2015年第十一届泛珠力学基础试题(竞赛答案)

∴夾角θ的振動頻率ω = (b)
質點A的振幅 x 0 =
3QE . 2ML
2L 2L θ 0 , 速度 v(t ) = −ωA sin ωt ⇒ vmin=0 和 vmax= ωx0= ωθ 0 . 3 3 2 2L 2L v 3M 2 2 2 QEθ 0 . T − QE cos θ = M ⇒ 連接杆 T = QE cos θ + v . 並且vmax2= ( ) 2 ω 2θ 0 = 3 3M 2L / 3 2L 3M 2 θ =θ0 時, Tmin= QE cosθ0 < QE; 當θ = 0 時, Tmax = QE + v max = QE (1 + θ 02 ) . 2L
第 11 屆泛珠三角物理奧林匹克暨中華名校邀請賽力學基礎試 解答
選擇題 (20×2 分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
F
[提示]
E
D
C
MC1
B
10g
A
v 2.5g
D
F
E
D
A
C
B
MC2
2v0
Cwenku.baidu.com
v 3S v0 a
E
F
C
C
B
A
g 50g 14 t /s
MC15: E
10 2 10 (分析法) a = g sinθ = m/s2, vc = 2ad = 2 × × 2.4 =4m/s =Rω =0.25ω ⇒ ω=16 rad/s. 3 3 3 1 1 11 1 3 2 2 (能量法) 機械能守恆 Ui = Kf : Mg(dsinθ )= I c ω 2 + Mvc = MR 2 ω 2 + M ( Rω ) 2 = Mvc . 2 2 22 2 4 vc=
(d) 設某一棱邊第 n 次碰撞到斜面之前和之後的動能分別為 Ein 和 Efn, 由題(b)結果有 Efn=kEEin. 接下來第 n+1 次碰撞, 質量中心會降低一個高度∆h=a sinθ, 動能變化∆E= Mga sinθ. 則有 Ei,n+1=Ef,n+∆E = kEEi,n + Mga sinθ , n =1, 2, …, 即 Ei,2= kEEi,1+∆E, Ei,3= kEEi,2+∆E= kE(kEEi,1+∆E)+∆E = kE2Ei,1+(kE+1)∆E, Ei,4= kEEi,3+∆E= kE(kE2Ei,1+(kE+1)∆E)+∆E= kE3Ei,1+( kE2+kE+1)∆E, …… n 1− kE ⇒ Ei,n+1 = kEnEi,1+( kE n−1+…+kE+1)∆E, = kEnEi,1+ ∆E. 1− kE ∆E sin θ = Ei,0 ⇒ E i ,0 = k 0 Mga , 其中 k0 = 由於 kE<1 當 n→∞, Ei,n+1 = . 1− kE 1 − kE (e) 要使薄壁棱柱的不均勻滾動無限地繼續下去, Ei,0 ≥ Ei,min ⇒ k0 ≥ kmin.⇒ sin θ 1 − cos(30 o − θ ) 64 sin θ 1 3 1 ≥ , 其中 kE = ⇒ ≥ (1 − cos θ − sin θ ) ⇒ 1− kE kE 121 1 − 64 / 121 64 / 121 2 2 o 0 tan u≈0.53366 ⇒ u ≈28.087 和 sin(θ + u ) ≥ 0.54365 ⇒ θ + u ≥ 32.93223 ⇒ θ0 ≈ 4.84520.
