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全国高中物理竞赛第16-22届动力学试题集锦(含答案)


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全国中学生高中物理竞赛第 16 届—22 届预赛 动力学试题集锦(含答案)
一、第 16 届预赛题. (15 分)一质量为 M 的平顶小车,以速度 v0 沿水平的光滑轨道作匀 速直线运动。现将一质量为 m 的小物块无初速

地放置在车顶前缘。已知物块和车顶之间的 动摩擦系数为 ? 。 1. 若要求物块不会从车顶后缘掉下,则该车顶最少要多长? 2. 若车顶长度符合 1 问中的要求,整个过程中摩擦力共做了多少功? 参考解答 1. 物块放到小车上以后,由于摩擦力的作用,当以地面为参考系时,物块将从静止开 始加速运动, 而小车将做减速运动, 若物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车此时的速 度,则物块就刚好不脱落。令 v 表示此时的速度,在这个过程中,若以物块和小车为系统, 因为水平方向未受外力,所以此方向上动量守恒,即

Mv0 ? (m ? M )v

(1)

从能量来看,在上述过程中,物块动能的增量等于摩擦力对物块所做的功,即

1 2 mv ? ? mgs1 2
其中 s1 为物块移动的距离。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功,即

(2)

1 2 1 2 Mv ? mv0 ? ?? mgs2 2 2
其中 s 2 为小车移动的距离。用 l 表示车顶的最小长度,则

(3)

l ? s2 ? s1
由以上四式,可解得

(4)

l?

2 Mv0 2? g (m ? M ) 2 Mv0 。 2? g (m ? M )

(5)

即车顶的长度至少应为 l ?

2.由功能关系可知,摩擦力所做的功等于系统动量的增量,即

1 1 2 W ? (m ? M )v2 ? Mv0 2 2
由(1)、(6)式可得
2 mMv0 2(m ? M )

(6)

W ??

(7)

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二、第 16 届预赛题.(20 分)一个大容器中装有互不相溶的两种液体,它们的密度分别为 ?1 和 ?2 ( ?1 ? ? 2 ) 。现让一长为 L 、密度为 ( ?1 ? ?2 ) 的均匀木棍,竖直地放在上面的液体 内,其下端离两液体分界面的距离为

1 2

3 L ,由静止开始下落。试计算木棍到达最低处所需的 4

时间。假定由于木棍运动而产生的液体阻力可以忽略不计,且两液体都足够深,保证木棍始 终都在液体内部运动,未露出液面,也未与容器相碰。 参考解答 1.用 S 表示木棍的横截面积,从静止开始到其下端到达两液体交界面为止,在这过程 中,木棍受向下的重力 ( ?1 ? ?2 ) ? LSg 和向上的浮力 ?1LSg 。由牛顿第二定律可知,其下 落的加速度

1 2

a1 ?

? 2 ? ?1 g ?1 ? ? 2

(1)

用 t1 表示所需的时间,则

3 1 2 L ? a1t1 4 2
由此解得

(2)

t1 ?

3L( ?1 ? ?2 ) 2( ?2 ? ?1 ) g

(3)

2.木棍下端开始进入下面液体后,用 L' 表示木棍在上面液体中的长度,这时木棍所受 重力不变,仍为 ( ?1 ? ?2 ) ? LSg ,但浮力变为 ?1L?Sg ? ?2 ( L ? L?)Sg .当 L ? L' 时,浮力 小于重力;当 L ' ? 0 时,浮力大于重力,可见有一个合力为零的平衡位置.用 L0? 表示在此 平衡位置时,木棍在上面液体中的长度,则此时有

1 2

1 ( ?1 ? ?2 ) ? LSg ? ?1L0?Sg ? ?2 (L ? L0? )Sg 2
由此可得

(4)

L0? ?

