专题01 力学版块大综合（竞赛强基）真题考前训练 【高中物理竞赛真题强基计划真题考前适应性训练】 （全国竞赛强基计划专用）解析版

试卷第=page11页，共=sectionpages33页专题01力学版块大综合（竞赛强基）真题考前训练【高中物理竞赛真题强基计划真题考前适应性训练】（全国竞赛强基计划专用）一、单选题1．（2022·全国·高三强基计划）匀质立方体的质量为m、各边长为a，则该立方体绕对角线轴的转动惯量I为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】利用自相似性及平行轴定理其中解得故选B2．（2022·全国·高三强基计划）质量为M、半径为R的匀质圆盘可绕过其中心O且与盘面垂直的光滑固定轴在竖直平面内旋转，如图所示。粘土块（质量m）以初速度斜射在静止的圆盘顶端P点，并与圆盘粘合。与水平面夹角为，。当P点转到与水平x轴重合时，圆盘的角速度和轴O对圆盘的作用力为？（）A．， B．，C．， D．，【答案】D【详解】碰撞前后，系统对轴的角动量守恒转动过程中，能量守恒对圆盘，由转动定理质心加速度由质心运动定理联立得可得故选D。3．（2022·全国·高三强基计划）用定滑轮提升质量为M的重物，绳索与滑轮间的摩擦系数为，绳与滑轮接触的两个端点处的半径对轮心的张角为。设绳索质量不计，现欲提升重物M，至少需要多大的力？（）A．Mg B． C． D．【答案】D【详解】取一小段张角为绳，切向方程为法向整理得积分得故选D。4．（2023·北京·高三强基计划）一根质量均匀的细杆斜靠在墙上，地面光滑。初始时杆与墙面夹角为，在杆滑下的过程中，墙对杆的作用力（）A．先增大后减小至0B．先增大后减小，但不会减为0C．一直增大D．一直减小【答案】A【详解】记某时刻杆与墙面夹角为，由机械能守恒可求出此时杆的转动角速度解得此时质心的水平速度大小为对时间求导可得水平加速度水平加速度由墙的支持力提供随增加先增大后减小至0。故选A。5．（2022·全国·高三统考竞赛）三个质量皆为的小球a、b、c由三段长度皆为的不可伸长的轻细线、、相继连接，竖直悬挂，并处于静止状态，如图所示。在某一时刻，小球a、b受到水平方向的冲击，分别获得向右、向左的大小为的速度。此时，中间那段细线的张力大小为（）A． B． C． D．【答案】D【详解】由题意可知球a

、b的加速度分别为以b为参考系，对c分析解得以a为参考系，对b分析解得故选D。6．（2023·北京·高三强基计划）一根质量均匀的细杆一端铰接于地面，初始时竖直方向。收到微扰后在竖直平面内倒下，在这个过程中，杆内部（）A．切向力最大离上端处B．切向力最大离下端处C．无切向力D．内部传递力矩最大离上端处E．内部传递力矩最大离下端处【答案】E【详解】ABC．记杆长为L，当杆倒下角时，以铰接点为参考，重力的力矩提供角加速度，由转动定律可得解得将距离铰接点的部分杆作为研究对象，该部分质量质心加速度加速度由切向力和重力提供（切向力T以垂直杆向下为正）解得因此，最小值出现在处，最大值出现在处。故ABC错误；DE．考虑转动定律，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现在两端，最大值出现在处。故D错误，E正确。故选E。二、多选题7．（2022·江苏·高三统考竞赛）自然界中有四种基本相互作用，下列作用力中属于电磁相互作用的有（）A．地球与太阳间的作用力B．将原子结合成分子的作用力C．将核子结合成原子核的作用力D．汽车与地面间的摩擦力【答案】BD【详解】A．地球与太阳间的作用力为万有引力，故A错误；B．将原子结合成分子的作用力属于电磁相互作用，故B正确；C．将核子结合成原子核的作用力属于强相互作用，故C错误；D．汽车与地面间的摩擦力属于电磁相互作用，故D正确。故选BD。8．（2023·浙江台州·高三统考竞赛）现有一轻质绳拉动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，小球质量为m，速度为v，绳与竖直方向的夹角为，重力加速度为g，则（）A．小球的运动周期为B．绳子拉力为C．小球运动半周，重力的冲量为D．小球运动半周，绳对小球施加的冲量为【答案】AD【详解】B．竖直方向根据受力平衡可得解得绳子拉力为故B错误；A．根据牛顿第二定律可得解得周期为故A正确；C．小球运动半周，重力的冲量为故C错误；D．小球运动半周，合外力的冲量为由且可做出如下的矢量关系图则有故D正确。故选AD。9．（2023·北京·高三强基计划）水杯绕其对称轴匀速旋转过程中，稳定情况下（）A．水会由于黏滞阻力而停下B．水会随着水杯匀角速旋转C．形成的水面形状为旋转抛物面D．形成的水面形状为旋转双曲面E．