Q24 (18 分)
O
pf O
ωf
O
a
θ
300
a
a h
pi
ωi ωf
B
x
圖(1) (1)
dx
θ
A
θ
圖(2a)
圖(2c)
(平行移軸法) IO = 6(IC+ mh2)=6(
3 2 5 M ma . + m( a ) )=6( ma2), 其中 m = 12 2 6 6
a a/2
2
a/2 M 3a 2M ,h = , I =12 ∫ dI =12 ∫ ( ρdx)(h 2 + x 2 )dx = (積分法) ρ = a 6a 2 0 0
Q 23 (14 分) (1) 設當錘身的微小擺角為θ時,小球 2M 的速度為 v 和位移 x=Lθ. 複合擺錘的重力勢能和動能分別為
U = (2 M ) gL(1 − cos θ ) + (3M ) g
L 1 7 Mg 2 x2 7 Mg ) x , 其中 1 − cos θ = 2 ⇒ b = (1 − cos θ ) = ( . 2 2 2 L 2 L 2L 2 14 g 11 b 1 1 1 11 v 2 K = (2 M )v + (3M ) = ( M )v 2 ⇒ a = M .由 ω 2 = , 得到擺錘的振動頻率ω= . 4 a 11 L 2 2 2 4 2
2
能量守恆 E0= E1+E0+En, ⇒ En =E0−E 1−E2 = E 0 (1 −
MC11 MC12
k1 k2
同相 ⇒
k1 k2
異相 ⇒
模式 1: k1 = M
MC13: B
g g k g 2K = + . , 模式 2: k2=2K. 模式 1 和 2 並聯 k = k1 + k 2 = M + 2 K . ∴ ω 2 = L L M L M
K Mv0 1 µMgL 第1次碰撞前動能K1 = K0−µMgL, 碰撞後動能K1’= K1 = 0 − , 其中K0= ; 1+1 2 2 2 K K 5µMgL 2 5µMgL 第2次碰撞K2 = K 1 '− µ (2 Mg ) L = 0 − , K2’= K2 = 0 − ; 2 2 2 +1 3 3 K K 14 µMgL 3 7 µMgL 第3次碰撞K3 = K 2 '− µ (3Mg ) L = 0 − , K3’= K3 = 0 − . 3 3 3 +1 4 2 2 K v0 7 µMgL 32 K3’= 0 − =µ(4M)gL ⇒ 滑動摩擦係數 µ = = = 0.15. 4 2 60 gL 60 × 10 × 0.1 設第i次碰撞前減速度a, 牛頓定律 f =µN=µ(iM)g=(iM)a ⇒ a =µg (與碰撞次數無關). 運動方程 vi2 =vi−1’2−2aL=vi−1’2−2µgL.
2
n(n + 1) µMgL , 2
Mv0 n(n + 1) − µMgL . 2 2 (2) i 設第 i 次碰撞前的速度 vi 和碰撞後的速度 vi’, 則則動量守恆 (i + 1) Mvi ' = iMvi ⇒ vi ' = vi . i +1 1 1 1 i i 2 碰撞前動能 K i = iMvi , 碰撞後動能 Ki‘ = (i + 1) Mvi ' 2 = (i + 1) M ( vi ) 2 = Ki ; 2 2 2 i +1 i +1 i 1 碰撞過程損失的動能∆Ki = K i − K i ' = K i − Ki = K. i +1 i +1 ∆K i 1 ∴損失的動能與碰撞前的動能之比 = . Ki i +1
2
Q22 (16 分) (1)
北京和伊斯坦堡的距離 AB = 2π × 6370 cos 40 0 ×
3 3
r GM Sun r 3 GM Sun m r v2 2π 2 m = 2 ⇒ E2 = V2 = = mr ( ) ⇒ (2) F = 2 2 r T r 4π T TE TV
2 2
116 − 29 =7,409.519 ≈ 7,410 km. 360 GM Sun 和 v= . r
vE-Sun vE-Venus vE-VonS rV
(3) (a)
rE
r AB AB AV AP ≈ 19,470km. = = − 1 ≈ E − 1 ⇒金星顯示在太陽表面兩個獨立黑點的距離 PQ = rE / rV − 1 PQ VP VP rV v 我們在地球上觀察到的太陽速度 vE-Sun= vSun−vE=−vE, 金星速度 vE-V = vV −vE = ( V −1)vE = 0.175vE, vE (b) v E −VonS 1.381rV rE = = =3.62467 ⇒ 金星投影在太陽表面的速度vE-VonS =3.6247×0.175vE = v E −V v E − vV 1.381rV − rV 0.6344vE; 金星暗影在太陽表面的速度vSV = vE-VonS−vE-Sun = 0.6344vE−(−vE) = 1.6344vE. PQ 19467.072 = = 400s. 北京和伊斯坦堡兩地觀測到金星凌日現象結束的時差∆T = (c) v SV 48.616
7m 1 1 ab = ( n + )λ =7m 2 4 1 (n + )T =1s 2 v =λ / T
a' a a'
n=
0 28m 2s
