v1 ?

(3) (4)

为使 A 能回到坡上,要求 v1<0,这导致 k>1;为使 A 从坡上滑下后再能追上 B,应有

? v1 ? V1 ,即 (k ? 1) ? 2 ,这导致 k ? 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求
k>3 (5) 对于第二次碰撞,令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度,同样由动量守恒及机械能 守恒定律有:

m(?v1 ) ? kmV1 ? mv 2 ? kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 ? kmV12 ? mv 2 ? kmV22 2 2 2 2
由此解得

v2 ?

4k ? (k ? 1) 2 v0 (k ? 1) 2
4(k ? 1) v0 (k ? 1) 2

(6)

V2 ?

(7)

若 v2>0, 则一定不会发生第三次碰撞, 若 v2<0, 且 ? v 2 ? V2 , 则会发生第三次碰撞. 故 为使第三次碰撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 ( ? v 2 ) 不大于 B 速度的

大小 V2 ,即

? v2 ? V2
由(6)、 (7) 、 (8)式得

(8)

k 2 ? 10k ? 5 ? 0
由 k2-10k+ 5 = 0 可求得

( 9)

k?
(9)式的解为

10 ? 80 ? 5?2 5 2

5?2 5 ?k ?5?2 5
(10)与(5)的交集即为所求:

(10)

3? k ?5? 2 5

(11)

评分标准:本题 25 分. 求得(3)、(4) 式各得 3 分,求得(5)式得 4 分,求得(6) 、 (7) 、 (8 ) 、 (10)和(11) 式各得 3 分.

九、参考解答 在人从木板的一端向另一端运动的过程中,先讨论木板发生向后运动的情形,以 t 表示 人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间,设以 x1 表示木板向后移动的 距离,如图预解 18-5 所示.以 f 表示人与木板间的静摩擦力,以 F 表示地面作用于木板的 摩擦力,以 a1 和 a2 分别表示人和木板的加速度,则

f ? ma1 (1)

1 L ? x1 ? a1t 2 (2) 2
f ? F ? Ma2 (3)

1 x1 ? a2t 2 (4) 2
解以上四式,得

t?

2 LMm (5) Mf ? m( f ? F )

对人和木板组成的系统, 人在木板另一端骤然停下后, 两者的总动量等于从开始到此时

地面的摩擦力 F 的冲量,忽略人骤然停下那段极短的时间,则有 Ft ? ( M ? m)v (6) 设人在木板另一端停下后两者一起向前 v 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度. 移动的距离为 x2 ,地面的滑动摩擦系数为 ? ,则有

1 (M ? m)v2 ? ? (M ? m) gx2 (7) 2
木板向前移动的净距离为

X ? x2 ? x1 (8)
由以上各式得

X?

? ? ? 1 ? F ? ? LMm Lm ? ? ( f ? F)? ? ? ? ? ? g ? M ? m ? ? (M ? m)( f ? F ) ? MF ? ? Mf ? m( f ? F ) ?

2

由此式可知,欲使木板向前移动的距离 X 为最大,应有 f ?F (9) 即 f ? Fmax ? ? (M ? m) g (10) 即木板向前移动的距离为最大的条件是: 人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑 动摩擦力. 移动的最大距离

X max ?

m L (11) M ?m

由上可见,在设木板发生向后运动,即 f ? F 的情况下, f ? F 时, X 有极大值,也就是 说,在时间0~ t 内,木板刚刚不动的条件下 X 有极大值. 再来讨论木板不动即 f ? F 的情况,那时,因为 f ? F ,所以人积累的动能和碰后的总 动能都将变小,从而前进的距离 x 也变小,即小于上述的 X max 。 评分标准:本题25分 (1)、(2)、(3)、(4)式各1分;(6)式5分;(7)式2分;(8)式3分;(9)式 2分;(10)式3分;(11)式5分;说明 f ? F 时木板向前移动的距离小于 f ? F 时的给1 分。

十、参考解答 解法一: 1. 讨论自 B 开始运动到 T0 ? 2.0 s 时间内 B 与 A 的运动。 根据题意,在 2s 内,A 未与 B 发生过碰撞,因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动,不论 A 与 B 之间是否有摩擦,B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 aB1 ,有

1 s ? aB1T02 2


aB1 ?

2s ? 2.5 m ? s-2 (1) T02

如果 A、B 之间无摩擦,则在 B 向右移动 1 米距离的过程中,A 应保持静止状态,接着 B 的车厢左壁必与 A 发生碰撞,这不合题意。如果 A、B 之间无相对运动(即两者之间的摩擦 力足以使 A 与 B 有一样的加速度) ,则 B 的加速度

aB ?

