專題01 力學版塊大綜合（競賽強基）真題考前訓練 【高中物理競賽真題強基計劃真題考前適應性訓練】 （全國競賽強基計劃專用）解析版

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁專題01力學版塊大綜合（競賽強基）真題考前訓練【高中物理競賽真題強基計劃真題考前適應性訓練】（全國競賽強基計劃專用）一、單選題1．（2022·全國·高三強基計劃）勻質立方體的質量為m、各邊長為a，則該立方體繞對角線軸的轉動慣量I為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】利用自相似性及平行軸定理其中解得故選B2．（2022·全國·高三強基計劃）質量為M、半徑為R的勻質圓盤可繞過其中心O且與盤面垂直的光滑固定軸在豎直平面內旋轉，如圖所示。粘土塊（質量m）以初速度斜射在靜止的圓盤頂端P點，并與圓盤粘合。與水平面夾角為，。當P點轉到與水平x軸重合時，圓盤的角速度和軸O對圓盤的作用力為？（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【詳解】碰撞前后，系統(tǒng)對軸的角動量守恒轉動過程中，能量守恒對圓盤，由轉動定理質心加速度由質心運動定理聯(lián)立得可得故選D。3．（2022·全國·高三強基計劃）用定滑輪提升質量為M的重物，繩索與滑輪間的摩擦系數(shù)為，繩與滑輪接觸的兩個端點處的半徑對輪心的張角為。設繩索質量不計，現(xiàn)欲提升重物M，至少需要多大的力？（）A．Mg B． C． D．【答案】D【詳解】取一小段張角為繩，切向方程為法向整理得積分得故選D。4．（2023·北京·高三強基計劃）一根質量均勻的細桿斜靠在墻上，地面光滑。初始時桿與墻面夾角為，在桿滑下的過程中，墻對桿的作用力（）A．先增大后減小至0B．先增大后減小，但不會減為0C．一直增大D．一直減小【答案】A【詳解】記某時刻桿與墻面夾角為，由機械能守恒可求出此時桿的轉動角速度解得此時質心的水平速度大小為對時間求導可得水平加速度水平加速度由墻的支持力提供隨增加先增大后減小至0。故選A。5．（2022·全國·高三統(tǒng)考競賽）三個質量皆為的小球a、b、c由三段長度皆為的不可伸長的輕細線、、相繼連接，豎直懸掛，并處于靜止狀態(tài)，如圖所示。在某一時刻，小球a、b受到水平方向的沖擊，分別獲得向右、向左的大小為的速度。此時，中間那段細線的張力大小為（）A． B． C． D．【答案】D【詳解】由題意可知球a

、b的加速度分別為以b為參考系，對c分析解得以a為參考系，對b分析解得故選D。6．（2023·北京·高三強基計劃）一根質量均勻的細桿一端鉸接于地面，初始時豎直方向。收到微擾后在豎直平面內倒下，在這個過程中，桿內部（）A．切向力最大離上端處B．切向力最大離下端處C．無切向力D．內部傳遞力矩最大離上端處E．內部傳遞力矩最大離下端處【答案】E【詳解】ABC．記桿長為L，當桿倒下角時，以鉸接點為參考，重力的力矩提供角加速度，由轉動定律可得解得將距離鉸接點的部分桿作為研究對象，該部分質量質心加速度加速度由切向力和重力提供（切向力T以垂直桿向下為正）解得因此，最小值出現(xiàn)在處，最大值出現(xiàn)在處。故ABC錯誤；DE．考慮轉動定律，角加速度由切向力T和切向力矩M提供解得可得最小值出現(xiàn)在兩端，最大值出現(xiàn)在處。故D錯誤，E正確。故選E。二、多選題7．（2022·江蘇·高三統(tǒng)考競賽）自然界中有四種基本相互作用，下列作用力中屬于電磁相互作用的有（）A．地球與太陽間的作用力B．將原子結合成分子的作用力C．將核子結合成原子核的作用力D．汽車與地面間的摩擦力【答案】BD【詳解】A．地球與太陽間的作用力為萬有引力，故A錯誤；B．將原子結合成分子的作用力屬于電磁相互作用，故B正確；C．將核子結合成原子核的作用力屬于強相互作用，故C錯誤；D．汽車與地面間的摩擦力屬于電磁相互作用，故D正確。故選BD。8．（2023·浙江臺州·高三統(tǒng)考競賽）現(xiàn)有一輕質繩拉動小球在水平面內做勻速圓周運動，如圖所示，小球質量為m，速度為v，繩與豎直方向的夾角為，重力加速度為g，則（）A．小球的運動周期為B．繩子拉力為C．小球運動半周，重力的沖量為D．小球運動半周，繩對小球施加的沖量為【答案】AD【詳解】B．豎直方向根據(jù)受力平衡可得解得繩子拉力為故B錯誤；A．根據(jù)牛頓第二定律可得解得周期為故A正確；C．小球運動半周，重力的沖量為故C錯誤；D．小球運動半周，合外力的沖量為由且可做出如下的矢量關系圖則有故D正確。故選AD。9．（2023·北京·高三強基計劃）水杯繞其對稱軸勻速旋轉過程中，穩(wěn)定情況下（）A．水會由于黏滯阻力而停下B．水會隨著水杯勻角速旋轉C．形成的水面形狀為旋轉拋物面D．形成的水面形狀為旋轉雙曲面E．形成的水面形狀為旋轉半橢圓面【答案】BC【詳解】由于黏滯阻力，水最終會隨著水杯一起勻速旋轉，相對于水杯靜止后，水滴只受重力和其他水的支持力，液面截面為拋物面。