真题模拟卷二参考解答
一、参考解答：
如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时u0的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度u0较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时u0的值便是满足题中条件的最小值．
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为t1，有
B u0 h h?若碰撞正好发生在Q处，则有
12gt1 （1） 2L?u0t1
P Q （2）
从（1）、（2）两式解得的u0值便是满足题中条件的最大值，即
代入有关数据得
如果u0
守恒．设小球和平板的质量都是m，则有
因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得
解（6）、（7）两式，得
轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t 式中
u0max?Lg 2h（3）
u0max?0.71m/s
?u0max，小球与平板的碰撞处将不在Q点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1，则有
v1?2gh （4）
（5）
?、V1?分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量以v1??mV1? mv1=mv1（6）
12111122?2?mV1?2?mu0 mv1?mu0=mv122222??0 v1V1?=v1?2gh （7）
（8） （9）
碰撞后，平板从其平衡位置以V1?为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x
?0，则平板在t时刻离开平衡位置的位移
xPQ?Acos??t???
（10）
??A和?是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度 因t
把（13）、（14）式代入（10）式，得
、（11）、（12）式可求得 ?0时，xPQ?0．vPQ?V?，由（9）
2π T
（11）
vPQ??A?sin??t???
（12）
A?2ghT 2?π???
2（13） （14）
2ghπ??2πTcos?t?? （15） 2πT2??碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞
xPQ?时，小球的x座标为
平板的x座标为
在碰撞时，有
由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得
12 xB?t2??gt22xPQ?t2??2ghπ??2πTcos?t2?? 2π2??T（16）
（17）
xB?t2??xPQ?t2?
（18）
π??24.90t2?4.41cos?πt2??
2??（19）
这便是t2满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有
由（1）、（20）和（21）式得
t2?0.771s L?u0?t1?t2?
（20） （21）
u0?L?0.46m/s
t1?t2（22）
而满足题中要求的u0的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，u0的取值范围是
附：（19）式的数值求解
用数值解法则要代入t2不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：
0.46m/s?u0?0.71m/s
（23）
t2 xPQ?4.41cos?πt2?2xB?4.90t2 0.730 0.750 3.12 2.76 0.36 0.760 3.02 2.83 0.19 0.765 2.96 2.87 0.09 0.770 2.91 2.91 0 0.771 2.91 2.91 0 0.772 2.90 2.91 -0.01 0.775 2.86 2.94 -0.08 0.780 2.81 2.98 -0.17 0.790 2.70 3.06 -0.36 0.810 2.48 3.21 -0.73 ??π?2?? 3.31 2.61 0.70 xPQ?xB
二、参考解答：
解法一
因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为
B点的向心加速度的大小为
vB??l aB??2l
（1） （2）
因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故aB也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用vC表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有
vC?vBcosπ2??l 42（3）
此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度
2vC aCn? （4）
CD由图可知CD?22l，由（3）、（4）式得
22 aCn??l （5）
8vC aCn aC tv CB ?B A aC vvC 其方向沿CD方向．
下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度aCt．因为BC是刚性杆，所以
?vB D C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC．令vCB表示其速度的大小，根据速度合成公式有
由几何关系得
由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度 因为CB
vvvvCB?vC?vB
2B2CvCB 22?v?v?vB??l
22（6）
aCB?2l，故有
2vCB ?CB（7）
其方向垂直杆CD.
由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为
aCB?22?l 4（8）
?aB?BC?aBcosaCt?aCB??aB?BC?π 4 （9）
所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量
322?l 4742?l 8（10）
C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度aCn与切向加速度aCt的合加速度，即
22aC?aCn?aCt?（11）
aC的方向与杆CD间的夹角
解法二：通过微商求C点加速度
以固定点A为原点作一直角坐标系Axy，Ax轴与AD重合，Ay与AD垂直．任意时刻t，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用?，?和?表示，且已知
??arctanaCt?arctan6?80.54? aCn（12）
y C B AB?l，BC?2l，CD?22l，AD?3l，
d????，C点坐dt? 标表示为
xC?lcos??2lcos?（1）
将（1）、（2）式对时间t求一阶微商，得
把（3）、（4）式对时间t求一阶微商，得
A ? ? D x yC?lsin??2lsin?（2）
dxCd?d?????l?sin??2sin?? dtdtdt??dyCd?d????l?cos??2cos?? dtdtdt??22?d2xCd2?d2???d???d????l?cos????sin?2?2cos????2sin?2? dt2dtdtdtdt????????（3） （4）
（5）
真题模拟卷二参考解答