F ? 2.4 m ? s-2 mA ? mB

这与(1)式矛盾。由此可见,A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。 以 Ff 表示 A、 B 间的滑动摩擦力的大小, 作用于 B 的摩擦力向左, 作用于 A 的摩擦力向右, 则有

F ? Ff ? mBaB1 (2) Ff ? mA aA1 (3)
由(1) 、 (2) 、 (3)式得

aA1 ? 2.25 m ? s-2 (4)
Ff ? 45 N (5)
2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。 由于 aA1 ? aB1 ,B 向右的速度将大于 A 的速度,故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。设自静 止开始,经过时间 t1 ,B 的左壁刚要与 A 发生碰撞,这时,B 向右运动的路程与 A 向右运动 的路程之差正好等于 l ,即有

1 1 2 2 aB1t1 ? aA1t1 ?l 2 2
解得

t1 ?

2l (6) aB1 ? aA1

代入数据,得

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为

vA1 ? aA1t1 ? aA1

2l (7) aB1 ? aA1 2l (8) aB1 ? aA1

vB1 ? aB1t1 ? aB1

3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞 以 uA1 和 uB1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 uA1 、uB1 为正时,分别表示它们向右 运动。在碰撞的极短时间内,外力 F 的冲量可忽略不计,因此有

mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1

1 1 1 1 2 2 2 2 mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1 2 2 2 2
解以上两式得

uA1 ? uB1 ? ?(vA1 ? vB1 ) ? 2l (aB1 ? aA1 ) (9)
(9)式表示,在弹性碰撞中,碰撞前后两者的相对速度的大小不变,但方向反转。 4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。 由 (9) 式可以看出, 经第一次碰撞, A 和 B 都向右运动, 但 A 的速度 uA1 大于 B 的速度 uB1 , 这时作用于 A 的摩擦力向左,作用于 B 的摩擦力向右,大小仍都为 Ff 。设此过程中 A 向左 的加速度和 B 向右的加速度分别为 aA2 和 aB2 ,则由牛顿第二定律有

Ff ? mA aA2 F ? Ff ? mBaB2
解得

aA2 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 (10) mA F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 (11) mB

aB2 ?

由此可知,碰撞后,A 作减速运动,B 作加速运动。设经过时间 t1? ,两者速度相等,第一次 达到相对静止,则有

uA1 ? aA2t1? ? uB1 ? aB2t1?
由上式和(9)式解得

t1? ?

2l (aB1 ? aA1 ) uA1 ? uB1 vB1 ? vA1 (12) ? ? aA2 ? aB2 aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
2 2 s=0.09 s (13) 31

代入有关数据得

t1? ?

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有

1 1 ? ? aA2t1 ?2 ? uB2t1 ? ? aB2t1 ?2 ? l1 uA1t1 2 2
结合(9) 、 (12)两式得

l1 ? ld 2 (14)
式中

d?

aB1 ? aA1 (15) aA2 ? aB2

代入有关数据得

d?

aB1 ? aA1 (5/ 2) ? (9/ 4) 1 ? ? ?1 aA2 ? aB2 (9/ 4) ? (11/ 2) 31

由(14)可知 l1 ? l ,A 不会与 B 的右壁发生碰撞。 5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。 以 v1 表示 B 与 A 第一次相等的速度,由于 B 始终受 F 作用而加速,它将拖着 A 向右加速, 其情况与第一次碰撞前相似。这时作用于 A 的摩擦力向右,A 的加速度为 aA1 ,方向向右。 作用于 B 的摩擦力向左, B 的加速度为 aB1 , 方向也向右。 但是原来 A 与 B 左端的距离为 l , 现改为 l1 ,因 aA1 ? a B1 ,B 的左壁与小 A 之间的距离将减小。设两者间的距离从 l1 减小至零 即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为 t 2 ,以 l1 代入⑥式,结合(14)式,即可求得

t2 ?