故選BC。10．（2022秋·湖南長沙·高三湖南師大附中?？茧A段練習）如圖所示，均勻細桿AB其A端裝有轉軸，B端連接細線通過滑輪和質量為的重物C相連，若桿AB呈水平，細線與水平方向夾角為時恰能保持平衡，不計一切摩擦，重力加速度為，則下列結論正確的是（）A．桿對軸A的作用力大小為B．桿的質量為C．因為不知道桿的質量，所以無法求出桿對軸A的作用力D．桿的質量一定大于重物C的質量【答案】AB【詳解】AC．由題可知，C物體受到重力和繩子的拉力處于平衡狀態(tài)，所以繩子的拉力與C物體的重力大小相等，即對桿AB進行受力分析如圖由受力圖可知，軸A對桿的作用力的方向的反向延長線一定過繩子的拉力的延長線與重力的作用線的交點，由于重力的作用線過桿的中點，所以可知力F與繩子的拉力與水平方向之間的夾角是相等的，且所以F與繩子的拉力的大小也相等，即則桿對軸A的作用力大小為mg，故A正確，C錯誤；B．設AB桿的長度為L，由圖可知，桿的重力產(chǎn)生的力矩是逆時針方向的力矩，力臂的大小是，繩子的拉力產(chǎn)生的力矩是順時針方向的力矩，力臂的大小是Lsinθ，過轉軸的力不產(chǎn)生力矩，由力矩平衡得解得故B正確；D．當時，有故D錯誤。故選AB。三、解答題11．（2022·山東·高三統(tǒng)考競賽）在學習物理的過程中，有很多的方法，類比法，等效法等。像是彈簧的并聯(lián)和電路的并聯(lián)有相似的性質。如圖，勁度系數(shù)分別為，，的兩個輕彈簧上端固定，下端用一段細繩連在一起并懸一光滑輕質動滑輪?；喯聮煲毁|量為m的小物體，當拉動小物體在豎直方向做小幅振動過程中，求小物體的振動頻率。（已知：彈簧振子的周期的計算公式為）【答案】【詳解】由類比可知，串聯(lián)彈簧的勁度系數(shù)為當m向下偏離平衡位置x時，彈簧相當于伸長了2x，從而，增加的彈力為從而，m受到的合外力為從而，m的振動周期為則振動頻率為12．（2022·全國·高三統(tǒng)考競賽）中國空間站在距地面約的近圓形軌道上運行，運行軌道面與赤道面夾角約為，運行速率約為。已知重力加速度大小約，地球自轉周期約為，空間站繞轉方向和地球自轉方向如圖所示。假設地球為質量分布均勻的球體。（不得引用本題未給出的數(shù)據(jù)和常量）（1）求空間站繞地球轉動的周期；（2）空間站通過北緯的某地A點正上方之后第一次到達赤道，此時，空間站在赤道上的B地的正上方。求B、A兩點的經(jīng)度之差?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）設空間站高度為H，地球半徑為R，地球質量為M，空間站質量為m，空間站繞地心O轉動的周期為T。重力加速度大小為g。由萬有引力定律有聯(lián)立可得由此解得由題意可得，周期為由題給數(shù)據(jù)解得（2）記空間站軌道平面與赤道面的交線的一段為，B點在地面赤道上。連接空間站軌道平面與北緯線的交點A和地心O點。穿過A的經(jīng)線與赤道交于C點，如解題圖a所示。由題意可知，空間站從北緯A的正上方到赤道正上方走過四分之一周期。因此式中，為空間站從北緯線正上方的位置到赤道所轉過的角度，為A點與B點的經(jīng)度差?？臻g站從北緯A的正上方到赤道正上方所花時間為設地球自轉角速度為，在空間站繞轉的時間內，地球轉動的角度為而B、A兩點的經(jīng)度之差為（用弧度表示）得由題給數(shù)據(jù)，得13．（2022·江蘇·高三統(tǒng)考競賽）如圖，一質量為的滑輪通過一輕彈簧懸掛在天花板上，彈簧的勁度系數(shù)為一質量為的小物塊通過一不可伸長的輕繩懸掛在滑輪上，輕繩的另一端豎直固定在地板上。已知滑輪是光滑的，輕繩與滑輪間無摩擦。（1）當系統(tǒng)受力平衡時，滑輪與小物塊均保持靜止，求此時彈簧的伸長量；（2）若將小物塊從平衡位置下拉一小距離后從靜止釋放，試證明此后滑輪的運動為簡諧振動，并求出振動周期?！敬鸢浮浚?）；（2）證明過程見解析，【詳解】（1）如圖所示設系統(tǒng)受力平衡時，繩中張力為，彈簧的彈力為，由小物塊受力平衡得①彈簧彈力為②由滑輪受力平衡得③聯(lián)立解得④（2）以系統(tǒng)受力平衡時滑輪得中心為坐標原點，建立如圖軸設運動過程中繩的張力為，彈簧的彈力為，滑輪中心下降時，彈簧的彈力為⑤由繩的約束條件可知，滑輪加速度為時，小物塊的加速度為，則滑輪的動力學方程為⑥小物塊的動力學方程為⑦由④⑤⑥⑦可得這是簡諧振動方程，所以滑輪的運動為簡諧運動，角頻率為振動周期為14．（2023·北京·高三強基計劃）瞬時沖量I作用在乒乓球邊緣上，使其僅獲得角速度。若乒乓球的半徑變?yōu)樵瓉淼?，其他條件不變，則球獲得的角速度是的幾倍？【答案】【詳解】沖量I的單位是，角速度的單位是，半徑r的單位是m，質量m的單位是kg，由量綱分析可得由此可知，當r變?yōu)楸稌r，則角速度變成倍。15．（2022·全國·高三競賽）如圖所示，靜置于光滑平面的一質量為的物體上有一個向下凹陷的旋轉橢球面。