形成的水面形状为旋转半椭圆面【答案】BC【详解】由于黏滞阻力，水最终会随着水杯一起匀速旋转，相对于水杯静止后，水滴只受重力和其他水的支持力，液面截面为抛物面。故选BC。10．（2022秋·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）如图所示，均匀细杆AB其A端装有转轴，B端连接细线通过滑轮和质量为的重物C相连，若杆AB呈水平，细线与水平方向夹角为时恰能保持平衡，不计一切摩擦，重力加速度为，则下列结论正确的是（）A．杆对轴A的作用力大小为B．杆的质量为C．因为不知道杆的质量，所以无法求出杆对轴A的作用力D．杆的质量一定大于重物C的质量【答案】AB【详解】AC．由题可知，C物体受到重力和绳子的拉力处于平衡状态，所以绳子的拉力与C物体的重力大小相等，即对杆AB进行受力分析如图由受力图可知，轴A对杆的作用力的方向的反向延长线一定过绳子的拉力的延长线与重力的作用线的交点，由于重力的作用线过杆的中点，所以可知力F与绳子的拉力与水平方向之间的夹角是相等的，且所以F与绳子的拉力的大小也相等，即则杆对轴A的作用力大小为mg，故A正确，C错误；B．设AB杆的长度为L，由图可知，杆的重力产生的力矩是逆时针方向的力矩，力臂的大小是，绳子的拉力产生的力矩是顺时针方向的力矩，力臂的大小是Lsinθ，过转轴的力不产生力矩，由力矩平衡得解得故B正确；D．当时，有故D错误。故选AB。三、解答题11．（2022·山东·高三统考竞赛）在学习物理的过程中，有很多的方法，类比法，等效法等。像是弹簧的并联和电路的并联有相似的性质。如图，劲度系数分别为，，的两个轻弹簧上端固定，下端用一段细绳连在一起并悬一光滑轻质动滑轮。滑轮下挂一质量为m的小物体，当拉动小物体在竖直方向做小幅振动过程中，求小物体的振动频率。（已知：弹簧振子的周期的计算公式为）【答案】【详解】由类比可知，串联弹簧的劲度系数为当m向下偏离平衡位置x时，弹簧相当于伸长了2x，从而，增加的弹力为从而，m受到的合外力为从而，m的振动周期为则振动频率为12．（2022·全国·高三统考竞赛）中国空间站在距地面约的近圆形轨道上运行，运行轨道面与赤道面夹角约为，运行速率约为。已知重力加速度大小约，地球自转周期约为，空间站绕转方向和地球自转方向如图所示。假设地球为质量分布均匀的球体。（不得引用本题未给出的数据和常量）（1）求空间站绕地球转动的周期；（2）空间站通过北纬的某地A点正上方之后第一次到达赤道，此时，空间站在赤道上的B地的正上方。求B、A两点的经度之差。【答案】（1）；（2）【详解】（1）设空间站高度为H，地球半径为R，地球质量为M，空间站质量为m，空间站绕地心O转动的周期为T。重力加速度大小为g。由万有引力定律有联立可得由此解得由题意可得，周期为由题给数据解得（2）记空间站轨道平面与赤道面的交线的一段为，B点在地面赤道上。连接空间站轨道平面与北纬线的交点A和地心O点。穿过A的经线与赤道交于C点，如解题图a所示。由题意可知，空间站从北纬A的正上方到赤道正上方走过四分之一周期。因此式中，为空间站从北纬线正上方的位置到赤道所转过的角度，为A点与B点的经度差。空间站从北纬A的正上方到赤道正上方所花时间为设地球自转角速度为，在空间站绕转的时间内，地球转动的角度为而B、A两点的经度之差为（用弧度表示）得由题给数据，得13．（2022·江苏·高三统考竞赛）如图，一质量为的滑轮通过一轻弹簧悬挂在天花板上，弹簧的劲度系数为一质量为的小物块通过一不可伸长的轻绳悬挂在滑轮上，轻绳的另一端竖直固定在地板上。已知滑轮是光滑的，轻绳与滑轮间无摩擦。（1）当系统受力平衡时，滑轮与小物块均保持静止，求此时弹簧的伸长量；（2）若将小物块从平衡位置下拉一小距离后从静止释放，试证明此后滑轮的运动为简谐振动，并求出振动周期。【答案】（1）；（2）证明过程见解析，【详解】（1）如图所示设系统受力平衡时，绳中张力为，弹簧的弹力为，由小物块受力平衡得①弹簧弹力为②由滑轮受力平衡得③联立解得④（2）以系统受力平衡时滑轮得中心为坐标原点，建立如图轴设运动过程中绳的张力为，弹簧的弹力为，滑轮中心下降时，弹簧的弹力为⑤由绳的约束条件可知，滑轮加速度为时，小物块的加速度为，则滑轮的动力学方程为⑥小物块的动力学方程为⑦由④⑤⑥⑦可得这是简谐振动方程，所以滑轮的运动为简谐运动，角频率为振动周期为14．（2023·北京·高三强基计划）瞬时冲量I作用在乒乓球边缘上，使其仅获得角速度。若乒乓球的半径变为原来的，其他条件不变，则球获得的角速度是的几倍？【答案】【详解】冲量I的单位是，角速度的单位是，半径r的单位是m，质量m的单位是kg，由量纲分析可得由此可知，当r变为倍时，则角速度变成倍。15．