1、 1 一、 由于 湖 面 足够 宽 阔而 物 块 体积 很 小， 所 以 湖面 的 绝对 高 度 在物 块 运动 过程 中始 终 保 持 不变 ， 因 此 ，可 选 湖 面为 坐 标 原 点并 以 竖 直 向下 方 向 为 正方 向建立 坐 标系 ，以下 简 称 x 系 . 设 物块 下 底 面 的 坐标 为 x ， 在 物 块未 完 全浸 没 入湖水时，其所 受到 的 浮力 为 2bf b x g ( xb ) (1) 式中 g 为重力加速度 .物 块 的重 力 为 3gf b g (2) 设 物块的加速度 为 a ， 根据 牛顿 第二 定律 有 3 gbb a f f (3) 将 (1)和
2、 (2)式代入 (3)式得 ga x bb (4) 将 x 系 坐标 原 点 向 下 移动 /b 而 建 立 新 坐标 系 ， 简 称 X 系 . 新 旧 坐标 的关系为 X x b(5) 把 (5)式代入 (4)式得 gaXb(6) (6)式 表示 物块 的 运 动是 简 谐振 动 . 若 0X ，则 0a ，对 应于 物 块 的平 衡 位置 . 由 (5)式可知，当物 块处 于 平衡 位 置时 ， 物块 下底面 在 x 系 中的 坐 标为 0xb(7) 物块运动 方程 在 X 系 中 可写 为 2 ( ) cosX t A t (8) 利用参考圆 可将其 振 动速 度 表示 为 ( ) s
3、inV t A t (9) 式中 为振动的圆频 率 gb (10) 在 (8) 和 (9) 式中 A 和 分别 是振幅 和 初 相 位 ， 由初 始 条 件 决定 . 在 物块 刚 被 释放时，即 0t 时刻 有 x=0 ，由 (5) 式得 (0)Xb (11) (0) 0V (12) 由 (8)至 (12)式可求得 Ab(13) (14) 将 (10)、 (13)和 (14)式 分 别 代人 ( 8)和 ( 9)式 得 ( ) co sX t b t (15) ( ) s inV t g b t (16) 由 (15)式 可知 ，物块 再 次返 回 到初 始 位置 时 恰好 完 成一 个 振
4、动 周 期 ； 但 物块 的运动 始 终由 (15)表示 是 有条 件 的，那 就是 在 运动 过 程中 物 块始 终 没 有 完 全浸 没在 湖水 中 . 若物块 从 某时刻 起 全 部 浸没 在 湖水 中，则 湖水 作 用 于 物 块的 浮 力变 成恒 力 ， 物 块此 后 的 运 动将 不 再 是简 谐 振 动 ，物 块 再 次 返回 到 初 始 位置 所需 的 时间 也 就 不 再 全 由振 动 的 周 期 决 定 . 为 此 ， 必 须研 究 物 块 可能 完全 浸 没在 湖水 中的 情况 . 显 然，在 x 系 中看 ， 物块 下底 面 坐标 为 b 时， 物块 刚好 被完全 浸没
5、 ； 由 (5)式知 在 X 系 中 这一 临 界坐 标 值为 b 1X X b （ 17）即 物块 刚 好 完 全 浸没在 湖水中 时， 其 下 底 面 在 平 衡位 置 以 下 bX 处 . 注意 到 在振 动 过程 中 ， 物 块 下 底 面 离 平 衡 位 置 的最 大 距 离 等 于振 动 的 振 蝠 A ， 下面 分两 种情况讨论： I bAX . 由 (13)和 (17)两式得 2 (18) 在这 种 情况下，物块在 运动过程中 至 多刚 好 全部浸没在 湖水 中 . 因 而， 物块从初 始 位置 起 ，经 一 个振 动 周期 ，再次 返 回 至 初 始位 置 . 由 (10)式
6、得 振 动周 期 2 2 bTg (19)物块 从初始 位置 出发往返一次 所需的时间 3 I 2 btT g (20) II bAX . 由 (13)和 (17)两式得 2 (21) 在这 种 情 况 下 ， 物 块 在 运 动 过 程 中 会 从某时刻起 全部浸没在 湖 水 表 面 之 下 . 设从 初 始位 置 起，经 过时 间 1t 物块 刚好 全 部 浸入 湖水中 ，这 时 1bX t X . 由 (15)和 (17)式 得 1co s 1t (22) 取合理值，有 1 a r c c o s 1bt g (23) 由 上式和 (16)式 可求 得 这时 物 块的 速 度 为 21(
7、 ) 1 - 1V t g b (24) 此后 ，物 块 在液 体 内作 匀 减速 运 动，以 a 表示 加 速度 的 大小 ，由牛 顿 定律 有 ag (25) 设物块 从 刚好完全 浸 入 湖水 到速 度 为零 时 所用 的 时 间为 2t ，有 120V t a t (26) 由 (24)-(26)得 22 11() bt g (27) 物块 从初始 位置 出发往返一次 所需的时间 为 2I I 1 2 22 ( ) 2 a r c c o s 1 1 1()bbt t t gg (28) 评分标准 ： 本题 17 分 .（ 6） 式 2 分，（ 10）（ 15）（ 16）（ 17） （