L 2

(5)

即木棍的中点处于两液体交界处时, 木棍处于平衡状态, 取一坐标系, 其原点位于交界面上, 竖直方向为 z 轴,向上为正,则当木棍中点的坐标 z ? 0 时,木棍所受合力为零.当中点坐 标为 z 时,所受合力为

? ?1 1 ? ?1 ? ? ? ( ?1 ? ?2 ) ? LSg ? ? ?1 ? L ? z ? Sg ? ?2 ? L ? z ? Sg ? ? ?( ?2 ? ?1 )Sgz ? ?kz 2 ? ?2 ? ? ? ?2
式中

k ? ( ?2 ? ?1 )Sg

(6)

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这时木棍的运动方程为

1 ?kz ? ( ?1 ? ?2 ) LSaz 2
az 为沿 z 方向加速度
az ? ?2 ( ? 2 ? ?1 ) g ( ?1 ? ? 2 ) L ( ? 2 ? ?1 ) gz ? ?? 2 z ( ?1 ? ? 2 ) L
(7)

?2 ? 2

由此可知为简谐振动,其周期

T?

2?

?

? 2?

( ?1 ? ?2 ) L 2( ?2 ? ?1 ) g

(8)

为了求同时在两种液体中运动的时间, 先求振动的振幅 A . 木棍下端刚进入下面液体时, 其速度

v ? a1t1
由机械能守恒可知

(9)

1 ?1 1 1 ? ( ?1 ? ? 2 ) SL ? v 2 ? kz 2 ? kA2 ? 2 ?2 2 2 ?
式中 z ?

(10)

1 L 为此时木棍中心距坐标原点的距离,由(1)、(3)、(9)式可求得 v ,再将 2

v 和(6)式中的 k 代人(10)式得 (11) A? L
由此可知, 从木棍下端开始进入下面液体到棍中心到达 坐标原点所走的距离是振幅的一半,从参考圆(如图预解 16-9)上可知,对应的 ? 为30?,对应的时间为 T /12 。因此 木棍从下端开始进入下面液体到上端进入下面液体所用的 时间,即棍中心从 z ?

L L 到 z ? ? 所用的时间为 2 2
(12)

t2 ? 2

T ? ( ?1 ? ?2 ) L ? 12 3 2( ?2 ? ?1 ) g

3.从木棍全部浸入下面液体开始,受力情况的分析和1 中类似,只是浮力大于重力,所以做匀减速运动,加速度的数值与 a1 一样,其过程和1中情 况相反地对称,所用时间

t3 ? t1
4.总时间为

(13)

t ? t1 ? t2 ? t3 ?

6 6 ? 2? 6

( ?1 ? ?2 ) L ( ?2 ? ?1 ) g

(14)

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三、第 17 届预赛题.(20 分)如图预 17-8 所示,在水平桌面上放有长木板 C , C 上右端是 固定挡板 P ,在 C 上左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、 B 的尺寸以及 P 的厚度皆可 忽略不计, A 、 B 之间和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面之间无摩擦, A 、C 之 间和 B 、 C 之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连同挡板 P )的质量 相同.开始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动.试问下列情况是否能发生?要求 定量求出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定量说明不能发生的理由. (1)物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生碰 撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来. 参考解答 1. 以 m 表示物块 A 、 B 和木板 C 的质量,当物块 A 以初速 v0 向右运动时,物块 A 受 到木板 C 施加的大小为 ?mg 的滑动摩擦力而减速,木板 C 则受到物块 A 施加的大小为 物块则因受木板 C 施 ?mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 加的摩擦力 f 作用而加速,设 A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 aA 、 aB 和 aC ,则由牛顿第 二定律,有

? mg ? maA

? mg ? f ? maC
f ? maB
事实上在此题中, aB ? aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB ? aC 时,由上式可 得

1 (1) f ? ? mg 2 它小于最大静摩擦力 ?mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物块 则物块 A 运动到物块 B 所在处时,A 与 B 的速度大小相等. 因 A 刚好与物块 B 不发生碰撞,
为物块 B 与木板 C 的速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守恒定律得

mv0 ? 3mv1
在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则 物块 A 运动的 路程为 s1 ? L ,如图预解 17-8 所 示.由动能定理有

(2)

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1 2 1 2 mv1 ? mv0 ? ?? mg (s1 ? L) 2 2 1 2 (2m)v1 ? ? mgs1 2

(3) (4)