其豎直方向截面的橢圓的半長軸為b，半短軸為a。在其邊緣從靜止釋放一個質量為m的小球。忽略所有可能的摩擦。（1）當小球從靜止釋放后相對地面的位移為x的時候，求小球相對于地面的速度大小。（2）請接著求出小球的加速度?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】考慮小球向右的水平位移為q，橢圓坑向左的水平位移為考慮到水平方向上動量守恒所以我們可以得到小球相對地面的運動軌跡方程繼續(xù)考慮水平方向動量守恒同時考慮到系統(tǒng)機械能守恒又同時考慮到速度方向總是沿著切線聯(lián)立后就得到#6其中顯然所以考慮到又有帶入后得到16．（2022·全國·高三競賽）光線的反射看起來與牛頓力學的彈性碰撞沒有什么關系，但實際上并不是這樣（6.1）如圖所示的光學系統(tǒng)中，兩反射面以夾角相連，一束光平行于一個反射面入射，試求光線的反射次數(shù)與的關系，再考慮這樣的一個系統(tǒng)，將質量分別為，的滑塊按如圖所示的方式擺放在光滑地面上，給予一個向左的速度v，之后，之間，與墻之間將發(fā)生數(shù)次完全彈性碰撞，記上述碰撞次數(shù)總和為。（6.2）取，計算。（6.3）建立坐標系，其中，，其中為右端距墻面的距離，為左端距墻面的距離，請定性在坐標系中作出描述，運動的圖像，要求作出：坐標軸；，發(fā)生碰撞條件；和墻發(fā)生碰撞的條件；，的運動，用帶箭頭的線段表示運動路徑，用表示碰撞點，用表示運動先后，若軌跡有重合，請稍微錯開。（6.4）從（6.3）中，或許你已經(jīng)感受到了碰撞與光反射的相似性，若，在上述坐標系中作出表示，第一次碰撞的曲線，用、分別表示第一次碰撞發(fā)生前后曲線與，發(fā)生碰撞條件的夾角（用參量，，表示）（6.5）由此看來，好像簡單的反射定律已經(jīng)不再適用了，不過沒有關系，我們重新令：，，重新在坐標系中作出：，發(fā)生碰撞條件；和墻發(fā)生碰撞的條件，并寫出表示坐標系中對于，碰撞條件最重要的參量（用參量，，v表示）（6.6）在以上坐標系中，碰撞過程動量守恒在坐標圖中代表什么，與光反射有何相似之處，做出說明并給出證明；碰撞過程能量守恒在坐標圖中代表什么，與光反射有何相似之處，做出說明并給出證明；取，在坐標系中作出描述，運動及碰撞的圖像，用帶箭頭的線段表示運動路徑，用表示碰撞點，用表示運動先后，畫出三次碰撞即可。（6.7）現(xiàn)在我們可以來解決實際問題了，取的近似條件，試求的值；特別的，當時，求值，當時，求值，再求。【答案】（6.1），，；（6.2）；（6.3）圖見解析；（6.4）圖見解析，；（6.5）圖見解析，；（6.6）見解析；（6.7），，，【詳解】（6.1）考慮光反射的性質①中為取整算符（6.2）顯然（6.3）如圖所示（6.4）如圖所示碰撞過程，動量守恒，能量守恒（6.5）如圖所示（6.6）動量守恒質心速度不變平行“碰撞線”方向不變能量守恒相對速度不變垂直碰撞線方向不變光反射證明略。（7.7）綜合上述分析可得當時，，即17．（2022·全國·高三競賽）Kat踩著高蹺在與水平面的夾角為的斜坡上走路，表示上坡，表示下坡。高蹺始終在與斜坡垂直的平面內運動。將Kat視為質量為的質點，將高蹺視為輕硬細桿。稱桿的末端為“腳”。每次開始邁步時，斜坡給予后腳大小為的瞬時沖量，使這一結構從靜止開始運動；每次結束邁步時，斜坡給予前腳一個瞬時沖量，使這一結構靜止。每次邁步的過程中，一只腳不與地面接觸，另一只腳始終與地面接觸且不滑動（即地面與腳之間的靜摩擦系數(shù)足夠大）。當腳與地面接觸時，其到Kat的距離保持為。Kat的步幅（當兩只腳同時與斜坡接觸時它們之間的距離）恒定為，其中。（3.1）求的范圍。（3.2）在平面中，求能讓Kat按題目所說的方式走路的區(qū)域的面積。（3.3）Kat會在每次前腳落下的同時邁出后腳。求Kat的平均速度的大小與的比值，用，，表示，可以保留積分號?！敬鸢浮浚?.1）；（3.2）；（3.3）【詳解】此解答采用自然單位（3.1）因為桿是輕質的，所以斜坡對桿的作用力（彈力和摩擦力的合力）必然沿桿。應用摩擦角的方法易得（3.2）令首先，當兩只腳都與地面接觸時，體系靜力平衡，因此此時Kat（重心）必然在兩腳之間。這一幾何關系給出的下限現(xiàn)在考慮邁步的過程。令為與斜坡接觸的腿與斜坡的法線的夾角，易得邁步過程中的能量守恒從而有，建立坐標系，以與斜坡接觸的腳為原點，沿斜坡方向為軸，易得Kat的坐標求二階導得另一方面，在垂直于斜坡方向的牛頓第二定律其中為斜坡對腳的彈力。聯(lián)立可得化簡得代入不脫離斜面的條件可得上式必須對所有成立，因此另一方面，為了翻越勢壘，有為了讓有解，得其給出的上限聯(lián)立可得即為了讓有解從而最終可得所要求的面積（3.3）當斜坡給予后腳沖量時，后腿將該沖量傳遞至Kat，從而Kat獲得的垂直于前腿方向的沖量為，Kat此時具有的能量為解得邁一步所需要的時間是從變化到需要的時間用步幅除以即可得平均速度18．