8、 18） 式 各 1 分，（ 20） 式 3 分，（ 21）式 1 分 ， （ 23） 式 3 分，（ 27） 式 2 分 ， （ 28） 式 1 分 . 4 二 、 1. i.通 过计 算 卫星 在 脱离 点 的动 能 和万 有 引 力势 能 可知 ，卫 星的 机 械能 为负值 . 由 开普 勒 第一 定 律可 推 知，此 卫 星的 运 动轨 道 为椭 圆（或 圆），地心 为椭圆 的 一个 焦 点 (或 圆 的 圆心 )，如图 所 示 .由于 卫 星在 脱 离点 的 速度 垂 直于 地心 和 脱 离 点 的 连 线 ， 因 此 脱 离 点必 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 远 地 点 （ 或
9、近地 点）； 设近 地 点（ 或 远地 点 ）离地 心 的距 离 为 r ，卫星 在 此点 的速度为 v.由开普勒 第二 定 律可 知 20.80rRv= (1) 式中 e( 2 / )T 为地 球 自 转的 角 速度 .令 m 表示 卫星 的 质量 ， 根据 机械能守恒定律有 22211 0 . 8 02 2 0 . 8 0G M m G M mm m RrR v （ 2） 由（ 1）和（ 2）式 解 得 0.28rR (3)可见该点为近地点 ,而 脱 离处 为 远地 点 . 【（ 3）式结果亦可 由 关系 式 ： R 0. 80 R a b 5 2 21 0 . 8 00 . 8 0 2
10、0 . 8 0G M m G M mmRr R R 直接求得】 同步卫星的轨道半径 R 满足 22GM RR (4) 由 (3)和 (4)式并代 入 数据 得 41.2 10 kmr (5) 可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球 . ii. 由开 普 勒 第二 定律可 知 卫星 的 面 积 速 度为 常 量 ，从 远 地 点可 求 出 该常量为 2s 1 0.802 R(6) 设 a 和 b 分别为 卫星 椭圆 轨道 的 半 长轴和 半 短 轴， 由 椭 圆的 几 何关 系 有 0.28 0.802RRa (7) 2220.80 0.282b a R (8) 卫星运动的周期
11、 T 为 sabT (9) 代人相关数值可求出 9.5hT （ 10） 卫星 刚 脱 离 太空 电梯 时 恰 好 处于 远地点， 根据 开普勒第二定律可知 此 时刻卫星具有最小角速度 ， 其 后的 一 周 期内 其 角 速 度都 应 不 比该 值 小 ， 所以 卫星始 终 不 比 太空 电 梯 转动 得 慢 ； 换言 之 ， 太空 电梯 不 可能 追 上卫 星 .设 想自 卫星与 太 空电 梯 脱 离 后 经过 1.5T （约 14 小 时） ， 卫星 到 达近 地 点 ， 而 此时 太空电梯 已 转过 此 点 ，这 说 明在 此 前 卫星 尚 未追 上 太空 电梯 .由此 推 断 在 卫 星
12、脱 落后 的 0-12 小 时 内二 者 不可 能 相遇 ； 而 在卫 星 脱落 后 12-24 小 时 内卫 星 将完 成两个 多 周期 的 运动 ， 同时 太空 电 梯 完成 一 个运 动 周 期， 所 以在 12-24 小时 内二者必相遇 ，从 而 可以 实 现 卫星 回 收 . 2.根据 题 意 ， 卫星 轨 道 与 地球 赤 道 相 切点 和 卫 星 在太 空 电 梯 上的 脱 离 点分别为其轨道的近地点和远地点 .在 脱 离处 的 总 能量 为 2xx x e1 ()2 G M m G M mmR R R R （ 11） 此式可化为 3xx23ee 21 eRR GMR R R (
13、12) 6 这是关于 xR 的四次方 程 ，用 数 值方 法 求解 可 得 4xe4 .7 3 .0 1 0 k mRR （ 13） 【 xR 亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得 .令 ev 表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有 2e e xRRv 和 22exex11 ()22G M m G M mm m RRR v 由上两式联立可 得到方程 53x x x2 3 2 3e e e22 0eeR R RG M G MR R R R R 其中除 xR 外其余各量均已知 , 因此这是关于 xR 的五次方程 . 同样可以用数值方法解得 xR .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半