（2022·全国·高三竞赛）如图所示，静置于光滑平面的一质量为的物体上有一个向下凹陷的旋转椭球面。其竖直方向截面的椭圆的半长轴为b，半短轴为a。在其边缘从静止释放一个质量为m的小球。忽略所有可能的摩擦。（1）当小球从静止释放后相对地面的位移为x的时候，求小球相对于地面的速度大小。（2）请接着求出小球的加速度。【答案】（1）；（2）【详解】考虑小球向右的水平位移为q，椭圆坑向左的水平位移为考虑到水平方向上动量守恒所以我们可以得到小球相对地面的运动轨迹方程继续考虑水平方向动量守恒同时考虑到系统机械能守恒又同时考虑到速度方向总是沿着切线联立后就得到#6其中显然所以考虑到又有带入后得到16．（2022·全国·高三竞赛）光线的反射看起来与牛顿力学的弹性碰撞没有什么关系，但实际上并不是这样（6.1）如图所示的光学系统中，两反射面以夹角相连，一束光平行于一个反射面入射，试求光线的反射次数与的关系，再考虑这样的一个系统，将质量分别为，的滑块按如图所示的方式摆放在光滑地面上，给予一个向左的速度v，之后，之间，与墙之间将发生数次完全弹性碰撞，记上述碰撞次数总和为。（6.2）取，计算。（6.3）建立坐标系，其中，，其中为右端距墙面的距离，为左端距墙面的距离，请定性在坐标系中作出描述，运动的图像，要求作出：坐标轴；，发生碰撞条件；和墙发生碰撞的条件；，的运动，用带箭头的线段表示运动路径，用表示碰撞点，用表示运动先后，若轨迹有重合，请稍微错开。（6.4）从（6.3）中，或许你已经感受到了碰撞与光反射的相似性，若，在上述坐标系中作出表示，第一次碰撞的曲线，用、分别表示第一次碰撞发生前后曲线与，发生碰撞条件的夹角（用参量，，表示）（6.5）由此看来，好像简单的反射定律已经不再适用了，不过没有关系，我们重新令：，，重新在坐标系中作出：，发生碰撞条件；和墙发生碰撞的条件，并写出表示坐标系中对于，碰撞条件最重要的参量（用参量，，v表示）（6.6）在以上坐标系中，碰撞过程动量守恒在坐标图中代表什么，与光反射有何相似之处，做出说明并给出证明；碰撞过程能量守恒在坐标图中代表什么，与光反射有何相似之处，做出说明并给出证明；取，在坐标系中作出描述，运动及碰撞的图像，用带箭头的线段表示运动路径，用表示碰撞点，用表示运动先后，画出三次碰撞即可。（6.7）现在我们可以来解决实际问题了，取的近似条件，试求的值；特别的，当时，求值，当时，求值，再求。【答案】（6.1），，；（6.2）；（6.3）图见解析；（6.4）图见解析，；（6.5）图见解析，；（6.6）见解析；（6.7），，，【详解】（6.1）考虑光反射的性质①中为取整算符（6.2）显然（6.3）如图所示（6.4）如图所示碰撞过程，动量守恒，能量守恒（6.5）如图所示（6.6）动量守恒质心速度不变平行“碰撞线”方向不变能量守恒相对速度不变垂直碰撞线方向不变光反射证明略。（7.7）综合上述分析可得当时，，即17．（2022·全国·高三竞赛）Kat踩着高跷在与水平面的夹角为的斜坡上走路，表示上坡，表示下坡。高跷始终在与斜坡垂直的平面内运动。将Kat视为质量为的质点，将高跷视为轻硬细杆。称杆的末端为“脚”。每次开始迈步时，斜坡给予后脚大小为的瞬时冲量，使这一结构从静止开始运动；每次结束迈步时，斜坡给予前脚一个瞬时冲量，使这一结构静止。每次迈步的过程中，一只脚不与地面接触，另一只脚始终与地面接触且不滑动（即地面与脚之间的静摩擦系数足够大）。当脚与地面接触时，其到Kat的距离保持为。Kat的步幅（当两只脚同时与斜坡接触时它们之间的距离）恒定为，其中。（3.1）求的范围。（3.2）在平面中，求能让Kat按题目所说的方式走路的区域的面积。（3.3）Kat会在每次前脚落下的同时迈出后脚。求Kat的平均速度的大小与的比值，用，，表示，可以保留积分号。【答案】（3.1）；（3.2）；（3.3）【详解】此解答采用自然单位（3.1）因为杆是轻质的，所以斜坡对杆的作用力（弹力和摩擦力的合力）必然沿杆。应用摩擦角的方法易得（3.2）令首先，当两只脚都与地面接触时，体系静力平衡，因此此时Kat（重心）必然在两脚之间。这一几何关系给出的下限现在考虑迈步的过程。令为与斜坡接触的腿与斜坡的法线的夹角，易得迈步过程中的能量守恒从而有，建立坐标系，以与斜坡接触的脚为原点，沿斜坡方向为轴，易得Kat的坐标求二阶导得另一方面，在垂直于斜坡方向的牛顿第二定律其中为斜坡对脚的弹力。联立可得化简得代入不脱离斜面的条件可得上式必须对所有成立，因此另一方面，为了翻越势垒，有为了让有解，得其给出的上限联立可得即为了让有解从而最终可得所要求的面积（3.3）当斜坡给予后脚冲量时，后腿将该冲量传递至Kat，从而Kat获得的垂直于前腿方向的冲量为，Kat此时具有的能量为解得迈一步所需要的时间是从变化到需要的时间用步幅除以即可得平均速度18．