（2023·北京·高三強基計劃）一桿以角速度繞一端點轉動，桿的長度隨時間變化為，求時，桿的另一端的加速度大?。俊敬鸢浮俊驹斀狻吭跇O坐標系中，質點的加速度分為徑向加速度和切向加速度，其中，徑向加速度切向加速度合加速度大小為19．（2022·全國·高三統(tǒng)考競賽）施特恩-蓋拉赫實驗對原子物理學和量子力學的發(fā)展有重大作用。為簡化起見，只考慮氫原子中電子的軌道運動的貢獻。已知氫原子質量為，電子質量為，電子電量的絕對值為e，，h為普朗克常量，真空介電常量為。不考慮重力。（1）按照玻爾模型，氫原子中處于第n定態(tài)圓軌道的電子的圓周運動會形成繞核的環(huán)電流，求環(huán)電流大小表達式；（2）一面積為S的矩形環(huán)電流I處于一磁場中，環(huán)電流方向為逆時針方向，磁場方向平行于x軸方向，如圖a所示。已知磁場在y方向是均勻的；但在z方向均勻變化，且z方向單位距離的磁感應強度之差為（稱之為梯度磁場，為z方向磁場的梯度）。求環(huán)電流所受合力F大小及方向；（3）小圓形環(huán)電流在同樣的梯度磁場中受力與矩形環(huán)電流滿足同樣規(guī)律。如圖b所示，水平速度為的氫原子通過同樣的沿z方向均勻變化的梯度磁場，磁場區(qū)寬度為d，出磁場區(qū)以后打到距離磁場區(qū)為D的豎直接收屏上。假如磁場始終垂直于環(huán)電流平面，求環(huán)電流順時針方向的原子與逆時針方向的原子擊打在接收屏上位置在z方向的距離。（注：此題是模擬施特恩-蓋拉赫實驗條件的一個簡化模型，實際實驗裝置的磁場分布與題設中的描述并不完全相符。）【答案】（1）；（2），若電流為逆時針方向，則所受合力方向向上；若電流順時針方向，則所受合力方向向下；（3）【詳解】（1）按照波爾模型，氫原子中電子在分立的定態(tài)圓軌道上運動。按照波爾量子化條件，在第n個定態(tài)圓軌道上（或稱為氫原子處于第n能級上），電子的角動量為式中是第n定態(tài)圓軌道上電子運動的軌道半徑和的速率。按照庫侖定律和牛頓第二定律有聯(lián)立上式解得環(huán)電流大小為解得（2）設通電流的矩形長為a、寬為b。依題意，矩形上、下邊導線處的磁感應強度滿足矩形左、右兩導線所受安培力相互抵消，上、下兩導線所受安培力分別為則矩形電流所受合力為z若電流為逆時針方向，則所受合力方向向上；若電流順時針方向，則所受合力方向向下。（3）環(huán)形電流和矩形電流在梯度磁場中受力規(guī)律相同，因此，氫原子的環(huán)電流在梯度磁場中受力為氫原子環(huán)電流面積為解得氫原子在磁場區(qū)做平拋運動，設在磁場區(qū)運動時間為t，則出磁場區(qū)時有其中為出磁場區(qū)時處于第n能級的氫原子在z方向的位移，此時速度方向與水平方向夾角為滿足因此，出磁場區(qū)時速度方向的反方向指向磁場區(qū)域中心。氫原子擊打在接收屏上的位置在z方向偏移為若氫原子的環(huán)電流方向反向，則接收屏上位置的偏移相反。故逆時環(huán)電流沿針與順時針方向的原子擊打在接收屏上位置之間的距離為20．（2022·全國·高三統(tǒng)考競賽）一質量為的封閉車廂在水平地面上運動。車廂內底面水平。車廂內一乘客試通過車廂內的實驗來研究車廂在水平地面上的運動。他在車廂底面上建立與底面固連的平面直角坐標系（xOy系），并在坐標原點O放置一質量為的物塊A。在時，A從靜止開始運動。在時間段內，A在xOy系中x、y方向上的速度、與時間t的關系分別如圖a、b所示。已知物塊A與車廂內底面之間滑動摩擦系數(shù)為，重力加速度大小。（1）求時，物塊A在xOy系中的位置；（2）在地面上建立靜止的坐標系，使軸、軸分別與系的x軸、y軸方向兩兩相同。求在坐標系中，車廂在方向所受到的合力在整個過程中的沖量?！敬鸢浮浚?）（，）；（2），方向沿軸負方向【詳解】（1）在系中，由圖a、b所示速度圖線，可知，在階段Ⅰ（），物塊A做勻加速直線運動，它在x、y方向的加速度分別為在階段Ⅱ，A做勻速直線運動。在階段Ⅲ，A做類斜拋運動，它在y方向做勻速直線運動，在x方向做勻加速直線運動，加速度為由速度圖線，可知，在系中，物塊A在內時間段沿x、y方向的位移分別為在時，物塊A在系中的位置為（，）。（2）設車廂相對于水平地面在方向的加速度為。設在某一時刻物塊A速度方向與y軸夾角為。物體A在系中x方向上受到摩擦力和慣性力的作用，由牛頓第二定律有同理，在系中，車廂在方向所受到的合力滿足車廂在方向所受到的合力在整個過程中的沖量為整理有由加速度的定義有在階段Ⅰ、Ⅱ，物體A相對車廂做初速度為零的直線運動，因此角度保持不變，其值為在階段Ⅲ，在系中，有考慮到，物塊A在階段Ⅲ做類斜拋運動，隨時間改變，但在拋物線頂點兩側的對稱點上恰好反號。于是有這意味著在階段Ⅲ滑動摩擦力在x方向上的沖量為零，實際上滑動摩擦力與物塊速度方向相反；在階段Ⅲ的前一半和后一半，物塊在x方向上的速度方向相反，因此，作用在物塊上的滑動摩擦力方向相反；再由運動軌跡的對稱性可知，在階段Ⅲ的前一半和后一半，滑動摩擦力在x方向上的沖量正好相互抵消。由上述各式得解得方向沿軸負方向。