專(zhuān)題01力學(xué)版塊大綜合（競(jìng)賽強(qiáng)基）真題考前訓(xùn)練

【高中物理競(jìng)賽真題強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】

（全國(guó)競(jìng)賽強(qiáng)基計(jì)劃專(zhuān)用）

一、單選題

1.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）勻質(zhì)立方體的質(zhì)量為〃八各邊長(zhǎng)為〃，則該立方體繞對(duì)角線

軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量/為（）

A./=-mazB./=-ma:C.I=^-mazD./=—ma:

461212

【答案】B

【詳解】利用自相似性及平行軸定理

/=2r+6r+|-L/2

L18)

其中

x/6

解得

故選B

2.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）質(zhì)量為M、半徑為R的勻質(zhì)圓盤(pán)可繞過(guò)其中心O且與盤(pán)面垂

直的光滑固定軸在豎直平面內(nèi)旋轉(zhuǎn)，如圖所示。粘土塊：質(zhì)量機(jī)）以初速度%斜射在靜止的

圓盤(pán)頂端戶(hù)點(diǎn)，并與圓盤(pán)粘合。％與水平面夾角為。=60，M=2〃?。當(dāng)。點(diǎn)轉(zhuǎn)到與水平x

軸重合時(shí)，圓盤(pán)的角速度和軸O對(duì)圓盤(pán)的作用力為？（）

B&+4gR

2R

cJv：+16gRD

4R4R

【答案】D

【詳解】碰撞前后，系統(tǒng)對(duì)。軸的角動(dòng)量守恒

：MR?4+mR~co0=Rmv0cos8

轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，能量守恒

；（；MR2+〃府卜2二看片+屹由

——MR'+mR'(￡+mgR=>co

4/\

對(duì)圓盤(pán)，由轉(zhuǎn)動(dòng)定理

Rtng=\^MR2+mR2\B

質(zhì)心加速度

4若夕

由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理

Nx=-(m+M)an

(m+M)g_%=(〃?+M)q

聯(lián)立得

可得

故選D。

3.（2022?全國(guó)?高三強(qiáng)基計(jì)劃）用定滑輪提升質(zhì)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(gè)端點(diǎn)處的半徑對(duì)輪心的張角為。。設(shè)繩索質(zhì)量不計(jì)，現(xiàn)欲提升重物

M,至少需要多大的力？（）

㈣

A.MgB.Mgcos0rJMge2D.Mge"，

【答案】D

【詳解】取一小段張角為d。繩，切向方程為

(十,什\de_de..八

(/+d/)cos--/cos-=0

法向

N-(T+dT)sin--7sin—=0

整理得

與3

積分得

故選D。

4.（2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）一根質(zhì)量均勻的細(xì)桿斜靠在墻上，地面光滑。初始時(shí)桿與墻

面夾角為30。，在桿滑下的過(guò)程中，墻對(duì)桿的作用力（）

A.先增大后減小至0

B.先增大后減小，但不會(huì)減為0

C.一直增大

D.一直減小

【答案】A

【詳解】記某時(shí)刻桿與墻面夾角為6,由機(jī)械能守恒可求出此時(shí)桿的轉(zhuǎn)動(dòng)角速度

L

,nS--cos。=-?—nd；0)'

23

解得

g

I

此時(shí)質(zhì)心的水平速度大小為

v=^cos^l

r卜［專(zhuān)一cos?cos20-gL

T22

對(duì)時(shí)間求導(dǎo)可得水平加速度

=—sin^

X4

水平加速度由墻的支持力提供

N=max

隨。增加先增大后減小至0。

故選A。

5.（2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）三個(gè)質(zhì)量皆為，"的小球〃、b、c,由三段長(zhǎng)度皆為/的不可伸

長(zhǎng)的輕細(xì)線右、k、4柱繼連接，豎直懸掛，并處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。在某一時(shí)刻，

小球。、力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(shí)，中間那段

細(xì)線右的張力大小為（）

vfb

c-4,加Cr,5z??v2hc11〃”

A.2mgB.2〃7g+-------C.2mg+—j—D.2mg+--------

【答案】D

【詳解】由題意可知球?！ǖ募铀俣确謩e為

v

4丁

%飆

以人為參考系，對(duì)。分析

T3-mg-ma2=m—

解得

—6rnv2

1=Mg+—y—

以。為參考系，對(duì)b分析

T2-mg-T3-tna,=m^-

T2=Mg+4+〃M+〃?^-

解得

i\mv2

T2=2mg+

故選D。

6.（2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）一根質(zhì)量均勻的細(xì)桿一端較接于地面，初始時(shí)豎直方向。收