（2023·北京·高三强基计划）一杆以角速度绕一端点转动，杆的长度随时间变化为，求时，杆的另一端的加速度大小？【答案】【详解】在极坐标系中，质点的加速度分为径向加速度和切向加速度，其中，径向加速度切向加速度合加速度大小为19．（2022·全国·高三统考竞赛）施特恩-盖拉赫实验对原子物理学和量子力学的发展有重大作用。为简化起见，只考虑氢原子中电子的轨道运动的贡献。已知氢原子质量为，电子质量为，电子电量的绝对值为e，，h为普朗克常量，真空介电常量为。不考虑重力。（1）按照玻尔模型，氢原子中处于第n定态圆轨道的电子的圆周运动会形成绕核的环电流，求环电流大小表达式；（2）一面积为S的矩形环电流I处于一磁场中，环电流方向为逆时针方向，磁场方向平行于x轴方向，如图a所示。已知磁场在y方向是均匀的；但在z方向均匀变化，且z方向单位距离的磁感应强度之差为（称之为梯度磁场，为z方向磁场的梯度）。求环电流所受合力F大小及方向；（3）小圆形环电流在同样的梯度磁场中受力与矩形环电流满足同样规律。如图b所示，水平速度为的氢原子通过同样的沿z方向均匀变化的梯度磁场，磁场区宽度为d，出磁场区以后打到距离磁场区为D的竖直接收屏上。假如磁场始终垂直于环电流平面，求环电流顺时针方向的原子与逆时针方向的原子击打在接收屏上位置在z方向的距离。（注：此题是模拟施特恩-盖拉赫实验条件的一个简化模型，实际实验装置的磁场分布与题设中的描述并不完全相符。）【答案】（1）；（2），若电流为逆时针方向，则所受合力方向向上；若电流顺时针方向，则所受合力方向向下；（3）【详解】（1）按照波尔模型，氢原子中电子在分立的定态圆轨道上运动。按照波尔量子化条件，在第n个定态圆轨道上（或称为氢原子处于第n能级上），电子的角动量为式中是第n定态圆轨道上电子运动的轨道半径和的速率。按照库仑定律和牛顿第二定律有联立上式解得环电流大小为解得（2）设通电流的矩形长为a、宽为b。依题意，矩形上、下边导线处的磁感应强度满足矩形左、右两导线所受安培力相互抵消，上、下两导线所受安培力分别为则矩形电流所受合力为z若电流为逆时针方向，则所受合力方向向上；若电流顺时针方向，则所受合力方向向下。（3）环形电流和矩形电流在梯度磁场中受力规律相同，因此，氢原子的环电流在梯度磁场中受力为氢原子环电流面积为解得氢原子在磁场区做平抛运动，设在磁场区运动时间为t，则出磁场区时有其中为出磁场区时处于第n能级的氢原子在z方向的位移，此时速度方向与水平方向夹角为满足因此，出磁场区时速度方向的反方向指向磁场区域中心。氢原子击打在接收屏上的位置在z方向偏移为若氢原子的环电流方向反向，则接收屏上位置的偏移相反。故逆时环电流沿针与顺时针方向的原子击打在接收屏上位置之间的距离为20．（2022·全国·高三统考竞赛）一质量为的封闭车厢在水平地面上运动。车厢内底面水平。车厢内一乘客试通过车厢内的实验来研究车厢在水平地面上的运动。他在车厢底面上建立与底面固连的平面直角坐标系（xOy系），并在坐标原点O放置一质量为的物块A。在时，A从静止开始运动。在时间段内，A在xOy系中x、y方向上的速度、与时间t的关系分别如图a、b所示。已知物块A与车厢内底面之间滑动摩擦系数为，重力加速度大小。（1）求时，物块A在xOy系中的位置；（2）在地面上建立静止的坐标系，使轴、轴分别与系的x轴、y轴方向两两相同。求在坐标系中，车厢在方向所受到的合力在整个过程中的冲量。【答案】（1）（，）；（2），方向沿轴负方向【详解】（1）在系中，由图a、b所示速度图线，可知，在阶段Ⅰ（），物块A做匀加速直线运动，它在x、y方向的加速度分别为在阶段Ⅱ，A做匀速直线运动。在阶段Ⅲ，A做类斜抛运动，它在y方向做匀速直线运动，在x方向做匀加速直线运动，加速度为由速度图线，可知，在系中，物块A在内时间段沿x、y方向的位移分别为在时，物块A在系中的位置为（，）。（2）设车厢相对于水平地面在方向的加速度为。设在某一时刻物块A速度方向与y轴夹角为。物体A在系中x方向上受到摩擦力和惯性力的作用，由牛顿第二定律有同理，在系中，车厢在方向所受到的合力满足车厢在方向所受到的合力在整个过程中的冲量为整理有由加速度的定义有在阶段Ⅰ、Ⅱ，物体A相对车厢做初速度为零的直线运动，因此角度保持不变，其值为在阶段Ⅲ，在系中，有考虑到，物块A在阶段Ⅲ做类斜抛运动，随时间改变，但在抛物线顶点两侧的对称点上恰好反号。于是有这意味着在阶段Ⅲ滑动摩擦力在x方向上的冲量为零，实际上滑动摩擦力与物块速度方向相反；在阶段Ⅲ的前一半和后一半，物块在x方向上的速度方向相反，因此，作用在物块上的滑动摩擦力方向相反；再由运动轨迹的对称性可知，在阶段Ⅲ的前一半和后一半，滑动摩擦力在x方向上的冲量正好相互抵消。