21．（2022·全國·高三競賽）兩根相同的理想輕彈簧，勁度系數(shù)均為、自然長度均為0。兩彈簧之間以一質量為的小球相連。將彈簧1空著的一端懸掛于天花板上，整個系統(tǒng)自然下垂，初始時靜止。已知兩彈簧中任意一個一旦被拉伸至臨界長度（該臨界長度大于，這里表示重力加速度的大?。┍銜焕瓟?。實驗發(fā)現(xiàn)，如果緩慢地拉動下面的彈簧2的下端，上面的彈簧1將被拉斷。如果快速地拉動，則很有可能拉斷下面的彈簧2。（1）設加載于彈簧2下端的作用力隨時間變化的關系為，寫出彈簧1的長度及小球加速度所滿足的運動方程。（2）在一個簡單模型中，假設與時間的關系為其中為大于零的常量，它的大小對應力加載的快慢。求在該力的作用下彈簧1、2在（）時刻的長度、。（3）記某一彈簧先被拉斷的時刻為，根據(jù)（2）中的結果，（?。┣笫箯椈?必然先被拉斷所對應的取值范圍；（ⅱ）對于并非必然使彈簧1先被拉斷的取值，分析使彈簧1先被拉斷的時刻需滿足的條件（表達式中可含有）；（ⅲ）求彈簧2先被拉斷的可能性與取值大小的關系，并用此關系說明題述實驗現(xiàn)象。（4）給定臨界長度為，要確保彈簧2先被拉斷，試確定需滿足的關系式。有無可能兩彈簧同時被拉斷？若有，試求出能讓兩彈簧同時達到臨界長度所對應的滿足的關系式?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）（ⅰ）；（ⅱ），或；（ⅲ）見解析；（4）【詳解】（1）根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律，彈簧1的長度及小球加速度滿足的運動方程為①（2）這是一個振動方程。解此方程可以得到（包含兩個待定常量）。解法（一）：設小球在某時刻位于平衡位置，此刻的滿足②將代入方程②得③小球相對于此平衡位置的位移④滿足微分方程⑤其解為⑥式中和為待定常量。于是⑦解法（二）：令，小球的運動方程可化成，②′將代入②′，得③′非齊次微分方程的通解可表示為一個特解和該方程所對應的齊次方程的通解之和，后者即④′式中和為待定常量。此非齊次項顯然有下列形式的特解式中是待定常量。代入方程③′可定出⑤′于是⑥′故⑦′初始條件為，⑧由⑧第1式有即⑨由⑧第2式有即⑩為振幅，取為非負值，且均為正，因此可以定出，?因此有?由胡克定律有有?（3）為了判斷哪個彈簧先被拉斷，考慮任意時刻兩彈簧長度之差：?（?。┤魪椈?先被拉斷，應有即?若要求必先拉斷彈簧1，則?式對任意均需成立，因此?（ⅱ）若，則在不同的時刻的正負不同。仍要保證彈簧1先被拉斷，需要落在滿足?式的時間范圍內。即，或?式中為非負整數(shù)。不等式?是對振動相位的限制。但對應于的多個取值，數(shù)學上可能出現(xiàn)多個達到臨界長度的時刻。但實際上彈簧1只可能斷一次，所以我們需要找到它首次達到臨界長度的時刻所在的時間段。?考察隨時間的增長趨勢，發(fā)現(xiàn)始終有?也就是說隨時間是單調增長的，意味著相位與長度一一對應，不可能出現(xiàn)在多個時間段內都達到臨界長度的情況。因此可以判斷，拉斷彈簧1確實可能發(fā)生在上述任意一個相位區(qū)間。?綜上所述，若，彈簧1被拉斷的時刻一定落在下述時間段內：，或?式中為非負整數(shù)。（ⅲ）若先拉斷彈簧2，必有，這要求

?由（?。áⅲ┑挠懻摽芍紫缺赜星矣?式可得，拉斷彈簧2的時刻需使得相位落在下式范圍內：，為非負整數(shù)?由?可以發(fā)現(xiàn)，越大，越小，使彈簧2先斷的相位所覆蓋的區(qū)間越大；當時，拉斷彈簧2的相位區(qū)間接近于覆蓋整個第Ⅰ、Ⅱ象限。也就是說，越大，對應的力的加載速度越快，拉斷下彈簧2的可能性越大。?上述討論說明較小時會拉斷上彈簧，較大時有可能拉斷下彈簧，印證了題述實驗現(xiàn)象。（4）要確保彈簧2被拉斷，由?式知必有?代入?式得?將代入?式，可知要確保彈簧2被拉斷，應滿足的關系式為?要彈簧1和彈簧2同時被拉斷，需要?而該時刻也滿足式?，將其代入?可得，應滿足的關系式為?22．（2022·全國·高三競賽）想必大家都轉過硬幣吧，如果沒有轉過也可以拿手邊一元硬幣試試。我們在硬幣旋轉過程中可以觀察到如下現(xiàn)象：（a）你會發(fā)現(xiàn)從上面看來硬幣旋轉速度在變慢（b）硬幣發(fā)出響聲的頻率在加快這兩者似乎是矛盾的，因為前面告訴我們硬幣越轉越慢，后者告訴我們它越轉越快。本題嘗試建立模型解釋這種奇妙的現(xiàn)象。首先我們假定我們給硬幣一個初始角動量，使硬幣轉起來獲得較大的軸角動量，然后硬幣掉落在摩擦系數(shù)極小的光滑桌面上，因此能量損失會較為緩慢，能作為準靜態(tài)考慮。硬幣邊緣對于桌面是純滾的，旋轉過程可以看作是旋轉對稱的。設硬幣（抽象成一個均質圓柱體）厚度為，半徑為，質量為，請回答下列問題：（1）圖中軸為硬幣的主軸（原點在質心），求轉動慣量；（2）我們考慮硬幣對于桌面傾斜角為時的旋轉。假定在一個周期內不會改變，改變的只是硬幣平面的方向，硬幣的質心在周期內可認為不動的。