本科组 第 1 题（25 分） 射手用弹射器进行射击比赛，目标是空中的自由落体，假设子弹发射和物体下落同时动作。落体的质量为 M，子弹的质量为 m，落体与子弹的垂直距离为 H，不考虑空气的阻力。 （1）设自由落体的初速度00v=，瞄准落体的射击仰角为，试确定子弹能射中落体的最小初速度0u； （2）如果自由落体的初速度00v=，试证明：只要弹射器瞄准落体且子弹射出的初速度足够快， 无论射击角度怎么变化都能射中该落体； （3）自由落体的初速度00v，假设弹射器瞄准落体的初始仰角为04=， 子弹的射速u是落体初速度的 40 倍， 射手应大约调整多大的射击角度才能射中落体？ 解 ：（1）(本小题 6 分) 要想子弹能射中落体，子弹必须在落体落到地面之前抵达落体的正下方。 物体无初速自由下落 H 距离所用的时间：12tH g= (+2 分) (1-1) 子弹抵达落体的正下方所用的时间：200HHtuu=cotcossin (+2 分) (1-2) 由21tt得： 012gHusin (+2 分) （2）(本小题 6 分) 证：设子弹抵达落体正下方所用的时间为t。如图 1-a 所示，落体下落的距离为： 212ygt= (+1 分) 对任意的射角，子弹上升的垂直距离为： 22 2sinyu tgt= (+1 分) 12 sinyyu t+= (+2 分) (1-3) 由式(1-2)知：sinHtu=，代入式(1-3)得： 12yyH+= (+2 分) 故子弹抵达落体的正下方时正好射中落体。 证毕。 题 1 图 Hu0v图 1-a 2yu1y0v（3）(本小题 13 分) 04=，发射前子弹距落体的水平直线距离为：0cotLHH= (+1 分) 改变射击角度后，抵达落体的正下方所用的时间：cosHtu= (+2 分) (1-4) 由于落体的初速度00v，落体下落的距离为：2102yv tgt=+ (+1 分) 子弹上升的垂直距离为：22 2sinyu tgt= (+1 分) 为保证子弹能射中落体，应满足：120 sinyyv tu tH+=+= (+2 分) (1-5) 将式(1-4)代入(1-5)得：0cossinvu= (+2 分) (1-6) 设0=+ ，代入式(1-6)得：()()000cossinvu+ + = 考虑到04=，上式展开有：02 sinvu= (+2 分) 由于0vu是一个微量，也是一个小量，sin ， 故00 7070 017675vu = . （弧度） 或：0 0176751801. 因此，应减小射击角度大约1。 (+2 分) 第 2 题（35 分） 一质量为 m 半径为 r 的匀质轮盘沿图示轨道的 A 位置自由向下滚动， 轮心为 C，初始的角速度为0，AB 段为 1/4 圆弧轨道，半径7 Rr=，BD 段为水平轨道，水平轨道的起点放置质量为 m 的静止物块。轮盘和物块与轨道的摩擦系数相同，其中静滑动摩擦系数1 3Sf=，动滑动滑动摩擦系数0 3.f =。 （1） 为保证轮盘沿整个圆弧轨道作纯滚动，求轮盘的最小初始角速度0 min?=。 （2） 设轮盘以该最小初始角速度0min沿轨道向下作纯滚动，假设轮盘抵达 B 处时与静止的物块发生对心完全弹性碰撞(恢复系数1e =，忽略物块与水平轨道的摩擦等因素的瞬时影响)， 推动物块沿轨道滑行水平距离 R 至端口 D， 求 D 处物块的速度。 （3） 物块离开端口 D 后向下作水平抛体运动，最后落到距 D 点垂直距离为 R 的水平地面。在运动过程中受到水平来风的阻力（不考虑垂直方向的空气阻力） ，阻力的大小与物块的水平速度成正比，比例系数为。求物块落到地面时所行进的水平距离 S（忽略端口 D 处的局部尺寸效应，不考虑物块的转动，将物块视为一个质点） 。 解 ：（1）(本小题 15 分) 假设轮盘滚动至图 2-a 所示的位置时与圆弧轨道仍未发生相对滑动， 由于轮盘作纯滚动，其与轨道的接触点 O 为瞬心。轮盘的受力图如图所示。 （+2 分） 图 2-a ABDSRRCvBvDvOmgNFFCvmgNFFC题 2 图 ABDSRRRCvBvDvC设在图示位置轮盘的角速度和角加速度分别为和，轮心 C 的速度为Cv。 