14、个周期的时间，为了求出卫星运行的周期 T ，设椭圆的半长轴为 a ，半短轴为 b ，有 xe2RRa (14) 22 xe2RRba (15) 因为面积速度可表示为 2sx12R(16) 所以卫星的运动周期为 sabT (17) 代入相关数值可得 6.8T h (18) 卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行 180 度 ， 落到西经 (180 110 ) 处与赤道相切 . 但由于地球自转 ，在这期间地球同时转过了 /2T 角度 ， 地球自转 角速度 3 6 0 / 2 4 h 1 5 / h ，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道
15、的经度为 西经 1 8 0 1 1 0 1 2 12T （ 19） 即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处 . 评分标准： 本题 23 分 . 第 1 问 16 分，第 i 小问 8 分， (1)、 (2)式各 2 分， （ 4） 式 2 分， （ 5）式 和 结论 共 2 分 .第 ii 小问 8 分， （ 9） 、 （ 10）式 各 2 分， 说出在 0-12 小时时 间段内卫星不可能与太空电梯相7 遇并给出正确理由共 2 分，说出在 12-24 小时时间段内卫星 必与 太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分 . 第 2 问 7 分， (11)式 1 分， (13)式 2 分，（ 18）
16、式 1 分， （ 19） 式 3 分 . （数 值结果允许有 5%的相对误差） 三、 解法一 如图 1 所示， 建 直角坐标 Oxy ， x 轴与 挡板 垂直，y 轴与 挡板 重合 . 碰撞前 体系 质心的速度为 0v ，方向沿 x 轴正方向 ，以 P 表示系统的质心 ， 以 Pxv 和Pyv表示碰撞后质心的速度 分量 ， J 表示墙作用于 小 球 C 的冲量的大小 . 根据质心运动定理有 Px 033J m m vv （ 1） Py0 3 0mv（ 2） 由 （ 1）和 （ 2） 式得 0Px 3 3mv Jmv（ 3） Py 0v （ 4） 可在质心参考系中考察系统对质心的角动量 . 在球
17、C 与 挡板碰撞 过程中，质心的坐标为 P cosxl （ 5） P 1 sin3yl（ 6） 球 C 碰 挡板 前，三小球相对 于 质心静止，对质心的角动量为 零 ；球 C 碰 挡板 后，质心相对质心参考 系仍是静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为 ，则三小球对质心 P 的角动量 2 2 2A P B P C PL m l m l m l （ 7）式中 APl 、 BPl 和 CPl 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离，由图 1 可知 2 2 2 2 2AP 1c o s s in9l l l（ 8） 2 2 2BP 1 sin9ll （ 9） 2
18、 2 2 2 2CP 4c o s s in9l l l （ 10） 由 （ 7） 、 （ 8） 、 （ 9） 和 （ 10） 各式得 222 (1 2 co s )3L m l （ 11） A B C O x y P CPl 图 1 8 在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯 性 参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力 . 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力 矩等于 零 ，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球 C 的冲量 J 的冲量矩，即有 2 sin3J l L（ 12）【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即
19、把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点 (12)式也成立】 由（ 11） 和 （ 12）式得 2sin(1 2 cos )Jml (13) 球 C 相对 于 质心参考系的速度分量分别为 （ 参考图 1） C P x C P Ps i n ( s i n | |)l l y v (14) C P y C P c o s c o sll v(15) 球 C 相对固定 参考系速度的 x 分量为 Cx CPx Pxv v v （ 16） 由 （ 3） 、 （ 6） 、 （ 13） 和 （ 16） 各式得 C x 02(1 2 c o s )Jm vv（ 17） 根据题意有 0C