到微擾后在豎直平面內(nèi)倒下，在這個(gè)過(guò)程中，桿內(nèi)部（）

A.切向力最大離上端g處

B.切向力最大離下端;處

C.無(wú)切向力

D.內(nèi)部傳遞力矩最大離上端g處

E.內(nèi)部傳遞力矩最大離下端g處

【答案】E

【詳解】ABC.記桿長(zhǎng)為3當(dāng)桿倒下。角時(shí)，以錢(qián)接點(diǎn)為參考，重力的力矩提供角加速度

由轉(zhuǎn)動(dòng)定律可得

mg?4sin0=^ml3-p

解得

2L

將距離較接點(diǎn)NX的部分桿作為研究對(duì)象，該部分質(zhì)量

,L-x

m=------m

L

質(zhì)心加速度

aL+x3（￡+x）.

a=0-^-=」4廠

加速度由切向力和重力提供（切向力7以垂直桿向下為王）

T+nigsin0=ma

解得

次sin.

因此，最小值出現(xiàn)在X==處，最大值出現(xiàn)在x=0處。故ABC錯(cuò)誤;

DE.考慮轉(zhuǎn)動(dòng)定律，附加速度由切向力7和切向力矩M提供

1

=-m

12

解得

x(L-x).

M=、化Jmgsm@

可得最小值出現(xiàn)在兩端，最大值出現(xiàn)在x=:處。故D錯(cuò)誤，E1E確“

故選E。

二、多選題

7.（2022?江蘇?高三統(tǒng)考競(jìng)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(yáng)間的作用力

B.將原子結(jié)合成分子的作用力

C.將核子結(jié)合成原子核的作用力

D.汽車(chē)與地面間的摩擦力

【答案】BD

【詳解】A.地球與太陽(yáng)間的作用力為萬(wàn)有引力，故A錯(cuò)誤；

B.將原子結(jié)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(jié)合成原子核的作用力屬于強(qiáng)相互作用，故C錯(cuò)誤；

D.汽車(chē)與地面間的摩擦力屬于電磁相互作用，故D正詢(xún)。

故選BDo

8.（2023?浙江臺(tái)州?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）現(xiàn)有一輕質(zhì)繩拉動(dòng)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如

圖所示，小球質(zhì)量為小，速度為打繩與豎直方向的夾角為巴重力加速度為g,則（）

/\

/e\

tn

v

A.小球的運(yùn)動(dòng)周期為丁初

B.繩子拉力為產(chǎn)=罟

C.小球運(yùn)動(dòng)半周，重力的沖最為友=〃，乃"an。

D.小球運(yùn)動(dòng)半周，繩對(duì)小球施加的沖晟為mv\j4+TT~cot~0

【答案】AD

【詳解】B.豎直方向根據(jù)受力平衡可得

Fcose=〃?g

解得繩子拉力為

F=H

cos。

故B錯(cuò)誤；

A.根據(jù)牛頓第二定律可得

八,乃

mgtan0=nuo~r-mcov=/r2-v

解得周期為

gtan。

故A正確；

C.小球運(yùn)動(dòng)半周，重力的沖量為

IG-mg?=ni7rvcol0

故C錯(cuò)誤；

D.小球運(yùn)動(dòng)半周，合外力的沖量為

bp=2rnv

由

A/>=ZG+/T

且

少_L，G

可做出如下的矢量關(guān)系圖

T

□?75

則有

故D正確。

故選AD。

9.（2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）水杯繞其對(duì)稱(chēng)軸勻速旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，穩(wěn)定情況下（）

A.水會(huì)由于黏滯阻力而停下

B.水會(huì)隨著水杯勻角速旋轉(zhuǎn)

C.形成的水面形狀為旋轉(zhuǎn)拋物面

D.形成的水面形狀為旋轉(zhuǎn)雙曲面

E.形成的水面形狀為旋轉(zhuǎn)半橢圓面

【答案】BC

【詳解】由于黏滯阻力，水最終會(huì)隨若水杯一起勻速旋轉(zhuǎn)，相對(duì)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BCO