或者说,在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和 ((3)与(4)式等号两边相加),即

1 1 2 2 (3m)v1 ? mv0 ? ?? mgL 2 2
式中 L 就是物块 A 相对木板 C 运动的路程.解(2)、(5)式,得

(5)

v0 ? 3? gL

(6)

即物块 A 的初速度 v0 ? 3? gL 时, A 刚好不与 B 发生碰撞, 若 v0 ? 3? gL , 则 A 将与 B 发 生碰撞,故 A 与 B 发生碰撞的条件是

v0 ? 3? gL

(7)

2. 当物块 A 的初速度 v0 满足(7)式时, A 与 B 将发生碰撞,设碰撞的瞬间, A 、 B 、
C 三者的速度分别为 vA 、 vB 和 vC ,则有

vA ? vB

vB ? vC

(8)

在物块 A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C 对它们的摩擦力的冲量非常小,可忽略不计。 故在碰撞过程中, A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C 的速度保持不变.因为物块 A 、 B 间的碰撞是弹性的,系统的机械能守恒,又因为质量相等,由动量守恒和机械能守恒可 以证明(证明从略),碰撞前后 A 、 B 交换速度,若碰撞刚结束时, A 、 B 、 C 三者的速 度分别为 v A? 、 vB? 和 vC ? ,则有

v A? ? vB

v B? ? v A

vC? ? vC

由(8)、(9)式可知,物块 A 与木板 C 速度相等,保持相对静止,而 B 相对于 A 、 C 向 右运动,以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续,由物块 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞, 则物块 B 以速度 vB? 从板 C 板的中点运动到挡板 P 所在处时, B 与 C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的速度 相等,设此时三者的速度为 v 2 .根据动量守恒定律有

mv0 ? 3mv2

(10)

接着与 B 发生完全弹性碰撞, 碰撞后物块 A 相对木板 C 静止, A 以初速度 v0 开始运动,

B 到达 P 所在处这一整个过程中,先是 A 相对 C 运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的 路程为 L ,整个系统动能的改变,类似于上面第1问解答中(5)式的说法.等于系统内部相
互问的滑动摩擦力做功的代数和,即
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1 1 2 2 (3m)v2 ? mv0 ? ?? mg ? 2L 2 2
解(10)、(11)两式得

(11)

v0 ? 6? gL

(12)

即物块 A 的初速度 v0 ? 6? gL 时,A 与 B 碰撞, 但 B 与 P 刚好不发生碰撞, 若 v0 ? 6? gL , 就能使 B 与 P 发生碰撞,故 A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条件是

v0 ? 6? gL

(13)

3. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(13)式,则在 A 、 B 发生碰撞后, B 将与挡板 P 发 生碰撞,设在碰撞前瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A?? 、 vB?? 和 vC ?? ,则有

vB?? ? vA?? ? vC??

(14)

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A??? 、 vB??? 和 vC??? ,则仍类似于第2问
解答中(9)的道理,有

vB??? ? vC??

vC??? ? vB??

v A??? ? v A??

(15)

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块 A 与 B 的速度相等,都小于木板 C 的速度, 即

vC??? ? vA??? ? vB???

(16)

在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 A 和 B 以相同的较 小的加速度向右做加速运动,加速度的大小分别为

aC ? 2? g

aA ? aB ? ? g

(17)

加速过程将持续到或者 A 和 B 与 C 的速度相同,三者以相同速度 v0 向右做匀速运动,或 者木块 A 从木板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 A 在木板 C 上不可能再发生碰撞。 4. 若 A 恰好没从木板 C 上掉下来,即 A 到达 C 的左端时的速度变为与 C 相同,这时 三者的速度皆相同,以 v3 表示,由动量守恒有

1 3

3mv3 ? mv0

(18)

从 A 以初速度 v0 在木板 C 的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到 A 刚没从木板 C 的左端 掉下来,这一整个过程中,系统内部先是 A 相对 C 的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的路程 也是 L ;B 与 P 碰后直到 A 刚没从木板 C 上掉下来,A 与 B 相对 C 运动的路程也皆为 L . 整 个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v3 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2
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(19)