20、xv （ 18）由 （ 17） 和 （ 18） 式得 20 (1 2 cos )Jm v （ 19） 由 （ 13） 和 （ 19） 式得 0 sinl v （ 20） 球 A 若先于球 B 与 挡板 发生碰撞，则在球 C 与 挡板碰撞 后，整个系统至少应绕质心转过 角，即杆 AB 至少转到沿 y方向，如图 2 所示 . 系统绕质心转过 所需时间 12t （ 21） 在此时间内质心沿 x 方向 向 右移动的距离 Pxxtv （ 22） 若 PPy x x （ 23） 则球 B 先于球 A 与 挡板碰撞 . 由 （ 5）、（ 6）、（ 14）、（ 16）、（ 18）、（ 21）、（ 22）和（
21、23） 式得 3arctan1 （ 24） 即 36 (25) 评分标准： 本题 25 分 .（ 1） 、 （ 2） 、 （ 11） 、 （ 12） 、 （ 19） 、 （ 20） 式 各 3 分 ， （ 21） 式 1 分，（ 22） 、 （ 23）式 各 2 分 .(24)或 (25)式 2 分 . x O P A C B 图 2 y 9 解法二 如图 1 所示， 建 直角坐标 系 Oxy ， x 轴与 挡板 垂直，y 轴与 挡板 重合，以 Axv 、 Ayv 、 Bxv 、 Byv 、 Cxv 和 Cyv 分别表示球 C 与 挡板 刚碰撞后 A 、 B 和 C 三球速度的分量，根据题意有
22、 Cx 0v （ 1） 以 J 表示 挡板 作用于球 C 的冲量的大小，其方向沿 x 轴的负方向 ，根据质点组的动量定理有 A x B x 03J m m m v v v （ 2） A y B y C y0 m m m v v v（ 3） 以坐标原点 O 为参考点，根据质点组的角动量定理有 A y B y 0s i n c o s c o s c o s s i nJ l m l l m l m l v v v（ 4） 因为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有 Ax Bxvv （ 5） C y B y B xs in s in c o s v v v（ 6） A x A
23、y C yc o s s i n s i n v v v （ 7） （ 7） 式中 为杆 AB 与连线 AC 的夹角 . 由几何关系有 22 coscos 1 3 cos （ 8） 2sinsin 1 3 cos （ 9） 解以上各式得 20 (1 2 cos )Jm v （ 10） 2Ax 0 sin vv （ 11） Ay 0 sin cosvv （ 12） 2Bx 0 sin vv （ 13） By 0v （ 14） Cy 0 sin cosvv （ 15） A B CC O x y AyvAxvBxv Byv Cyv P 图 1 10 按题意，自球 C 与 挡板 碰撞结束到球 A (也
24、可能球 B )碰撞挡板 墙前，整个系统不受外力作用，系统的质心作匀速直线运动 . 若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的， A 、 B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动 . 为了求出转动角速度，可考察球 B 相对质心的速度 .由 (11)到 (15)各式，在球 C 与 挡板 碰撞刚结束时系统质心 P 的速度 2A x B x C xP x 02 s i n33m m mm v v vvv （ 16） A y B y C yPy 03m m mmv v vv （ 17） 这时系统质心的坐标为 P cosxl （ 18） P 1 sin3yl（ 19） 不难 看
25、 出， 此时质心 P 正好在球 B 的正下方，至球 B 的距离 为 Py ， 而球 B 相对质心的速度 2B P x B x P x 01 s in3 v v v v（ 20） BPy 0v（ 21） 可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ，故整个系统 对 质心转动的角速度 0 sinBPxPyl vv （ 22） 若使 球 A 先于球 B 与 挡板 发生碰撞，则在球 C 与 挡板碰撞 后，整个系统至少应绕质心转过 /2 角，即杆 AB 至少转到沿 y 方向，如图 2 所示 . 系统绕质心转过 /2 所需时间 12t（ 23） 在此时间内质心沿 x 方向 向 右移动的距离 Pxxtv （ 24） 若 PPy x x （ 25） 则球 B 先于球 A 与 挡板碰撞 . 由以上有关各式得 3arctan1 （ 26） 即 36 (27) 评分标准： 本题 25 分 . （ 2） 、 （ 3） 、 （ 4） 、 （ 5） 、 （ 6） 、 （ 7）式 各 2 分 ， （ 10） 、 （ 22） 式 各 3 分 ， （ 23）x O P A CB 图 2 y