10.（2022秋?湖南長(zhǎng)沙?高三湖南師大附中?？茧A段練習(xí)）如圖所示，均勻細(xì)桿AB其A端

裝有轉(zhuǎn)軸，B端連接細(xì)線通過(guò)滑輪和質(zhì)量為〃?的重物C用連，若桿AB呈水平，細(xì)線與水平

方向夾角為。時(shí)恰能保持平衡，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g,則下列結(jié)論正確的是（）

C.因?yàn)椴恢罈U的質(zhì)量所以無(wú)法求出桿對(duì)軸A的作用力

D.桿的質(zhì)量”一定大于重物C的質(zhì)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

T=fng

由受力圖可知，軸A對(duì)桿的作用力的方向的反向延長(zhǎng)線一定過(guò)繩子的拉力的延長(zhǎng)線與重力

的作用線的交點(diǎn)，由于重力的作用線過(guò)桿的中點(diǎn)，所以可知力/與繩子的拉力與水平方向

之間的夾角是相等的，且

Feos6?=Teos

所以尸與繩子的拉力的大小也相等，即

F=T=mg

則桿對(duì)軸A的作用力大小為〃??故A正確，C錯(cuò)誤；

B.設(shè)AB桿的長(zhǎng)度為L(zhǎng)由圖可知，桿的重力產(chǎn)生的力矩是逆時(shí)針?lè)较虻牧?，力臂的?/p>

小是繩子的拉力產(chǎn)生的力矩是順時(shí)針?lè)较虻牧兀Ρ鄣拇笮∈荓sin仇過(guò)轉(zhuǎn)軸的力

不產(chǎn)生力矩，由力矩平衡得

Mg?g乙=6gLsin0

解得

M=2〃?sin6

故B正確；

D.當(dāng)。工30。時(shí)，有

M=2/nsin0<m

故D錯(cuò)誤。

故選AB。

三、解答題

H.（2022?山東?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）在學(xué)習(xí)物理的過(guò)程中，有很多的方法，類(lèi)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(zhì)。如圖，勁度系數(shù)分別為匕，內(nèi)，的兩個(gè)輕彈

簧上端固定，下端用一段細(xì)繩連在一起并懸一光滑輕質(zhì)動(dòng)滑輪?；喯聮煲毁|(zhì)量為，〃的小

物體，當(dāng)拉動(dòng)小物體在豎直方向做小幅振動(dòng)過(guò)程中，求小物體的振動(dòng)頻率。（已知：彈簧振

【答案】/=

【詳解】由類(lèi)比可知，串聯(lián)彈簧的勁度系數(shù)為

ki+h

當(dāng)機(jī)向下偏離平衡位置X時(shí)，彈簧相當(dāng)于伸長(zhǎng)了2A?，從而，增加的彈力為

F=2kx

從而，〃，受到的合外力為

口”4",

F,、=2F=——ocx

從而，，〃的振動(dòng)周期為

〃?（L+七）

T=7T

則振動(dòng)頻率為

//+/J

12.（2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）中國(guó)空間站在距地面約390km的近圓形軌道上運(yùn)行，運(yùn)行

軌道面與赤道面夾角約為42。，運(yùn)行速率約為7.7km/s.已知重力加速度大小約9.8m/s2,

地球自轉(zhuǎn)周期約為24h,空間站繞轉(zhuǎn)方向和地球自轉(zhuǎn)方向如圖所示。假設(shè)地球?yàn)橘|(zhì)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(zhuǎn)動(dòng)的周期；

（2）空間站通過(guò)北緯42。的某地A點(diǎn)正上方之后第一次到達(dá)赤道，此時(shí)，空間站在赤道上

的B地的正上方。求B、A兩點(diǎn)的經(jīng)度之差。

【答案】(1)T=5.6X103S;(2)84°

【詳解】（1）設(shè)空間站高度為，，地球半徑為R,地球質(zhì)量為空間站質(zhì)量為機(jī)，空間站

繞地心0轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為7,重力加速度大小為g。由萬(wàn)有引力定律有

「Mm

I\

Mm

G(R+H^~ni(R+H)

聯(lián)立可得

-^R2-R-H=0

由此解得

p_/+W+4gi”

t\=

2g

由題意可得，周期為

2萬(wàn)(/?+")