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由(18)、(19)两式,得

v0 ? 12? gL

(20)

即当物块 A 的初速度 v0 ? 12? gL 时, A 刚好不会从木板 C 上掉下. 若 v0 ? 12? gL , 则A 将从木板 C 上掉下,故 A 从 C 上掉下的条件是

v0 ? 12? gL

(21)

5. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C 上掉下来,设 A 刚要从木 板 C 上掉下来时, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA???? 、 vB???? 和 vC???? ,则有

vA???? ? vB???? ? vC????
这时(18)式应改写为

(22)

mv0 ? 2mvA???? ? mvC????
(19)式应改写为

(23)

1 1 1 2 (24) (2m)vB????2 ? mvC????2 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2 2 当物块 A 从木板 C 上掉下来后,若物块 B 刚好不会从木板 C 上掉下,即当 C 的左端赶上 B
时, B 与 C 的速度相等.设此速度为 v 4 ,则对 B 、 C 这一系统来说,由动量守恒定律,有

mvB???? ? mvC???? ? 2mv4

(25)

在此过程中,对这一系统来说,滑动摩擦力做功的代数和为 ? ? mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB????2 ? mvC????2 ? ? ? ? mgL 2 2 ?2 ?
由(23)、(24)、(25)、(26)式可得

(26)

v0 ? 4 ? gL

(27)

即当 v0 ? 4 ? gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若,则 B 将从木板 C 上掉下,故物 块 B 从木板 C 上掉下来的条件是

v0 ? 4 ? gL

(28)

四、第 18 届预赛题. (25 分)如图预 18-5 所示,一质量为 M 、长为 L 带薄挡板 P 的木板, 静止在水平的地面上,设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等,皆为 ? .质量为

m 的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端,到达另一端时便骤 然抓住挡板 P 而停在木板上. 已知人与木板间的静摩擦系数足够大, 人在木板上不滑动. 问:
在什么条件下,最后可使木板向前方移动的距离达到最大?其值等于多少?

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参考解答 在人从木板的一端向另一端运动的过程中,先讨论木板发生向后运动的情形,以 t 表示 人开始运动到刚抵达另一端尚未停下这段过程中所用的时间,设以 x1 表示木板向后移动的 距离,如图预解 18-5 所示.以 f 表示人与木板间的静摩擦力,以 F 表示地面作用于木板的 摩擦力,以 a1 和 a2 分别表示人和木板的加速度,则

f ? m1 a

(1) (2) (3) (4)

1 L ? x1 ? a1t 2 2
f ? F ? Ma2

1 x1 ? a2t 2 2
解以上四式,得

t?

2 LMm Mf ? m( f ? F )

(5)

对人和木板组成的系统, 人在木板另一端骤然停下后, 两者的总动量等于从开始到此时 地面的摩擦力 F 的冲量,忽略人骤然停下那段极短的时间,则有 Ft ? ( M ? m)v (6) 设人在木板另一端停下后两者一起向前 v 为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度. 移动的距离为 x2 ,地面的滑动摩擦系数为 ? ,则有

1 (M ? m)v2 ? ? (M ? m) gx2 2
木板向前移动的净距离为

(7)

X ? x2 ? x1
由以上各式得

(8)

X?

? ? ? 1 ? F ? ? LMm Lm ? ? ( f ? F)? ? ? ? ? ? g ? M ? m ? ? (M ? m)( f ? F ) ? MF ? ? Mf ? m( f ? F ) ?
(9) (10)

2

由此式可知,欲使木板向前移动的距离 X 为最大,应有 f ?F 即

f ? Fmax ? ? (M ? m) g

即木板向前移动的距离为最大的条件是: 人作用于木板的静摩擦力等于地面作用于木板的滑 动摩擦力. 移动的最大距离

X max ?

m L M ?m

(11)