14m/s
λ=
T=
v=
1 28 m 3 2 s 3 14m/s
2 28 m 5 2 s 5 14m/s
f
3 28 m 7 2 s 7 14m/s
… … … …
0
MC16: F Q21 (12 分) (1)
4 gh = 3
4 × 10 × 1.2 = 4m/s =Rω = 0.25ω, ⇒ ω =16 rad/s. 3
fs =
Ic 1 1 10 a = Ma = × 3 × = 5 N. 2 2 2 3 R
克服摩擦力所做的功 W f = µMgL + µ (2 M ) gL + L + µ (nM ) gL =
a 4S t
20g 0 4
0 S
GMm GMm 1 1 − − 2 2 2 GMm (r − R) (r + R) ( r − R) (r + R) 2 1 1 R MC5 F = ⇒ η = = = − = 4 ≈ 6.64%. 2 GMm 1 R R r r (1 − ) 2 (1 + ) 2 2 2 r r r r
MC9,10: E, D
動量守恆 m1v0 = m2v2cosα 和 0 = m1v1+m2v2sinα ⇒ v2cosα =
m1 m v0 和 v2sinα = − 1 v1 ⇒ m2 m2
v2 =
2
m1 m2
2 2
(v0 + v1 ) ⇒ E 2 =
2
2
m m 1 m 1 1 1 2 2 2 2 2 m2 v 2 = m2 ⋅ 1 2 (v 0 + v1 ) = 1 ( m1v 0 + m1v1 ) = 1 ( E 0 + E1 ) . 2 2 m2 2 2 m2 m2 m1 m ) − E1 (1 + 1 ) . m2 m2
b0
b1
b2
b3
x MC13
a N Mg θ
MC14,15,16
MC14: C
牛頓運動定律 Mg sinθ − f = Ma, 牛頓轉動定律 Rf = Icα, 其中 a = Rα ⇒
f = Ic g sin θ 1 2 a ⇒ a= , 實心圓杆 Ic = MR2 ⇒ a = g sin θ . 2 I 2 3 R 1+ c 2 MR
2L 2 L 2ML2 ) + (2M )( ) 2 = . (a) 3 3 3 L 3L 2ML2 3QE 由牛頓轉動定律有∑τ=Iα, − QE ( sin θ ) − QE ( sin θ ) = α ⇒ α+ θ = 0. 3 3 3 2 ML
(2)
系統繞距離質點A為2L/3的質量中心C擺動. I C = M (
因碰撞而損失的總動能 ∆K=K0−Wf =
(3)
能 量 法
(3)
分 析 2 v0 − 2 µgL 1 2 2 2 2 第 1 次碰撞前速度 v = v − 2 µ gL , 碰撞後速度 v ’ = ( v ) = ; 法 1 0 1 1 1+1 4 2 2 v0 − 10 µgL v0 − 10 µgL 2 2 2 2 第2次碰撞前速度v2 = v1 ' −2 µgL = , 碰撞後速度v2’ = ( v2 ) = ; 4 2 +1 9 2 2 v − 28µgL v − 28µgL 3 v3 ) = 0 , 碰撞後速度v3’2= ( . 第3次碰撞碰撞前速度v32 = v 2 ' 2 −2 µgL = 0 9 3 +1 16 2 2 v0 − 28µgL v0 32 3 2 0 =v3’ −2µgL = − 2 µgL ⇒ 滑動摩擦係數 µ = = = = 0.15. 16 60 gL 60 × 10 × 0.1 20
3 2 x3 2 . a x + 4 3 0
5 Ma2. 6
正六邊形薄壁棱柱繞其中心軸線 O 的的轉動慣量 I =
(2) (a) 某一棱邊 A 碰撞到斜面之前和之後關於 A 點的瞬時角動量
5 4 11 Li= IOωi+piA= ( Ma 2 )ω i + M (aω i )(a sin 30 o ) = Ma 2ω i 和 Lf =IAωf = Ma 2ω f . 6 3 6 4 11 8 Li = Lf ⇒ ω i = ω f ⇒ ωf = kωωi, 其中 kω= . 3 6 11 (b) 某一棱邊碰撞到斜面之前和之後的動能 2 Ef ω2 1 1 64 8 f 2 2 E i = I B ω i 和 E f = I Aω f IA=IB ⇒ = 2 = ⇒ Ef = kEEi,其中 kE = . 2 2 Ei ωi 121 11 (c) 碰撞後薄壁棱柱的質心 O 至少轉動一個角度(30o−θ), 上升到最高位置∆h= a[1−cos(30o−θ)]. Ef =kE Ei ≥ Mg∆h= Mga[1−cos(30o−θ)] 1 − cos(30 0 − θ ) ⇒ Ef,min = kminMga ⇒ kmin = . kE
(a) 地球和金星圍繞太陽運行的軌道半徑之比
(b) 地球相對於太陽的速度 vE =
v rE T 365 3 = ( E )3 = ( ) ≈1.381 和線速度之比 V = rV TV 225 vE
rE ≈1.175. rV
GM Sun 6.67 × 10 −11 × 1.99 × 10 30 = = 29.74704467 ≈ 29.747 km/s. rE 1.5 × 1011