我們定義經(jīng)過質心、垂直于硬幣平面向上為軸，由硬幣質心指向接觸點所在母線中點為軸，軸參照右手系原則定義。同樣的，你也可以定義實際的軸，軸垂直于桌面向上，軸正方向定義為硬幣質心對于桌面的投影指向硬幣與桌面接觸點，軸與軸指向相同。請求出（可認為，認為無摩擦力，以后均按照此定義）a．旋轉面相對于桌面的角速度（方向指向軸正方向）；b．硬幣的視角速度（即從硬幣在頂上看花紋的運動角速度，可以用轉一圈花紋的角位移除以轉一圈用時來計算）；c．硬幣的總能量（3）能量必定會有損失，而這種損失我們在本題中可以假定是由于硬幣邊緣與桌面碰撞產(chǎn)生的，因此可以假定是硬幣與桌面接觸點在桌面上的運動速度（注意：接觸點是硬幣與桌面的接觸點，不是硬幣上固定的一點）。請求出在較小時角度與時間的關系（假定時），并給出發(fā)出響聲的頻率與時間的關系。你可以假定初態(tài)為?！敬鸢浮浚?），；（2）a．，b．，c．（3）【詳解】（1）依題意，有接觸點運行半徑由于邊界速度關聯(lián)，在旋轉系中有解得方向為z軸正方向，再疊加上旋轉系角速度（投影到x，y，z上）投影到x’，y’，z’軸有（2）ab、因為得出c、在θ很小時，我們可以發(fā)現(xiàn)（3）代入上式中表達式如下23．（2022·全國·高三競賽）如圖，將質量為m、半徑為R的勻質實心球從傾角為的無限長固定斜面上發(fā)射，已知球心初速度垂直于斜面，大小為V，球初始的自轉角速度為零。為方便描述實心球此后的運動，在斜面參考系中建立如圖3a所示的平面直角坐標系，其中x軸沿斜面向下，y軸垂直于斜面向上。假設球與斜面的碰撞是彈性的，碰撞時間極短，且碰撞前、后的瞬間球垂直于斜面的速度大小不變。進一步假設斜面足夠粗糙，以至于在球與斜面的碰撞過程中，其間摩擦力足夠大、接觸點無相對滑動。已知球繞其直徑的轉動慣量為，求（1）第1次碰撞前的球心速度和球的自轉角速度；（2）第1次碰撞后的球心速度和球的自轉角速度；（3）第n次碰撞后球心沿著x軸方向的速度以及球的自轉角速度；（4）前n次碰撞過程中斜面對球施加的總沖量。【答案】（1）；零；（2）；；（3）見解析所示；（4）【詳解】（1）設重力加速度大小為g。由質心運動定理得到球從出射到落下期間做拋體運動，球心在時刻t的速度為（以球拋出瞬間為時間零點）相對于其初始位置的位移為設球從出射到再次落到斜面所需時間為T，有由此得再次落到斜面時球心的速度則為即垂直于斜面的速度大小不變、方向相反，而沿著斜面的速度的增加為球在空中運動時，只受重力作用，由于相對于球心的力矩為零，因而由質心系中以質心為參考點的角動量定理知，球在空中運動時角速度不變，仍為零。（2）設球的角速度和球心在x方向的速度在某次碰撞前分別為和，碰撞后則分別變?yōu)榱撕?，這里角速度均以順時針轉動為正。設碰撞過程中摩擦力沿著負x軸方向投影的時間平均值為。由動量定理以及質心角動量定理可得由彈性碰撞過程中動能前后不變可得聯(lián)立得，因為碰撞過程中有靜摩擦，故去掉了增根。根據(jù)（1）問結果，第1次碰撞前有將其代入得，第1次碰撞后有即第1次碰撞后，球心速度為這里和分別表示沿x軸正向和y軸正向的單位矢量。（3）設第n次碰后的角速度和球心在x方向的速度分別為和（略去下標f，下同），從第次碰撞后到第n次碰撞前，小球繞球心的角速度不變，為，沿著x方向的速度由增加為。應用于第n次碰撞得【解法一】將乘某個常數(shù)再與相加得選取滿足符合條件的有兩個，分別為分別將其代入，給出由此解得聯(lián)立后可給出由此得，因此當n為偶數(shù)時當n為奇數(shù)時，【解法二】聯(lián)立可得此外，若可得考慮到當n為偶數(shù)時當n為奇數(shù)時（4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分別為和，因而前n次碰撞過程中斜面對球提供的x方向的總沖量為求和利用了初始條件此外每次碰撞過程中斜面給球的y方向的沖量相同，均為，故因此總沖量為和代入得當n為偶數(shù)時當n為奇數(shù)時24．（2022·江蘇·高三統(tǒng)考競賽）一質量為m的小環(huán)A與一質量為2m的小球B通過一長為L的輕繩相連。先將小環(huán)套在一水平放置的光滑固定桿上，將繩拉直到水平方向，并使小環(huán)和小球都處于靜止狀態(tài)，如圖所示。然后同時釋放小環(huán)和小球，試求：（1）小球B運動到最低點時，小環(huán)與小球的速度大小，并求出此時繩中的張力；（2）繩與水平桿之間的夾角為θ（）時，小環(huán)與小球的速度大小，并求出此時繩中的張力。【答案】（1），，14mg；（2），，【詳解】（1）小球B運動到最低點過程，系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有根據(jù)能量守恒定律有解得，小球B運動到最低點時，B相對A做圓周運動，則有解得（2）繩與水平桿之間的夾角為θ時，設B相對A的速度為，如圖所示則有系統(tǒng)水平方向動量守恒，則有由機械能守恒有令繩中張力為T，對環(huán)A有小球B做圓周運動，慣性力大小為小球B對A做圓周運動，則有解得A、B的速度分別為，繩的張力為25．