由上可见,在设木板发生向后运动,即 f ? F 的情况下, f ? F 时, X 有极大值,也就是
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说,在时间0~ t 内,木板刚刚不动的条件下 X 有极大值. 再来讨论木板不动即 f ? F 的情况,那时,因为 f ? F ,所以人积累的动能和碰后的总 动能都将变小,从而前进的距离 x 也变小,即小于上述的 X max 。 评分标准:本题25分 (1)、(2)、(3)、(4)式各1分;(6)式5分;(7)式2分;(8)式3分;(9)式2 分;(10)式3分;(11)式5分;说明 f ? F 时木板向前移动的距离小于 f ? F 时的给1分。 五、第 18 届预赛题. (1 8 分)在用铀 235 作燃料的核反应堆中,铀 235 核吸收一个动能 约为 0.025 eV 的热中子(慢中子)后,可发生裂变反应,放出能量和 2~3 个快中子,而快 中子不利于铀 235 的裂变.为了能使裂变反应继续下去,需要将反应中放出的快中子减速。 有一种减速的方法是使用石墨(碳 12)作减速剂.设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞, 问一个动能为 E0 ? 1.75 MeV的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次,才能减速成为 0.025 eV 的热中子? 参考解答 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ,碰撞前中子的速度为 v0 ,碰撞后中子和碳核的速 度分别为 v 和 v ? ,因为碰撞是弹性碰撞,所以在碰撞前后,动量和机械能均守恒,又因 v0 、

v 和 v ? 沿同一直线,故有

mv0 ? mv ? Mv?

(1) (2)

1 2 1 2 1 mv0 ? mv ? Mv?2 2 2 2
解上两式得

v?
因 M ? 12 m 代入(3)式得

m?M v0 m?M

(3)

v??

11 v0 13

(4)

负号表示 v 的方向与 v0 方向相反,即与碳核碰撞后中子被反弹.因此,经过一次碰撞后中子 的能量为

1 1 ? 11 ? 2 E1 ? mv 2 ? m ? ? ? v0 2 2 ? 13 ?
于是

2

? 11 ? E1 ? ? ? E0 ? 13 ?

2

(5)

经过 2,3,…, n 次碰撞后,中子的能量依次为 E2 , E3 , E4 ,…, En ,有
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? 11 ? ? 11 ? E2 ? ? ? E1 ? ? ? E0 13 ? ? ? 13 ? ? 11 ? E3 ? ? ? E0 ? 13 ?
……
6

2

4

?E ? ? 11 ? En ? ? 1 ? E0 ? ? ? E0 ? 13 ? ? E0 ?
因此

n

2n

(6)

n?

1 lg( En / E0 ) 2 lg(11/13)

(7)

已知 代入(7)式即得

En 0.025 1 ? ? ? 10-7 6 E0 1.75 ? 10 7

1 lg( ? 10-7 ) ?7 ? lg 7 7.8451 n? 7 ? ? ? 54 11 2( ? 0.07255) 0.1451 2lg( ) 13

(8)

故初能量 E0 ? 1.75 MeV 的快中子经过近 54 次碰撞后,才成为能量为 0.025 eV 的热中子。 评分标准:本题 18 分 (1) 、 (2) 、 (4) 、 (6)式各 3 分; (5) 、 (7) 、 (8)式各 2 分。 六、 第 19 届预赛, (15 分) 今年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气. 现 把沙尘上扬后的情况简化为如下情景:v 为竖直向上的风速,沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中 (不动) .这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度 v 竖直向下运动时所受的阻 力.此阻力可用下式表达

f ? ?? Av 2
其中 ? 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ? 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ?S ? 2.8 ?103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r ? 2.5 ?10-4 m ,地球 表面处空气密度 ?0 ? 1.25 kg ? m-3 , ? ? 0.45 ,试估算在地面附近,上述 v 的最小值 v1 . (2) 假定空气密度 ? 随高度 h 的变化关系为 ? ? ?0 (1 ? Ch) , 其中 ?0 为 h ? 0 处的空气密度,

C 为一常量, C ? 1.18 ?10?4 m-1 ,试估算当 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙的最大高度. (不考虑重
力加速度随高度的变化) 参考解答
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(1)在地面附近,沙尘扬起要能悬浮在空中,则空气阻力至少应与重力平衡,即
2 ??0 Av1 ? mg



式中 m 为沙尘颗粒的质量,而

A ? ? r2 4 m ? ? r 3 ?s 3


② ③

v1 ?

