高中力学竞赛模拟题竞赛题十

1、（15分）如图18-1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α时，杆的角速度为ω，求此时物块M 的速率ｖＭ.
2、如图所示，一质量为M 、长为L 带薄挡板P 的木板，静止在水平地面上，设木板与地面间的静摩擦因数与动摩擦因数相等，皆为μ.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因数足够大，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?
3、（15分）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
2f Av αρ=
其中α为一系数，A 为沙尘颗粒的截面积，ρ为空气密度．
（1）若沙粒的密度 33S 2.810kg m ρ=⨯⋅－，沙尘颗粒为球形，半径42.510m r =⨯－，地球表面处空气密度30 1.25kg m ρ=⋅－，0.45α=，试估算在地面附近，上述v 的最小值1v ．
（2）假定空气密度ρ随高度h 的变化关系为0(1)Ch ρρ=-，其中0ρ为0h =处的空气密度，C 为一常量，411.1810m C -=⨯－，试估算当19.0m s v =⋅－时扬沙的最大高度．（不考虑重力加速度随高度的变化）
4、(22分)有一半径为R 的圆柱A ，静止在水平地面上，并与竖直墙面
相接触．现有另一质量与A 相同，半径为r 的较细圆柱B ，用手扶着圆
柱A ，将B 放在A 的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放
手．
己知圆柱A 与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数
为0.30．若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B 与墙面间的
静摩擦系数和圆柱B 的半径r 的值各应满足什么条件？
5、(20分)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．
6、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分1G 的质量为1m ，下部分2G 的质量为2m ，弹簧夹在1G 与2G 之间，与二者接触而不固连．让1G 、2G 压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为己知的定值0E ．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这—释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分1G 升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值h 的时刻解除锁定．
1．在第一种方案中，玩具的上部分1G 升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化来的？
2．在第二种方案中，玩具的上部分1G 升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的．
1、参考解答
杆的端点A 点绕O 点作圆周运动，其速度A v 的方向与杆OA 垂直，在所考察时其大小为 A v R ω= （1）
对速度A v 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
M v ，则
cos M A v v ϕ= （2）
由正弦定理知 sin sin OAB H R
α∠= （3） 由图看出 2OAB πϕ∠=
+ （4） 由以上各式得
sin M v H ωα= （5）
2、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1x 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1a 和2a 分别表示人和木板的加速度，则
1f ma = （1） 2111
2
L x a t -= （2） 2f F Ma -= （3）
21212
x a t = （4） 解以上四式，得
t =（5） 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）
v 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．
设人在木板另一端停下后两者一起向前移动的距离为2x ，地面的滑动摩擦系数为μ，则有 221()()2
M m v M m gx μ+=+ （7） 木板向前移动的净距离为
21X x x =- （8） 由以上各式得 2
1()()()()F LMm Lm X f F g M m M m f F MF Mf m f F μ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪++-++-⎝⎭⎝⎭⎝⎭
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 max ()f F M m g μ==+ （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 max m X L M m
=+ （11） 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max X 。

3、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
201Av mg αρ= ①
式中m 为沙尘颗粒的质量，而
2A r π= ②
3s 43
m r πρ= ③
得 1v ④ 代入数据得
11 4.0m s v =⋅－ ⑤
（2）用h ρ、h 分别表示19.0m s v =⋅－时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有 0h (1)Ch ρρ=- ⑥
此时式①应为
2h Av mg αρ= ⑦
由②、③、⑥、⑦可解得
20s 4113r g h C v ραρ⎛⎫=- ⎪⎝⎭
⑧ 代入数据得
36.810m h =⨯ ⑨
4、参考解答
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1N ，水平摩擦力为1F ；圆柱B 受墙面的正压力为2N ，竖直摩擦力为2F ，圆柱A 受圆柱B 的正压力为3N ，切向摩擦力为3F ；圆柱B 受圆柱A 的正压力为3N '，切向摩擦力为3F '，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1μ＝0.20，两圆柱间的摩擦系数3μ＝0.30。

设圆柱B 与墙面的摩擦系数为2μ，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为ϕ。

设两圆柱的质量均为M ，为了求出1N 、2N 、3N 以及为保持平衡所需的1F 、2F 、3F 之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：
圆柱A ： 133sin cos 0Mg N N F ϕϕ-++= （1）
133cos sin 0F N F ϕϕ-+= （2）
13F R F R = （3）
圆柱B ： 233sin cos 0Mg F N F ϕϕ''---= （4）
233cos sin 0N N F ϕϕ''-+= （5）
32F r F r '= （6）
由于33F F '=，所以得
1233F F F F F '==== （7）
式中F 代表1F ，2F ，3F 和3F '的大小。