由上述各式得解得方向沿轴负方向。21．（2022·全国·高三竞赛）两根相同的理想轻弹簧，劲度系数均为、自然长度均为0。两弹簧之间以一质量为的小球相连。将弹簧1空着的一端悬挂于天花板上，整个系统自然下垂，初始时静止。已知两弹簧中任意一个一旦被拉伸至临界长度（该临界长度大于，这里表示重力加速度的大小）便会被拉断。实验发现，如果缓慢地拉动下面的弹簧2的下端，上面的弹簧1将被拉断。如果快速地拉动，则很有可能拉断下面的弹簧2。（1）设加载于弹簧2下端的作用力随时间变化的关系为，写出弹簧1的长度及小球加速度所满足的运动方程。（2）在一个简单模型中，假设与时间的关系为其中为大于零的常量，它的大小对应力加载的快慢。求在该力的作用下弹簧1、2在（）时刻的长度、。（3）记某一弹簧先被拉断的时刻为，根据（2）中的结果，（ⅰ）求使弹簧1必然先被拉断所对应的取值范围；（ⅱ）对于并非必然使弹簧1先被拉断的取值，分析使弹簧1先被拉断的时刻需满足的条件（表达式中可含有）；（ⅲ）求弹簧2先被拉断的可能性与取值大小的关系，并用此关系说明题述实验现象。（4）给定临界长度为，要确保弹簧2先被拉断，试确定需满足的关系式。有无可能两弹簧同时被拉断？若有，试求出能让两弹簧同时达到临界长度所对应的满足的关系式。【答案】（1）；（2），；（3）（ⅰ）；（ⅱ），或；（ⅲ）见解析；（4）【详解】（1）根据牛顿第二定律和胡克定律，弹簧1的长度及小球加速度满足的运动方程为①（2）这是一个振动方程。解此方程可以得到（包含两个待定常量）。解法（一）：设小球在某时刻位于平衡位置，此刻的满足②将代入方程②得③小球相对于此平衡位置的位移④满足微分方程⑤其解为⑥式中和为待定常量。于是⑦解法（二）：令，小球的运动方程可化成，②′将代入②′，得③′非齐次微分方程的通解可表示为一个特解和该方程所对应的齐次方程的通解之和，后者即④′式中和为待定常量。此非齐次项显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′初始条件为，⑧由⑧第1式有即⑨由⑧第2式有即⑩为振幅，取为非负值，且均为正，因此可以定出，⑪因此有⑫由胡克定律有有⑬（3）为了判断哪个弹簧先被拉断，考虑任意时刻两弹簧长度之差：⑭（ⅰ）若弹簧1先被拉断，应有即⑮若要求必先拉断弹簧1，则⑮式对任意均需成立，因此⑯（ⅱ）若，则在不同的时刻的正负不同。仍要保证弹簧1先被拉断，需要落在满足⑮式的时间范围内。即，或⑰式中为非负整数。不等式⑰是对振动相位的限制。但对应于的多个取值，数学上可能出现多个达到临界长度的时刻。但实际上弹簧1只可能断一次，所以我们需要找到它首次达到临界长度的时刻所在的时间段。⑱考察随时间的增长趋势，发现始终有⑲也就是说随时间是单调增长的，意味着相位与长度一一对应，不可能出现在多个时间段内都达到临界长度的情况。因此可以判断，拉断弹簧1确实可能发生在上述任意一个相位区间。⑳综上所述，若，弹簧1被拉断的时刻一定落在下述时间段内：，或㉑式中为非负整数。（ⅲ）若先拉断弹簧2，必有，这要求

㉒由（ⅰ）（ⅱ）的讨论可知首先必有且由⑰式可得，拉断弹簧2的时刻需使得相位落在下式范围内：，为非负整数㉓由㉓可以发现，越大，越小，使弹簧2先断的相位所覆盖的区间越大；当时，拉断弹簧2的相位区间接近于覆盖整个第Ⅰ、Ⅱ象限。也就是说，越大，对应的力的加载速度越快，拉断下弹簧2的可能性越大。㉔上述讨论说明较小时会拉断上弹簧，较大时有可能拉断下弹簧，印证了题述实验现象。（4）要确保弹簧2被拉断，由⑬式知必有㉕代入㉒式得㉖将代入㉖式，可知要确保弹簧2被拉断，应满足的关系式为㉗要弹簧1和弹簧2同时被拉断，需要㉘而该时刻也满足式㉕，将其代入㉘可得，应满足的关系式为㉙22．（2022·全国·高三竞赛）想必大家都转过硬币吧，如果没有转过也可以拿手边一元硬币试试。我们在硬币旋转过程中可以观察到如下现象：（a）你会发现从上面看来硬币旋转速度在变慢（b）硬币发出响声的频率在加快这两者似乎是矛盾的，因为前面告诉我们硬币越转越慢，后者告诉我们它越转越快。本题尝试建立模型解释这种奇妙的现象。首先我们假定我们给硬币一个初始角动量，使硬币转起来获得较大的轴角动量，然后硬币掉落在摩擦系数极小的光滑桌面上，因此能量损失会较为缓慢，能作为准静态考虑。硬币边缘对于桌面是纯滚的，旋转过程可以看作是旋转对称的。设硬币（抽象成一个均质圆柱体）厚度为，半径为，质量为，请回答下列问题：（1）图中轴为硬币的主轴（原点在质心），求转动惯量；（2）我们考虑硬币对于桌面倾斜角为时的旋转。假定在一个周期内不会改变，改变的只是硬币平面的方向，硬币的质心在周期内可认为不动的。我们定义经过质心、垂直于硬币平面向上为轴，由硬币质心指向接触点所在母线中点为轴，轴参照右手系原则定义。