/—1

V

%+Jy+4gH

T=2TT——--------+—

2gv

由題給數(shù)據(jù)解得

T=5.6xl03s

（2）記空間站軌道平面與赤道面的交線的一段為OB,3點(diǎn)在地面赤道上。連接空間站軌道

平面與北緯42。線的交點(diǎn)人和地心。點(diǎn)。穿過(guò)A的經(jīng)線與赤道交于C點(diǎn)，如解題圖〃所示。

由題意可知，空間站從北緯八的正上方到赤道正上方走過(guò)四分之一周期。因此

ZAOB=ZCOB=-

2

式中，/AOB為空間站從北緯42。線正上方的位置到赤道所轉(zhuǎn)過(guò)的角度，NCOB為A前與B

點(diǎn)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(shí)間為

Ar=-T

4

設(shè)地球自轉(zhuǎn)角速度為秋），在空間站繞轉(zhuǎn)的時(shí)間4內(nèi)，地球轉(zhuǎn)動(dòng)的角度為

=（小

而

2乃

B、A兩點(diǎn)的經(jīng)度之差為（用弧度表示）

△O=NCO5一獷

得

*

由題給數(shù)據(jù)，=24h,得

△8'=0.47萬(wàn)=840

13.（2022?江蘇?高三統(tǒng)考競(jìng)賽）如圖，一質(zhì)量為M的滑輪通過(guò)一輕彈簧懸掛在天花板上，

彈簧的勁度系數(shù)為女一質(zhì)量為膽的小物塊通過(guò)一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在滑輪上，輕繩的另

一端豎直固定在地板匕已知滑輪是光滑的，輕繩與滑輪間無(wú)摩擦。

（1）當(dāng)系統(tǒng)受力平衡時(shí)，滑輪與小物塊均保持靜止，求此時(shí)彈簧的伸長(zhǎng)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(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧振

動(dòng)，并求出振動(dòng)周期。

【答案】（1）&=（2m；M）g；（2）證明過(guò)程見(jiàn)解析，7=2笈秒產(chǎn)

【詳解】（1）如圖所示

設(shè)系統(tǒng)受力平衡時(shí)，繩中張力為八，彈簧的彈力為/o,由小物塊受力平衡得

"=mg①

彈簧彈力為

fo=k垃②

由滑輪受力平衡得

6=24十瞬③

聯(lián)立解得

川口叱建④

k

(2)以系統(tǒng)受力平衡時(shí)滑輪得中心為坐標(biāo)原點(diǎn)。，建立如圖x軸

xWmg

77777777777777777777

設(shè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中繩的張力為T(mén),彈簧的彈力為/,滑輪中心下降工時(shí)，彈簧的彈力為

f=k(x+△。⑤

由繩的約束條件可知，滑輪加速度為％時(shí)，小物塊的加速度為2戈，則滑輪的動(dòng)力學(xué)方程為

Mx=Mg+2T-f?

小物塊的動(dòng)力學(xué)方程為

2mx=mg-T'1'

由④?⑥⑦可得

k八

x-\-----------x=O

4m+M

這是簡(jiǎn)諧振動(dòng)方程，所以滑輪的運(yùn)動(dòng)為簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，角頻率為

《4m+M

振動(dòng)周期為

2/rl4m+M

T=—=2乃J----------

o）Vk

14.（2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）瞬時(shí)沖量/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?lái)的g,其他條件不變，則球獲得的角速度。'是①的幾倍？

【答案】|3

【詳解】沖量/的單位是kg?m-sT,角速度。的單位是「，半徑廣的單位是m,質(zhì)量m的

單位是kg,由量綱分析可得

/ccmrco

33

由此可知，當(dāng)/?變?yōu)?倍時(shí)，則角速度變成q倍。

15.（2022?全國(guó)?高三競(jìng)賽）如圖所示，靜置于光滑平面的一質(zhì)量為M的物體上有一個(gè)向下

凹陷的旋轉(zhuǎn)橢球面。其豎直方向截面的橢圓的半長(zhǎng)軸為b,半短軸為。。在其邊緣從靜止釋

放一個(gè)質(zhì)量為m的小球。忽略所有可能的摩擦。

（1）當(dāng)小球從靜止釋放后相對(duì)地面的位移為x的時(shí)候,求小球相對(duì)于地面的速度大小v（x）。

（2）請(qǐng)接著求出小球的加速度。

Ma

2gb2'J\-u

<Ma)

M+mMb4-mb2Mb+mb

(1----------u\-u+--------------

inMaMa

【詳解】考慮小球向右的水平位移為.橢圓坑向左的水平位移為卬

考慮到水平方向上動(dòng)量守恒

-Mw+mq=0

所以我們可以得到小球相對(duì)地面的運(yùn)動(dòng)軌跡方程

(MaA

44=>

Ma[b)

\M+mJ

繼續(xù)考慮水平方向動(dòng)量守恒

MV=//zvv

同時(shí)考慮到系統(tǒng)機(jī)械能守恒

mgy-MV2+-mv

22

又同時(shí)考慮到速度方向總是沿著切線

Ma

q---------

〃

b1-M+?