2l1 2l ? d ? t1d (16) aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

代入有关数据,得

t2 ? 2 2

1 8 ? ? 0.51s 31 31

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为

vA2 ? v1 ? aA1t2 vB2 ? v1 ? aB1t2 vA2 ? vB2 ? (aA1 ? aB1 )t2 ? (aA1 ? aB1 )t1d ? (vA1 ? vB1 )d (17)
故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬 间 A、B 的速度分别为 uA2 和 uB2 ,则有

uA2 ? uB2 ? ?(vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 )d (18)

第二次碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经历时间 t2? , 两者速度相等,即第二次相对静止,则有

? ? uB2 ? aB2t2? uA2 ? aA2t2
解得

u ? uB2 vB1 ? vA1 t2? ? A2 ? d ? t1?d ? 0.016 s (19) aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
在 t2? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l2 ,有

1 1 ?2 ? uB2t2? ? aB2t2 ?2 ? l2 uA2t2? ? aA2t2 2 2
结合(8) 、 (9)得

l2 ? ld 4 (20)
自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间

T2 ? t1 ? t1? ? t2 ? t2? ? 3.43 s
T2 ? 4.0 s
6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。 当 A 与 B 的左壁之间的距离为 l2 时,A、B 相对静止。由于 B 受外力 F 作用而继续加速, 它将拖着 A 向右加速。 这时, A 的加速度为 aA1 , B 的加速度为 aB1 , 方向都向右, 但因 aB1 ? aA1 , A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。 设此过程经历的时间为 t3 , 则以 l2 代入 (6) 式结合 (16) 式得

t3 ?

2l2 2l ? d 2 ? t1d 2 ? 0.09 s (21) aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 vA3 和 vB3 ,碰撞后的速度分别为 uA3 和 uB3

vA3 ? vB3 ? (aA1 ? aB1 )t3 ? (vA1 ? vB1 )d 2 uA3 ? uB3 ? ?(vA3 ? vB3 ) ? (aB1 ? aA1 )t3 ? (aB1 ? aA1 )t1d 2 ? (vA1 ? vB1)d 2
碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经过时间 t3? 两者速度 相等,即第三次相对静止,A 与 B 左壁之间的距离为 l3 。则有

t3? ?

uA3 ? uB3 ? t1?d 2 (22) aA2 ? aB2

t3 ? ld 6
自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T3 仍小于 4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第 n 次碰撞。 在第 n ? 1 次碰撞完毕的瞬间,A 和 B 的速度分别为 uA n-1 和 uB n-1 ,A 以加速度 aA2 作减速

? -1 ,两者速度相等,即第 n ? 1 次相对静止。 运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。经过时间 tn
A 与 B 左壁之间的距离为 ln-1 。根据前面的讨论有

? -1 ? t1 ?d n-2 (23) tn

ln-1 ? ld 2(n-1)
再经过时间 t n 将发生 B 的左壁与 A 的第 n 次碰撞。 碰撞前两者的速度分别为 vA n 和 vB n 。 根 据前面的讨论,有

tn ? t1d n-1 (24)

vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d n-1
可以看出,碰撞次数越多,下一次碰撞前,A、B 速度之差越小。当碰撞次数 n 非常大时, 下次碰撞前两者的速度趋于相等,即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。 8. 讨论第 4 秒 B 与 A 的运动速度。 第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。B 自静止开始运动到 第 n 次相对静止经历的总时间为

? ? t2 ? t2 ? ? ? ? tn-1 ? tn ? -1 ? tn ? tn ? Tn ? t1 ? t1

? ? t1d ? t1 ?d ? ? ? t1d n-2 ? t1 ?d n-2 ? t1d n-1 ? t1 ?d n-1 ? t1 ? t1 ?) ? (t1 ? t1 ?)d ? (t1 ? t1 ?)d 2 ? ? ? (t1 ? t1 ?)d n-2+(t1 ? t1 ? )d n-1 ? (t1 ? t1

1 ? d ?? (25) 1? d 2 2 ?? 以 t1 ? 2 2 , t1 代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得 31 ?) ? (t1 ? t1
T? ? 64 2 31 ? 31 ? 3.56 s (26)

这表明早在第 4 秒之前,A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同,不再发生碰撞,此后 二者即以相同的速度运动了、现以 A 和 B 都静止时作为初态,设 T ? 4 s 时刻 A 和 B 的速度 为 V ,对 A、B 开始运动至 T ? 4 s 的过程应用动量定理,得

FT ? (mA ? mB )V (27)



V?