又因33N N '=，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为：
13sin cos 0Mg N N F ϕϕ-++= （8）
3cos sin 0F N F ϕϕ-+= （9） 3sin cos 0Mg F N F ϕϕ-+-= （10）
23cos sin 0N N F ϕϕ-+= （11）
以上四式是1N ，2N ，3N 和F 的联立方程，解这联立方程可得
2N F = （12） 31sin 1cos sin N Mg ϕϕϕ
+=++ （13） 2cos 1cos sin N F Mg ϕϕϕ
==++ （14） 12cos 2sin 1cos sin N Mg ϕϕϕϕ
++=++ （15） 式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，1N ，2N ，3N 没有问题，但1F ，2F ，3F 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
222
F N μ≥
由式（12），得 22
1F N = 所以
21μ≥ （16）
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1μ＝0.20，根据摩擦定律f N μ≤，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力1F 满足111F N μ≤，则圆柱在地面上不
滑动；若111F N μ>，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
111cos 2cos 2sin F N ϕμϕϕ≥
=++ （17） 由图复解20-5可知
cos R r R r
ϕ-=+ （18）
sin ϕ== （19） 由式（17）、（18）和式（19）以及1μ＝0.20，可以求得
19r R ≥
（20） 即只有当19
r R ≥时，圆柱A 在地面上才能不滑动。

最后讨论两圆柱的接触点。

接触点不发生滑动要求 333cos 1sin F N ϕμϕ≥=+ （21）
由式（18）、（19）以及3μ＝0.30，可解得
270.2913r R R ⎛⎫≥= ⎪⎝⎭
（22）
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
0.29R r R ≥≥ （23）
5、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α表示此时摆线与重力
方向之间的夹角，则有方程式 2
cos mv T mg l x
α+=- （1） 运动过程中机械能守恒，令θ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
21cos [()cos )]2
mgl mv mg x l x θα-=--- （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0v v =，摆线与竖直线的夹角0αα=，由式（1）得
200()cos v g l x α=-， （3）
代入（2）式，求出
02cos 3()cos 2l x l x θα=-+ （4）
要求作斜抛运动的摆球击中C 点，则应满足下列关系式：
000()sin cos l x v t αα-=， （5） 20001()cos sin 2
l x v t gt αα-=-+
（6） 利用式（5）和式（6）消去t ，得到 2200
0()sin 2cos g l x v αα-= （7） 由式（3）、（7）得到
0cos α=
（8） 代入式（4），求出
arccos θ=⎣⎦
（9） θ越大，cos θ越小，x 越小，θ最大值为/2π，由此可求得x 的最小值：
(2x ，
所以
3)0.464x t l == （10）
评分标准：本题20分。

6、参考解答
1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设1G 的速度的大小为1v ，方向向上，
2G 的速度大小为2v ，方向向下，则有
11220m v m v -= （1）
12221201122
m v m v E += （2） 解（1）、（2）两式，得
1v =
（3）
2v = （4） 设1G 升空到达的最高点到井口的距离为1H ，则
212101122()
v m H E g m g m m ==+ （5） 1G 上升到最高点的重力势能
2P111012m E m gH E m m ==
+ （6）
它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分．
2．在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为h 时，玩具向上的速度为
u （7）
设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，1G 的速度大小为1V ，方向向上，2G 的速度大小为2V ，方向向下，则有
112212()mV m V m m u -=+ （8）
1222212120111()222
mV m V m m u E +=++ （9） 消去（8）、（9）两式中的2V ，得1V 的方程式
12211111110222121120m m m m V m uV m u E m m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-+++-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
由此可求得弹簧刚伸长至原长时，1G 和2G 的速度分别为
1V u =+
（10）
2V u =-+ （11） 设1G 从解除锁定处向上运动到达的最大高度为2
H '，则有
2
212122V H u g g ⎡'==+⎢⎢⎣
20112()m E h m g m m =+++从井口算起，1G 上升的最大高度为
2022
112()m E H H h m g m m '=-=++ （12） 讨论：
可以看出，在第二方案中，1G 上升的最大高度2H 大于第一方案中的最大高度1H ，超出 的高度与解除锁定处到井口的深度h 有关．到达2H 时，其重力势能为
20P21212m E E m gH m m ==++ （13） （ⅰ）若P20E E < （14） 即
1012m E m m + 这要求
012124()
E m h m g m m <+ （15） 这时，1G 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上升的最大高度为
021E H m g
< （ⅱ）若P20E E = （16） 即
1012m E m m +
这要求
012124()
E m h m g m m =+ （17） 此时1G 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性势能．在这一条 件下，1G 上升的高度为
021E H m g
= （ⅲ）若P20E E > （18） 即
1012m E m m + 这要求
012124()
E m h m g m m >+ （19） 此时1G 升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量只能来自2G 的机械能．在这个条件下，1G 上升的最大高度为
021E H m g
>。