Ma

lM+m

聯(lián)立后就得到

2gb\J\-u1一〃、

Ma

O'----------------#6

M+m/.

----------(1-WJ+

其中

M+'

q-T

Ma,

顯然

tancr=一)/

所以

gb(M+m)

Ma"

?=gsina=

2

b(M+/M)

1+-1

Ma

考慮到

0+打

帶入后得到

2gby1-it

Mb+mb

16.（2022?全國(guó)?高三競(jìng)賽）光線的反射看起來(lái)與牛頓力學(xué)的彈性碰撞沒(méi)有什么關(guān)系，但實(shí)際

上并不是這樣

（6.1）如圖所示的光學(xué)系統(tǒng)中，兩反射面以?shī)A角。相連，一束光平行于一個(gè)反射面入射，

試求光線的反射次數(shù)與夕的關(guān)系，再考慮這樣的一個(gè)系統(tǒng)，將質(zhì)量分別為機(jī)，”的滑塊按

如圖所示的方式擺放在光滑地面上，給予M一個(gè)向左的速度口之后〃JM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N。

（6.2）取〃z=M,計(jì)算N。

（6.3）建立X-），坐標(biāo)系，其中％=4，y=d2,其中4為加右端距墻面的距離，4為M左

端距墻面的距離，請(qǐng)定性在坐標(biāo)系中作出描述機(jī)，M運(yùn)動(dòng)的圖像，要求作出：工一y坐標(biāo)軸；

”JA7發(fā)生碰撞條件；加和墻發(fā)生碰撞的條件；，〃，加的運(yùn)動(dòng)，用帶箭頭的線段表示運(yùn)動(dòng)

路徑，用ARC表示碰撞點(diǎn)，用1,2,3表示運(yùn)動(dòng)先后，若軌跡有重合，請(qǐng)稍微錯(cuò)開(kāi)，

（6.4）從（6.3）中，或咨你已經(jīng)感受到了碰撞與光反射的相似性，若〃在上述坐標(biāo)

系中作出表示〃JM第一次碰撞的曲線，用0、。分別表示第一次碰撞發(fā)生前后曲線與〃J

例發(fā)生碰撞條件的夾角（用參量〃?，M,n表示）

（6.5）由此看來(lái)，好像簡(jiǎn)單的反射定律已經(jīng)不再適用了，不過(guò)沒(méi)有關(guān)系，我們重新令：

x=重新在工一），坐標(biāo)系中作出：〃?，M發(fā)生碰撞條件；〃，和墻發(fā)生碰

撞的條件，并寫(xiě)出表示坐標(biāo)系中對(duì)于小，“碰撞條件最重要的參量（用參量小，M,y表

示）

（6.6）在以上坐標(biāo)系中，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒在坐標(biāo)圖中代表什么，與光反射有何相似之處，

做出說(shuō)明并給出證明；碰撞過(guò)程能量守恒在坐標(biāo)圖中代表什么，與光反射有何相似之處，做

出說(shuō)明并給出證明；取機(jī)＜M,在坐標(biāo)系中作出描述〃?，M運(yùn)動(dòng)及碰撞的圖像，用帶箭頭

的線段表示運(yùn)動(dòng)路徑，用ARC表示碰撞點(diǎn)，用123表示運(yùn)動(dòng)先后，畫(huà)出三次碰撞即

可。

(6.7)現(xiàn)在我們可以來(lái)解決實(shí)際問(wèn)題了，取〃…”的近似條件，試求N的值；特別論，當(dāng)

小。。時(shí)，求心值‘當(dāng)力⑼。。時(shí)，求“值，再求憶

【答案】(6.1)N=尋國(guó)弋;x為整數(shù)

；(6.2)N=3；(6.3)圖見(jiàn)

p>x>p-q,x不為整數(shù)

0=45r—

解析；(6.4)圖見(jiàn)解析，2M.c;(6.5)圖見(jiàn)解析，a=arctanJ—；(6.6)