FT mA ? mB

代入数值,得

V ? 9.6 m ? s-1 (28)
解法二: 如果 A 与 B 之间没有摩擦力,B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。已知开始 2s 为 A 与 B 未发 生碰撞,而 B 已走了 5m,可见二者之间有摩擦力存在,且在此期间二者均作匀加速运动。 由 s ? at 2 可求出 B 对地面的加速度 aB1 :

1 2

1 5 ? aB1 22 , aB1 ? 2.5 m ? s-2 (1)? 2
设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 Ff ,则由小车的运动方程

mBaB ? F ? Ff
代入数值得

Ff ? 45 N (2)?
又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为

aA1 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 (3)? mA

于是,A 对 B 的相对加速度为

aAB1 ? aA1 ? aB1 ? ?0.25 m ? s-2 (4)?
第一次碰撞 由开始运动到 A 碰撞 B 的左壁的时间 t1 满足 s ?

1 2 , s ? 1 m 。于是 aAB1t1 2

t1 ? 2 2 s=2.83 s (5)?
A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度

vAB1 ? aAB1t1 ? ?0.5 2 m ? s-1 ? ?0.71m ? s-1 (6)?
由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向, 所以碰后 A 从 B 的左壁开始, 以相对速度

? ? ?vAB1 ? 0.5 2 m ? s-1 ? 0.71m ? s-1 (7)? vAB1
向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? Ff 。对地面的加速度 aA2 为

aA2 ?

Ff ? ?2.25 m ? s-2 (8)? mA

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右, 由其运动方程 mBaB2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 aB2 为

aB2 ?

F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 (9)? mB

由(8)? 、(9)? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为

aAB2 ? aA2 ? aB2 ? ?7.75 m ? s-2 (10)?
? ,相当于 B 走 A 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 t1
过的距离为 s1 ,由(6)? 式得

?? t1

? vAB1 a 2 ? AB1 t1 ? 2 s=0.091s (11)? aAB2 aAB2 31

s1 ?

1 1 ?2 ? m=0.03 m (12)? aAB2 t1 2 31

可见 A 停止在 B 当中,不与 B 的右壁相碰。 第二次碰撞 A 在 B 内相对静止后,将相当于 B 向左滑动,所受的摩擦力改为向右,而 B 所受的摩擦力 改为向左。这时 A 对 B 的相对加速度重新成为 aAB1 ,即 (4)? 式。A 由相对静止到与 B 的左
2 壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ? aAB1t2 算出:

1 2

t2 ?

2 s1 ? aAB1

aAB2 ?? t1 aAB1

aAB1 t1 ? 0.51 s (13)? aAB2

自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间

? ? t2 ? 3.43 s T2 ? t1 ? t1
A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

vAB2 ? aAB1t2 ? aAB1

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 vAB1 (14)? aAB2

这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。 第二次碰后, A 相对 B 向右运动, 此时 A 相对于 B 的相对加速度又成为 aAB2 ,即 (10) ? 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间

? 和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为 t2
?? t2 vAB2 a a ? AB1 t2 ? AB1 aAB2 aAB2 aAB2 aAB1 t1 ? aAB2 aAB1 ? ? 0.016 s (15)? t1 aAB2

s2 ?

1 ?2 ? 0.001m aAB2 t2 2

以后的碰撞 根据 (13)? 、 (15)? 二式,如令

k?
则有

aAB1 1/ 4 1 ? ? ? 0.18 (16)? aAB2 31/ 4 31

? ? kt1 ? t2 ? kt1 t2
由此可以推知,在第三次碰撞中必有

? ? kt2 ? ? k 2t1 ? (17)? t3 ? kt2 ? k 2t1 t3
在第 n 次碰撞中有

? ? k n-1t1 ?( 18)? tn ? k n-1t1 tn
即每一次所需时间要比上次少得多(A 在 B 中所走的距离也小得多) 。把所有的时间加在一 起,得
? ? ? 2 2? 1 ? )? k ? ? ? 2 2 ? T? ? ? (ti ? ti?) ? (t1 ? t1 s=3.56 s (19)? ? ? 31 ? i ?1 i ?0 ? ?1? k

这就是说,在 B 开始运动后 3.56 s 时,A 将紧贴 B 的左壁,并与 B 具有相同速度,二者不 再发生碰撞,一直处于相对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态,以 T ? 4.0 s 时刻的 运动状态为末态,设此时 A 和 B 的速度为 V ,由动量定理,有

FT ? (mA ? mB )V
代入数值,得

V?

FT ? 9.6 m ? s-1 (20)? mA ? mB

答:自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同,均为 9.6 m ? s-1 评分标准:本题 25 分。 得出摩擦力 Ff 得 5 分,得出第一次碰撞时间 t1 得 5 分,得出第二次碰撞时间 t 2 得 5 分。得 出无穷次碰撞时间 T? 得 5 分,得到最后结果 V 再得 5 分。


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