同样的，你也可以定义实际的轴，轴垂直于桌面向上，轴正方向定义为硬币质心对于桌面的投影指向硬币与桌面接触点，轴与轴指向相同。请求出（可认为，认为无摩擦力，以后均按照此定义）a．旋转面相对于桌面的角速度（方向指向轴正方向）；b．硬币的视角速度（即从硬币在顶上看花纹的运动角速度，可以用转一圈花纹的角位移除以转一圈用时来计算）；c．硬币的总能量（3）能量必定会有损失，而这种损失我们在本题中可以假定是由于硬币边缘与桌面碰撞产生的，因此可以假定是硬币与桌面接触点在桌面上的运动速度（注意：接触点是硬币与桌面的接触点，不是硬币上固定的一点）。请求出在较小时角度与时间的关系（假定时），并给出发出响声的频率与时间的关系。你可以假定初态为。【答案】（1），；（2）a．，b．，c．（3）【详解】（1）依题意，有接触点运行半径由于边界速度关联，在旋转系中有解得方向为z轴正方向，再叠加上旋转系角速度（投影到x，y，z上）投影到x’，y’，z’轴有（2）ab、因为得出c、在θ很小时，我们可以发现（3）代入上式中表达式如下23．（2022·全国·高三竞赛）如图，将质量为m、半径为R的匀质实心球从倾角为的无限长固定斜面上发射，已知球心初速度垂直于斜面，大小为V，球初始的自转角速度为零。为方便描述实心球此后的运动，在斜面参考系中建立如图3a所示的平面直角坐标系，其中x轴沿斜面向下，y轴垂直于斜面向上。假设球与斜面的碰撞是弹性的，碰撞时间极短，且碰撞前、后的瞬间球垂直于斜面的速度大小不变。进一步假设斜面足够粗糙，以至于在球与斜面的碰撞过程中，其间摩擦力足够大、接触点无相对滑动。已知球绕其直径的转动惯量为，求（1）第1次碰撞前的球心速度和球的自转角速度；（2）第1次碰撞后的球心速度和球的自转角速度；（3）第n次碰撞后球心沿着x轴方向的速度以及球的自转角速度；（4）前n次碰撞过程中斜面对球施加的总冲量。【答案】（1）；零；（2）；；（3）见解析所示；（4）【详解】（1）设重力加速度大小为g。由质心运动定理得到球从出射到落下期间做抛体运动，球心在时刻t的速度为（以球抛出瞬间为时间零点）相对于其初始位置的位移为设球从出射到再次落到斜面所需时间为T，有由此得再次落到斜面时球心的速度则为即垂直于斜面的速度大小不变、方向相反，而沿着斜面的速度的增加为球在空中运动时，只受重力作用，由于相对于球心的力矩为零，因而由质心系中以质心为参考点的角动量定理知，球在空中运动时角速度不变，仍为零。（2）设球的角速度和球心在x方向的速度在某次碰撞前分别为和，碰撞后则分别变为了和，这里角速度均以顺时针转动为正。设碰撞过程中摩擦力沿着负x轴方向投影的时间平均值为。由动量定理以及质心角动量定理可得由弹性碰撞过程中动能前后不变可得联立得，因为碰撞过程中有静摩擦，故去掉了增根。根据（1）问结果，第1次碰撞前有将其代入得，第1次碰撞后有即第1次碰撞后，球心速度为这里和分别表示沿x轴正向和y轴正向的单位矢量。（3）设第n次碰后的角速度和球心在x方向的速度分别为和（略去下标f，下同），从第次碰撞后到第n次碰撞前，小球绕球心的角速度不变，为，沿着x方向的速度由增加为。应用于第n次碰撞得【解法一】将乘某个常数再与相加得选取满足符合条件的有两个，分别为分别将其代入，给出由此解得联立后可给出由此得，因此当n为偶数时当n为奇数时，【解法二】联立可得此外，若可得考虑到当n为偶数时当n为奇数时（4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分别为和，因而前n次碰撞过程中斜面对球提供的x方向的总冲量为求和利用了初始条件此外每次碰撞过程中斜面给球的y方向的冲量相同，均为，故因此总冲量为和代入得当n为偶数时当n为奇数时24．（2022·江苏·高三统考竞赛）一质量为m的小环A与一质量为2m的小球B通过一长为L的轻绳相连。先将小环套在一水平放置的光滑固定杆上，将绳拉直到水平方向，并使小环和小球都处于静止状态，如图所示。然后同时释放小环和小球，试求：（1）小球B运动到最低点时，小环与小球的速度大小，并求出此时绳中的张力；（2）绳与水平杆之间的夹角为θ（）时，小环与小球的速度大小，并求出此时绳中的张力。【答案】（1），，14mg；（2），，【详解】（1）小球B运动到最低点过程，系统水平方向动量守恒，则有根据能量守恒定律有解得，小球B运动到最低点时，B相对A做圆周运动，则有解得（2）绳与水平杆之间的夹角为θ时，设B相对A的速度为，如图所示则有系统水平方向动量守恒，则有由机械能守恒有令绳中张力为T，对环A有小球B做圆周运动，惯性力大小为小球B对A做圆周运动，则有解得A、B的速度分别为，绳的张力为25．