(9=arctan-------45vM

M-m

見(jiàn)解析：(6.7)N=2?二，Ng=31,2000G=314,=31415

in

【詳解】(6』)考慮光反射的性質(zhì)

①中卜］為取整算符

r1_X-lX為整數(shù)

p-l杯為整數(shù)

(6.2)顯然

N=3

(6.3)如圖所示

碰撞條件,x=y

x/d八

241

B2」

。，九墻碰撞條作產(chǎn)/U為〃?寬度工/小

(6.4)如圖所示

M-in

=。=45

%7M7+~m~

2MAU

2M(p-arctan---------45

v,?=-------

MM+mM-m

(6.5)如圖所示

a—arctan

（6.6）動(dòng)量守恒=質(zhì)心速度不變=平行“碰撞線”方向不變=能量守恒=相對(duì)速度不變=

垂直碰撞線方向不變<=>光反射

（7.7）綜合上述分析可得

當(dāng)"…M時(shí)，N=入---,即

m

=>^100=31

乂麗=314

M?=31415

17.（2022?全國(guó)?高三競(jìng)賽）Kai踩著高蹺在與水平面的夾角為aw1的斜坡上走路,

a>0表示上坡，a<0表示下坡。高蹺始終在與斜坡垂直的平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)。將Kat視為

質(zhì)量為〃？的質(zhì)點(diǎn)，將高蹺視為輕硬細(xì)桿。稱(chēng)桿的末端為“腳每次開(kāi)始邁步時(shí)，斜坡

給予后腳大小為小陽(yáng)/■的瞬時(shí)沖量，使這一結(jié)構(gòu)從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)；每次結(jié)束邁步時(shí)，斜

坡給予前腳一個(gè)瞬時(shí)沖量,使這一結(jié)構(gòu)靜止“每次邁步的過(guò)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(dòng)（即地面與腳之間的靜摩擦系數(shù)〃足夠大）。當(dāng)腳與

地面接觸時(shí)，其到Kat的距離保持為/。Kat的步幅（當(dāng)兩只腳同時(shí)與斜坡接觸時(shí)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(shuō)的方式走路的區(qū)域的面積。

（3.3）Kat會(huì)在每次前腳落下的同時(shí)邁出后腳。求Kat的平均速度的大小與如的比

值，用。，〃表示，可以保留積分號(hào)。

g2

【答案】(3.1)(3.2)j(V30-5)；(3.3)

2@

/?arvsin^dtp

J-arcsin^52〃2針+cos(arcsin^-a)-cos(^-a)

【詳解】此解答采用自然單位

（3.1）因?yàn)闂U是輕質(zhì)的，所以斜坡對(duì)桿的作用力（彈力和摩擦力的合力）必然沿桿。

應(yīng)用摩擦角的方法易得

//>tanarcsin^=

(3.2)令

P=arcsin^

首先，當(dāng)兩只腳都與地面接觸時(shí)，體系靜力平衡，因此此時(shí)Kat（重心）必然在兩腳之

間。這一幾何關(guān)系給出P的下限

P>\（A

現(xiàn)在考慮邁步的過(guò)程。令。為與斜坡接觸的腿與斜坡的法線的夾角，易得邁步過(guò)程中的能

量守恒

+cos(^>-a)=E

從而有

32=2[f-cos(夕一a)],^?=sin(^?-a)

建立坐標(biāo)系，以與斜坡接觸的腳為原點(diǎn)，沿斜坡方向?yàn)閤軸，易得Kal的》坐標(biāo)

y=cos(p

求二階導(dǎo)得

y=-(ps\n(p-/cos/

另一方面，在垂直于斜坂方向的牛頓第二定律

y=N-cosa

其中N為斜坡對(duì)腳的彈力。

聯(lián)立可得

A^-cosa=-sin(^9-a)sin^-2[E-cos(^-a)]cos^

化簡(jiǎn)得

N=cos0[3cos(e-a)-2E]

代入不脫離斜面的條件N>0可得

3

E<-cos((p-a)

上式必須對(duì)所有⑶間成立，因此

E〈■|cos(/+|a|)

另一方面，為了翻越8=()勢(shì)壘，有

E>\

為了讓E有解，得

1<尸（夕+13）

其給出夕的上限

2

p<arccos--|?|

聯(lián)立可得

2

\a\<p<arccos——\a\

3

即

sin|?|<J<sinarccosg一同

為了讓J有解

(1212)

aw——arccos—，—arccos—

I2323)

從而最終可得所要求的面積

|sinarccos二一|。|-sin|cr|da=-(V30-5)

.63l3JJ3

23

(3.3)當(dāng)斜坡給予后腳沖量〃時(shí)，后腿將該沖量傳遞至Kat,從而Kat獲得的垂直于

前腿方向的沖量為分由2-，Kat此時(shí)具有的能量為

E=^?;2sin22^+cos(/7-a)=27/2^2(l-^2)+cos(^-?)