对瞬心 O 列动量矩方程：2Od3d 2cosLmrmgrt=， 23cosgr=(+2 分) (2-1) 根据动能定理得：()()2201322Cm vvmg Rr=sin (+2 分) (2-2) 得轮心 C 的法向加速度：220C43nCvvagRrRr=+sin (+1 分) (2-3) 再根据质心运动定理：NnCmaFmg=sin， cosCmamrmgF= 得：13cosFmg=，20N73mvFmgRr=+sin (+4 分) (2-4) 为保证轮盘只滚不滑，应满足库伦定理：maxSNFFfF= (+2 分) (2-5) 当0=时，根据式(1-5)和(1-6)得：()0vg Rr, 因此有： ()06 minvg Rrg r=，006minminvrg r= (+2 分) 由式(2-4)可以看出：随着的增大，F在不断减小，NF在不断增大，故在轮盘的后续滚动过程中都能满足纯滚动的条件(2-5)。 （2）(本小题 10 分) 根据式(2-2)，006 minvvg r=，当90=时，求出与物块碰撞前轮盘质心的速度为：1 4 2 Cvg rg R= (+2 分) 由于轮盘与物块发生对心完全弹性碰撞，恢复系数1e =，且两者的质量相等，故物块在 B 处的初速度为：2 BCvvg R= (+2 分) 物块在滑动过程中的受力情况如图 2-a 所示，其中的动滑动摩擦力为：N0 3FfFmg=.。 (+2 分) 根据动能定理得：()2212DBm vvFR= (+2 分) 求得： 1 4 .Dvg R= (+2 分) （3）(本小题 10 分) 物块离开端口 D 开始做平抛运动，垂直方向的分速度等于零，水平方向的分速度为： 1 4 .Dvg R=。 物块落到地面所用的时间为：2TR g= (+2 分) 在水平方向列出运动微分方程：mxx= (+2 分) 一次积分得出速度的表达式： tmDxv e= (+3 分) 二次积分得出物块运动的水平位移： ()() 2 1 411.R gmTmDv mmgRSee= (+3 分) 专科组 第 1 题（30 分） 图示结构，各杆的自重不计，已知ABBCBDa=，Fqa=，2Mqa=，求固定端 A 的支座反力和销钉 D 对 DC 杆的作用力。 解：(1) 以 BCD 为研究对象，受力图如图 1-a 所示。 0BM= 212450cosDMqaNa= (1-1) 0XF= 450cosBDXN= (1-2) 0YF= 450sinBDYNqa+= (1-3) 求得： 211 222,DBBNqa Xqa Yqa= + +1 10 0 分分，受受力力图图 2 2 分分，三三个个方方程程各各 2 2 分分，结结果果 2 2 分分。 (2) 以 AB 为研究对象，受力图如图 1-b 所示。 11 22,BBBBXXqa YYqa= 0XF= 0ABXX= (1-4) 0YF= 0ABYFY= (1-5) 0AM= 120ABMFaY a= (1-6) 求得：213 22AAAMqaXqa Yqa=, + +1 10 0 分分，受受力力图图 2 2 分分，三三个个方方程程各各 2 2 分分，结结果果 2 2 分分。 题 1 图 A45M2aCBDFq2a图 1-a 45MCBDqDNBXBY图 1-b ABFBXBYAXAYAM(3) BD 杆为二力杆，假设其受拉，以 BC 杆为研究对象，受力图如图 1-c 所示。 0XF= 0BCXX= (1-7) 0BM= 2120CY aqa= (1-8) 求得：11 22,CDXqa Yqa= + +6 6 分分，受受力力图图 2 2 分分，2 2 个个方方程程各各 1 1 分分，结结果果 2 2 分分。 (4) 以 DC 杆为研究对象，受力图如图 1-d 所示。 由于 DC 杆所受的外力只有集中力偶M， 故销钉D 对 DC 杆的作用力与 C 点的约束力构成力偶。 故：1 21 2DCCDCCXXXqaYYYqa= + +4 4 分分，受受力力图图 2 2 分分，结结果果 2 2 分分。 图 1-c CBqBXBYBDSCXCY图1-d MDDXDYCCXCY