（2022·全国·高三竞赛）竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为，宽为，面密度为的匀质长方形板，与水平面夹角皆为，杆子质量。时，以角速度，数值速度起飞，与密度为的空气发生弹性碰撞，在发生碰撞前，空气保持静止。求：（1）竹蜻蜓绕杆的转动惯量；（2）速度为，角速度为时竹蜻蜓受到的力与力矩情况；（3）这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的？并求多大时竹蜻蜓最容易起飞。【答案】（1）；（2）见解析；（3），【详解】（1）对单块板如图建系质量微元单块板绕杆的转动惯量为积分考虑两个叶片（2）仍然对处的微元分析（角速度逆时针方向为正），转动速度平动速度故其速度由板的法向量微元的速度在板法向投影为为正时表示板下表面撞击空气；为负时表示板上撞击空气。讨论：当，若，板上每一处的风力向下；若，板上风力向下，风力向上

当，若，板上每一处的风力向上；若，板上风力向上，风力向下

之后我们会发现，这个讨论非常重要计算受力在竖直方向投影我们知道与的方向应该是相反的，但发现这个的式子关于没有体现出方向性，因此我们在后续的积分时要手动地加上正负号。竹蜻蜓受力与力矩的大小（由于对称性，我们只需算力的竖直分量）：若板上处处受力方向一致受力大小受力矩大小若板上处处受力方向一致，为表示方便，我们令当然，还要考虑力和力矩的方向与重力，于是最后的答案如下IM其中（3）只要初始，并带入，有因此只要就能起飞。易知，当上式的分母最大，最容易起飞。26．（2022·全国·高三竞赛）以下反应是高能物理早期的一个重要反应：在这个反应中，来自加速器的高能质子撞击静质子而产生介子和氘核D。已知质子、介子和氘核D的静止质量分别为：（1）计算实验室参照系中入射质子动能的阈值，即，使上述反应得以进行的最小入射质子动能。（2）假定入射质子的动能为第（1）问中求得的阈值的两倍，试计算该反应中产生的介子的动量的可能的最大值。（3）续第（2）问，设在质心系中这一反应是各向同性的，即在质心系中任意方向单位立体角内产生一个介子的概率相同。求：在实验室参照系中，在质子入射方向上单位立体角内产生一个介子的概率。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设入射质子动量为，则初态总能量为根据动量守恒末态能量为其中为质心系中总能量，最小时的总能量即两个粒子的静止能量之和。由能量守恒所以那么带入数据后得到（2）根据能量守恒所以继续带入数据后得到同时，考虑到在质心系中于是我们得到继续带入数据后得到同时我们可以求出质心速度为代入数据后得到要使得动量最大，就要求与质心速度方向相同代入数据后得到（3）在质心系中物理过程是完全各向同性的，所以各个方向的概率都为然后我们换系考虑到那么同时考虑到在质心系中利用相对论的动量变换或者你可以直接默写角度变换(即光行差公式)，27．（2022·全国·高三竞赛）某地铁站的出入站闸机采用三锟闸设计。三锟闸是这样一种装置∶考虑三维空间中的三根长度均为l的细硬轻杆，每根杆都有一端被固定在点O处，且它们两两之间的夹角被固定为。显然存在一条过O的轴z使得三锟闸绕z轴有旋转对称。z轴与地面的夹角被适当地选取，以至于三锟闸在初始状态可以与地面达成这样一种相对位形∶其中一根杆与地面平行，另外两根杆的自由端的连线也与地面平行。有一堵固定在地面上的墙，其位置满足∶在初始状态下，三锟闸的水平杆垂直于墙，且墙面紧贴在水平杆的自由端。将通过闸机的人简化为刚性长方体。人通过闸机的过程中，长方体推动三锟闸绕z轴转动，长方体的一个面紧贴地面，另一个面紧贴墙面。长方体足够高。（1）求满足以下条件的长方体的最大宽度∶人能完全通过闸机，且长方体的厚度可以任意大。（2）接上问，若长方体的宽度大于，求满足以下条件的长方体的最大横截面积∶人能完全通过闸机。只需写出它是什么函数在什么区间上的最大值即可。（3）长方体的宽度为。人在完全通过闸机的过程中，与杆之间存在滑动摩擦，摩擦系数为。在三锟闸的转轴内有滑动摩擦力矩，其大小恒定为K。求人在缓慢地完全通过闸机的过程中，对杆做的功。可以保留积分。【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【详解】（1）如图所示，建立坐标系以人前进的方向为轴和轴，轴水平，四根轴在同一平面。设轴与轴的夹角为。初始时，杆OA水平，于是可以写出初始时三点的坐标因为三根杆两两夹角为，所以我们可以通过将它们的坐标点乘来获得与的关系可得现在研究坐标系与坐标系之间的换算关系。可以看做绕轴旋转再考虑三根杆的旋转变换。设三根杆旋转了角后A在坐标系中的坐标为，则令于是可得三根杆转了角后A在坐标系中的坐标其中是A的初始坐标。