解得

(p2=212〃&(I-^2)+cos(^-a)-cos(^?-a)j

邁一步所需要的時(shí)間是8從一#變化到p需要的時(shí)間

d(p

7

5212/$(l_q')+cos(.一aj-cos((-a)]

用步幅"除以T即可得平均速度

三二一2。

Tfarc$mq6(p

J-arcsin^

業(yè)7芍(l-<f2)+cos(arcsin<;-a)-cos(^-cr)

18.(2023?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃)一桿以角速度0=1+2，(「ad/s)繞一端點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，桿的長(zhǎng)度隨時(shí)

間變化為/=l+f+〃(m),求—O時(shí)，桿的另端的加速度大??？

【答案】a=x/i_7m/s2

【詳解】在極坐標(biāo)系中，質(zhì)點(diǎn)的加速度分為徑向加速度和切向加速度，其中，徑向加速度

4=噌-kJ=lmH

dr

切向加速度

.dco_dl,o

a=l-----+2co——=4Am/s~

'odtdt

合加速度大小為

ci=yjci~+a：—Jl7m/s~

19.(2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽)施特恩-蓋拉赫實(shí)驗(yàn)對(duì)原了?物理學(xué)和量子力學(xué)的發(fā)展有重大

作用。為簡(jiǎn)化起見(jiàn)，只考慮氫原子中電子的軌道運(yùn)動(dòng)的貢獻(xiàn)。已知?dú)湓淤|(zhì)量為〃“，電子

T，〃為普朗克常量‘真空介電常量為

質(zhì)量為<<〃%)，電子電量的絕對(duì)值為e,

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(yùn)動(dòng)會(huì)形成繞核的環(huán)電流，

求環(huán)電流大小表達(dá)式/“；

（2）一面積為5的矩形環(huán)電流/處于一磁場(chǎng)中，環(huán)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，磁?chǎng)方向平行

于x軸方向，如圖。所示,已知磁場(chǎng)在），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(yīng)強(qiáng)度之差為瓦（稱(chēng)之為梯度磁場(chǎng)，瓦為z方向磁場(chǎng)的梯度）。求環(huán)電流所受

合力尸大小及方向；

（3）小圓形環(huán)電流在同樣的梯度磁場(chǎng)中受力與矩形環(huán)電流滿(mǎn)足同樣規(guī)律。如圖〃所示，水

平速度為%的氫原子通過(guò)同樣的沿z方向均勻變化的梯度磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)寬度為“，出磁場(chǎng)區(qū)

以后打到距離磁場(chǎng)區(qū)為。的豎直接收屏.上。假如磁場(chǎng)始終垂直于環(huán)電流平面，求環(huán)電流順

時(shí)針?lè)较虻脑优c逆時(shí)針?lè)较虻脑訐舸蛟诮邮掌辽衔恢迷趜方向的距離z“0（注：此題是

模擬施特恩-蓋拉赫實(shí)驗(yàn)條件的?個(gè)簡(jiǎn)化模型，實(shí)際實(shí)驗(yàn)裝置的磁場(chǎng)分布與題設(shè)中的描述并

不完全相符。）

>>>

【答案】（1）二…；（2）BJS,若電流為逆時(shí)針?lè)较?，則所受合力方向向上；若

電流順時(shí)針?lè)较?，則所受合力方向向下；（3）她”

【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(yùn)動(dòng)。按照波爾量子化條

件，在第〃個(gè)定態(tài)圓軌道上（或稱(chēng)為氫原子處于第〃能級(jí)上），電子的角動(dòng)量為

4=，叫匕=加〃=1,2,3,

式中小匕是第“定態(tài)圓軌道上電子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和的速率。按照庫(kù)侖定律和牛頓第二定

律有

冗

4q<rn

聯(lián)立上式解得

4%粉〃2

rn-2

叫e

5商

環(huán)電流大小為

%

解得

二

"32后附/

（2）設(shè)通電流的矩形長(zhǎng)為〃、寬為兒依題意，矩形上、下邊導(dǎo)線處的磁感應(yīng)強(qiáng)度與、生滿(mǎn)