（2022·全國·高三競賽）竹蜻蜓由同材質的兩個旋翼葉片與一根垂直桿組成，旋翼葉片為兩片長為，寬為，面密度為的勻質長方形板，與水平面夾角皆為，桿子質量。時，以角速度，數(shù)值速度起飛，與密度為的空氣發(fā)生彈性碰撞，在發(fā)生碰撞前，空氣保持靜止。求：（1）竹蜻蜓繞桿的轉動慣量；（2）速度為，角速度為時竹蜻蜓受到的力與力矩情況；（3）這個竹蜻蜓能夠起飛至少要多大的？并求多大時竹蜻蜓最容易起飛?！敬鸢浮浚?）；（2）見解析；（3），【詳解】（1）對單塊板如圖建系質量微元單塊板繞桿的轉動慣量為積分考慮兩個葉片（2）仍然對處的微元分析（角速度逆時針方向為正），轉動速度平動速度故其速度由板的法向量微元的速度在板法向投影為為正時表示板下表面撞擊空氣；為負時表示板上撞擊空氣。討論：當，若，板上每一處的風力向下；若，板上風力向下，風力向上

當，若，板上每一處的風力向上；若，板上風力向上，風力向下

之后我們會發(fā)現(xiàn)，這個討論非常重要計算受力在豎直方向投影我們知道與的方向應該是相反的，但發(fā)現(xiàn)這個的式子關于沒有體現(xiàn)出方向性，因此我們在后續(xù)的積分時要手動地加上正負號。竹蜻蜓受力與力矩的大?。ㄓ捎趯ΨQ性，我們只需算力的豎直分量）：若板上處處受力方向一致受力大小受力矩大小若板上處處受力方向一致，為表示方便，我們令當然，還要考慮力和力矩的方向與重力，于是最后的答案如下IM其中（3）只要初始，并帶入，有因此只要就能起飛。易知，當上式的分母最大，最容易起飛。26．（2022·全國·高三競賽）以下反應是高能物理早期的一個重要反應：在這個反應中，來自加速器的高能質子撞擊靜質子而產(chǎn)生介子和氘核D。已知質子、介子和氘核D的靜止質量分別為：（1）計算實驗室參照系中入射質子動能的閾值，即，使上述反應得以進行的最小入射質子動能。（2）假定入射質子的動能為第（1）問中求得的閾值的兩倍，試計算該反應中產(chǎn)生的介子的動量的可能的最大值。（3）續(xù)第（2）問，設在質心系中這一反應是各向同性的，即在質心系中任意方向單位立體角內產(chǎn)生一個介子的概率相同。求：在實驗室參照系中，在質子入射方向上單位立體角內產(chǎn)生一個介子的概率?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）設入射質子動量為，則初態(tài)總能量為根據(jù)動量守恒末態(tài)能量為其中為質心系中總能量，最小時的總能量即兩個粒子的靜止能量之和。由能量守恒所以那么帶入數(shù)據(jù)后得到（2）根據(jù)能量守恒所以繼續(xù)帶入數(shù)據(jù)后得到同時，考慮到在質心系中于是我們得到繼續(xù)帶入數(shù)據(jù)后得到同時我們可以求出質心速度為代入數(shù)據(jù)后得到要使得動量最大，就要求與質心速度方向相同代入數(shù)據(jù)后得到（3）在質心系中物理過程是完全各向同性的，所以各個方向的概率都為然后我們換系考慮到那么同時考慮到在質心系中利用相對論的動量變換或者你可以直接默寫角度變換(即光行差公式)，27．（2022·全國·高三競賽）某地鐵站的出入站閘機采用三錕閘設計。三錕閘是這樣一種裝置∶考慮三維空間中的三根長度均為l的細硬輕桿，每根桿都有一端被固定在點O處，且它們兩兩之間的夾角被固定為。顯然存在一條過O的軸z使得三錕閘繞z軸有旋轉對稱。z軸與地面的夾角被適當?shù)剡x取，以至于三錕閘在初始狀態(tài)可以與地面達成這樣一種相對位形∶其中一根桿與地面平行，另外兩根桿的自由端的連線也與地面平行。有一堵固定在地面上的墻，其位置滿足∶在初始狀態(tài)下，三錕閘的水平桿垂直于墻，且墻面緊貼在水平桿的自由端。將通過閘機的人簡化為剛性長方體。人通過閘機的過程中，長方體推動三錕閘繞z軸轉動，長方體的一個面緊貼地面，另一個面緊貼墻面。長方體足夠高。（1）求滿足以下條件的長方體的最大寬度∶人能完全通過閘機，且長方體的厚度可以任意大。（2）接上問，若長方體的寬度大于，求滿足以下條件的長方體的最大橫截面積∶人能完全通過閘機。只需寫出它是什么函數(shù)在什么區(qū)間上的最大值即可。（3）長方體的寬度為。人在完全通過閘機的過程中，與桿之間存在滑動摩擦，摩擦系數(shù)為。在三錕閘的轉軸內有滑動摩擦力矩，其大小恒定為K。求人在緩慢地完全通過閘機的過程中，對桿做的功?？梢员Ａ舴e分?！敬鸢浮浚?）見解析；（2）見解析；（3）見解析【詳解】（1）如圖所示，建立坐標系以人前進的方向為軸和軸，軸水平，四根軸在同一平面。設軸與軸的夾角為。初始時，桿OA水平，于是可以寫出初始時三點的坐標因為三根桿兩兩夾角為，所以我們可以通過將它們的坐標點乘來獲得與的關系可得現(xiàn)在研究坐標系與坐標系之間的換算關系?？梢钥醋隼@軸旋轉再考慮三根桿的旋轉變換。