将式全部展开后化简可得同时我们可以获得B和C的坐标若长方体的宽度小于等于三根杆的末端到墙的距离（三个中最小的那个）的最大值，则它的厚度可以无限大。很明显，当三根杆的末端到墙的距离最大时，应有此时三根杆的位形刚好跟初始状态相反。容易计算得（2）设长方体的宽度为。假定长方体可以完全通过三锟闸。令长方体的厚度逐渐增加，直到它恰好能完全通过三锟闸。在临界情况下，它刚好能够把OA杆推至一个它不需要再推就能使它继续通过的角度（即）。“刚好”意味着，如果它再厚一点，OB杆就会撞到长方体。这表明，在临界情况下，当时，杆OB刚好触碰到长方体的另一条棱。这一情形在图中被画出。而杆OC是不必担心的，因为C点的坐标不可能大于其初始值。经过上述讨论可以得知，我们需要考察OB杆上与A点恰好具有相同的坐标的点D。因为OD与OB平行，容易写出D的坐标在临界情况下，宽度为的长方体的厚度刚好相当于A与D的坐标之差。于是我们可以得到所要求的横截面积与刚好能离开三锟闸时的转角的关系代入可得由题目中所说，长方体的宽度大于，所以在研究最大厚度时。另一方面，长方体的宽度不能大于初始时B到墙面的距离，所以从而，问题被转化为求在区间上的最大值。（3）记人推动杆的过程中杆与长方体的棱的交点为H。显然H的坐标恒为，且OH平行于OA。因此可以写出H的坐标记固连在杆上的H点的元位移为，固连在长方体上的H点的元位移为。显然有记长方体对杆的摩擦力为。显然它应当平行于杆与长方体的相对位移。这意味着记长方体对杆的弹力为。显然它应当同时垂直于杆和长方体的棱。这意味着记。则摩擦力的大小为。于是可以获得令由于杆是轻杆，所以由力矩平衡关系可得于是可得长方体对杆所做的功式中分别由上述式子给出。28．（2022·全国·高三竞赛）位力定理的证明（1）我们定义这样一个量：求和是对整个多质点的系统进行的，其中是第个质点的动量，是第个质点的位置矢量。我们把对时间求导，我们假设这个系统是处于周期性的稳态下的，求对时间的导数的时间平均值。（2）我们假设这个系统的相互作用势能的形式如下。那么请讨论系统总动能和总势能之间满足的数学关系。（3）接上小问，请求出在天体系统和弹簧系统中的数学关系。（4）本小问讨论位力定理在热力学系统中的应用。①利用上一问的结论，请推导出理想气体压强和分子平均动能，分子数密度的关系。我们假设理想气体分子之间没有任何的相互作用。②接上小问，请推出光子气体系统中的压强和分子平均动能，分子数密度的关系【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）①见解析，②见解析【详解】（1）根据动量定理和速度的定义考虑到系统做周期运动，一个周期后还原不变，所以有所以有（2）根据势能的定义#4考虑到非相对论情形下物体动能为所以有带入上一问的结论后就有（3）对于天体对于弹簧①系统受力仅仅来自于器壁的压强所以有所以有②对于光子所以有或者为光子气体的内能密度。29．（2022·全国·高三竞赛）下图是车的简化模型，该车前后各有一圆柱体作为轮子，轮子结构如图。每个轮子的质量为，圆柱轮由外半径为，内半径为，质量为的圆柱壳和总质量为的8根辐条组成。质量为的车身对称地架在轮子上（车身与轮轴之间是固定的，其长为，厚度为。前后轮中心之间间距为，圆柱轮中心到车身底部距离为。忽略圆柱轮与轴之间的摩擦和支撑车身架子的质量。重力加速度为，轮子与地面的静摩擦系数与动摩擦系数均为。（1）通过量纲分析可知每一个圆柱车轮转动惯量，求的值（用分数表示）；（之后涉及有关圆柱车轮转动惯量的量均用表示不用带入具体数值）（2）现在考虑车刹车时刹车片给前轮的阻力矩为。假设没有轮子脱离地面。引入无量纲常数，若前后轮均做纯滚动，求刚刹车时加速度，前后轮均做纯滚动时，满足的条件，以及没有轮子脱离地面的条件；（3）若前轮纯滚动、后轮滑动，求刚刹车时加速度，前轮纯滚动、后轮滑动时满足的条件，能达到前轮纯滚动、后轮滑动时满足的条件，以及没有轮子脱离地面的条件；（4）若前后轮均滑动，求刚刹车时加速度。【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析；（4）【详解】（1）对于轴部分对于轮部分所以所以有（2）受力分析如图考虑质心运动定理对轮子的角动量定理考虑对于A点体系总角动量，外力矩如果是纯滚待入后得到考虑到条件代入后分别得到同时要求显然在纯滚的时候自然大于零，所以我们得到（3）若前轮比后轮先滑动得到若后轮滑动全部带入之前算出来的式子后可以得到同时要求得到并且同时又有得到（4）此时有代入计算后可以得到30．（2022·全国·高三竞赛）（1）一个半径为R的大圆盘以固定角速度绕过其圆心的竖直轴匀速转动，将另一个半径为r，质量为m的小圆盘放在大圆盘上