足

B、=B/B.b

矩形左、右兩導(dǎo)線所受安培力相互抵消，上、下兩導(dǎo)線所受安培力分別為

"=BJa

F2-BJa

則矩形電流所受合力為

F=F「F）=B」ab=B」Sz

若電流為逆時(shí)針?lè)较?，則所受合力方向向上；若電流順時(shí)針?lè)较?，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(chǎng)中受力規(guī)律相同，因此，氫原子的環(huán)電流在梯度磁場(chǎng)

中受力為

氫原子環(huán)電流面枳為

c216，￡酒/

S"=%=-。4

解得

匚〃而B(niǎo)

氫原子在磁場(chǎng)區(qū)做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)在磁場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為3則出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)有

d=W

z=

i"2為2%片

其中為為出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)處于第〃能級(jí)的氫原子在z方向的位移，此時(shí)速度方向與水平方向夾

角為a滿(mǎn)足

因此，出磁場(chǎng)區(qū)時(shí)速度方向的反方向指向磁場(chǎng)區(qū)域中心c氫原子擊打在接收屏上的位置在Z

方向偏移為

'八d)(八d)Fdnehli.d(d\

z2n=D+不tana=D+--^n-y=-~~~D+-

\-7\—J'%%幾％\2)

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(shí)環(huán)電流沿針與順時(shí)針?lè)较?/p>

的原子擊打在接收屏上位置之間的距離為

nehB.d(

"2%="2D1o

用H〃”ol2)

20.(2022?全國(guó)?高三統(tǒng)考競(jìng)賽)一質(zhì)量為M=100?kg的封閉車(chē)廂在水平地面上運(yùn)動(dòng)。車(chē)廂

內(nèi)底面水平。車(chē)廂內(nèi)一乘客試通過(guò)車(chē)廂內(nèi)的實(shí)驗(yàn)來(lái)研究車(chē)廂在水平地面上的運(yùn)動(dòng)。他在車(chē)廂

底面上建立與底面固連的平面直角坐標(biāo)系QQy系)，并在坐標(biāo)原點(diǎn)。放置一質(zhì)量為“?=5.0kg

的物塊A。在，=0時(shí)，A從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。在OW/W15s時(shí)間段內(nèi)，A在X。)，系中x、y方向

上的速度匕.、匕與時(shí)間，的關(guān)系分別如圖。、b所示。已知物塊A與車(chē)廂內(nèi)底面之間滑動(dòng)摩

擦系數(shù)為〃=0.20,重力加速度大小g=10m/T-

(1)求，=15s時(shí)，物塊A在入Qv系中的位置：

(2)在地面上建立靜止的坐標(biāo)系才。了，使f軸、)，'軸分別與xQv系的x軸、)，軸方向兩兩

相同。求在坐標(biāo)系/。了中，車(chē)廂在V方向所受到的合力在整個(gè)過(guò)程(0K，K15s)中的沖量。

【答案】(I)(3.0m,2.5m)；(2)1.7xlO4N-s,方向沿V軸負(fù)方向

【詳解】(1)在xQy系中，由圖所示速度圖線匕匕―可知，在階段I(0^r<5s),

物塊A做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，它在x、y方向的加速度分別為

2

au=8.0cm/s

2

ah—4.0cm/s

在階段H(5sfW/vlOsj),A做勻速直線運(yùn)動(dòng)。在階段in(10s3<15s=f3),A做類(lèi)斜

拋運(yùn)動(dòng)，它在y方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在x方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為

』=-16cm/s2

由速度圖線匕T,匕―可知,在MX系中,物塊A在OWfMl5s內(nèi)時(shí)間段沿小y方向的位

移分別為

x=f-x40x5+40x5^0111=3.0m

12)

y=(gx20x5+20x10卜m=2.5m

在r=15s時(shí)，物塊A在％Qy系中的位置為(3.0m,2.5m)。

(2)設(shè)車(chē)廂相對(duì)于水平地面在/方向的加速度為設(shè)在某一時(shí)刻物塊A速度方向與)，

軸夾角為夕，物體A在xQy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

-ina'-sin0=max

同理，在x'。')/系中，車(chē)廂在V方向所受到的合力滿(mǎn)足

七'⑴=

車(chē)廂在V方向所受到的