設三根桿旋轉了角后A在坐標系中的坐標為，則令于是可得三根桿轉了角后A在坐標系中的坐標其中是A的初始坐標。將式全部展開后化簡可得同時我們可以獲得B和C的坐標若長方體的寬度小于等于三根桿的末端到墻的距離（三個中最小的那個）的最大值，則它的厚度可以無限大。很明顯，當三根桿的末端到墻的距離最大時，應有此時三根桿的位形剛好跟初始狀態(tài)相反。容易計算得（2）設長方體的寬度為。假定長方體可以完全通過三錕閘。令長方體的厚度逐漸增加，直到它恰好能完全通過三錕閘。在臨界情況下，它剛好能夠把OA桿推至一個它不需要再推就能使它繼續(xù)通過的角度（即）?！皠偤谩币馕吨?，如果它再厚一點，OB桿就會撞到長方體。這表明，在臨界情況下，當時，桿OB剛好觸碰到長方體的另一條棱。這一情形在圖中被畫出。而桿OC是不必擔心的，因為C點的坐標不可能大于其初始值。經(jīng)過上述討論可以得知，我們需要考察OB桿上與A點恰好具有相同的坐標的點D。因為OD與OB平行，容易寫出D的坐標在臨界情況下，寬度為的長方體的厚度剛好相當于A與D的坐標之差。于是我們可以得到所要求的橫截面積與剛好能離開三錕閘時的轉角的關系代入可得由題目中所說，長方體的寬度大于，所以在研究最大厚度時。另一方面，長方體的寬度不能大于初始時B到墻面的距離，所以從而，問題被轉化為求在區(qū)間上的最大值。（3）記人推動桿的過程中桿與長方體的棱的交點為H。顯然H的坐標恒為，且OH平行于OA。因此可以寫出H的坐標記固連在桿上的H點的元位移為，固連在長方體上的H點的元位移為。顯然有記長方體對桿的摩擦力為。顯然它應當平行于桿與長方體的相對位移。這意味著記長方體對桿的彈力為。顯然它應當同時垂直于桿和長方體的棱。這意味著記。則摩擦力的大小為。于是可以獲得令由于桿是輕桿，所以由力矩平衡關系可得于是可得長方體對桿所做的功式中分別由上述式子給出。28．（2022·全國·高三競賽）位力定理的證明（1）我們定義這樣一個量：求和是對整個多質點的系統(tǒng)進行的，其中是第個質點的動量，是第個質點的位置矢量。我們把對時間求導，我們假設這個系統(tǒng)是處于周期性的穩(wěn)態(tài)下的，求對時間的導數(shù)的時間平均值。（2）我們假設這個系統(tǒng)的相互作用勢能的形式如下。那么請討論系統(tǒng)總動能和總勢能之間滿足的數(shù)學關系。（3）接上小問，請求出在天體系統(tǒng)和彈簧系統(tǒng)中的數(shù)學關系。（4）本小問討論位力定理在熱力學系統(tǒng)中的應用。①利用上一問的結論，請推導出理想氣體壓強和分子平均動能，分子數(shù)密度的關系。我們假設理想氣體分子之間沒有任何的相互作用。②接上小問，請推出光子氣體系統(tǒng)中的壓強和分子平均動能，分子數(shù)密度的關系【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）①見解析，②見解析【詳解】（1）根據(jù)動量定理和速度的定義考慮到系統(tǒng)做周期運動，一個周期后還原不變，所以有所以有（2）根據(jù)勢能的定義#4考慮到非相對論情形下物體動能為所以有帶入上一問的結論后就有（3）對于天體對于彈簧①系統(tǒng)受力僅僅來自于器壁的壓強所以有所以有②對于光子所以有或者為光子氣體的內能密度。29．（2022·全國·高三競賽）下圖是車的簡化模型，該車前后各有一圓柱體作為輪子，輪子結構如圖。每個輪子的質量為，圓柱輪由外半徑為，內半徑為，質量為的圓柱殼和總質量為的8根輻條組成。質量為的車身對稱地架在輪子上（車身與輪軸之間是固定的，其長為，厚度為。前后輪中心之間間距為，圓柱輪中心到車身底部距離為。忽略圓柱輪與軸之間的摩擦和支撐車身架子的質量。重力加速度為，輪子與地面的靜摩擦系數(shù)與動摩擦系數(shù)均為。（1）通過量綱分析可知每一個圓柱車輪轉動慣量，求的值（用分數(shù)表示）；（之后涉及有關圓柱車輪轉動慣量的量均用表示不用帶入具體數(shù)值）（2）現(xiàn)在考慮車剎車時剎車片給前輪的阻力矩為。假設沒有輪子脫離地面。引入無量綱常數(shù)，若前后輪均做純滾動，求剛剎車時加速度，前后輪均做純滾動時，滿足的條件，以及沒有輪子脫離地面的條件；（3）若前輪純滾動、后輪滑動，求剛剎車時加速度，前輪純滾動、后輪滑動時滿足的條件，能達到前輪純滾動、后輪滑動時滿足的條件，以及沒有輪子脫離地面的條件；（4）若前后輪均滑動，求剛剎車時加速度?！敬鸢浮浚?）；（2）見解析；（3）見解析；（4）【詳解】（1）對于軸部分對于輪部分所以所以有（2）受力分析如圖考慮質心運動定理對輪子的角動量定理考慮對于A點體系總角動量，外力矩如果是純滾待入后得到考慮到條件代入后分別得到同時要求顯然在純滾的時候自然大于零，所以我們得到（3）若前輪比后輪先滑動得到若后輪滑動全部帶入之前算出來的式子后可以得到同時要求得到并且同時又有得到（4）此時有代入計算后可以得到30．（2022·全國·高三競賽）（1）一個半徑為R的大圓盤以固定角速度繞過其圓心的豎直軸勻速轉動，將另一個半徑為r，質量為m的小圓盤放在大圓盤上