4 ?s gr 3 ??0



代入数据得

v1 ? 4.0 m ? s-1



(2)用 ?h 、 h 分别表示 v ? 9.0 m ? s-1 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有

?h ? ?0 (1 ? Ch)
此时式①应为



??h Av2 ? mg
由②、③、⑥、⑦可解得



h?
代入数据得

4r ?s g ? 1? ?1 ? ? C ? 3? v2 ?0 ?



h ? 6.8 ?103 m



评分标准:本题 15 分。 1. 第一小题 8 分。其中①式 3 分,②式 1 分,③式 1 分,④式 2 分,⑤式 1 分。 2. 第二小题 7 分。其中⑥式 1 分,⑦式 1 分,⑧式 3 分,⑨式 2 分。 七、第 19 届预赛(25 分)如图预 19-7 所示,在长为 l ? 1.0 m、质量为 mB ? 30.0 kg 的 车厢 B 内的右壁处,放一质量 mA ? 20.0 kg 的小物块 A(可视为质点) ,向右的水平拉力

F ? 120.0 N 作用于车厢,使之从静止开始运动,测得车厢 B 在最初 2.0 s 内移动的距离 s ? 5.0 m ,且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞.假定车厢与地面间的摩擦忽略
不计,小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的.求车厢开始运动后 4.0 s 时,车厢与小物块的 速度.

参考解答
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解法一: 1. 讨论自 B 开始运动到 T0 ? 2.0 s 时间内 B 与 A 的运动。 根据题意,在 2 s 内,A 未与 B 发生过碰撞,因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动, 不论 A 与 B 之间是否有摩擦,B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 aB1 , 有

1 s ? aB1T02 2


aB1 ?

2s ? 2.5 m ? s-2 T02

(1)

如果 A、B 之间无摩擦,则在 B 向右移动 1 米距离的过程中,A 应保持静止状态,接着 B 的车厢左壁必与 A 发生碰撞,这不合题意。如果 A、B 之间无相对运动(即两者之间的摩 擦力足以使 A 与 B 有一样的加速度) ,则 B 的加速度

aB ?

F ? 2.4 m ? s-2 mA ? mB

这与(1)式矛盾。由此可见,A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。 以 Ff 表示 A、B 间的滑动摩擦力的大小,作用于 B 的摩擦力向左,作用于 A 的摩擦力 向右,则有

F ? Ff ? mBaB1 Ff ? mA aA1
由(1) 、 (2) 、 (3)式得

(2) (3)

aA1 ? 2.25 m ? s-2
Ff ? 45 N
2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。

(4) (5)

由于 aA1 ? aB1 ,B 向右的速度将大于 A 的速度,故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。设 自静止开始,经过时间 t1 ,B 的左壁刚要与 A 发生碰撞,这时,B 向右运动的路程与 A 向 右运动的路程之差正好等于 l ,即有

1 1 2 2 aB1t1 ? aA1t1 ?l 2 2
解得

t1 ?

2l aB1 ? aA1

(6)

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代入数据,得

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为

vA1 ? aA1t1 ? aA1

2l aB1 ? aA1 2l aB1 ? aA1

(7)

vB1 ? aB1t1 ? aB1
3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞

(8)

以 uA1 和 uB1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 uA1 、 uB1 为正时,分别表示它 们向右运动。在碰撞的极短时间内,外力 F 的冲量可忽略不计,因此有

mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1

1 1 1 1 2 2 2 2 mAvA1 ? mBvB1 ? mAuA1 ? mBuB1 2 2 2 2
解以上两式得

uA1 ? uB1 ? ?(vA1 ? vB1 ) ? 2l (aB1 ? aA1 )

(9)

(9)式表示,在弹性碰撞中,碰撞前后两者的相对速度的大小不变,但方向反转。 4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。 由(9)式可以看出,经第一次碰撞,A 和 B 都向右运动,但 A 的速度 uA1 大于 B 的速 度 uB1 ,这时作用于 A 的摩擦力向左,作用于 B 的摩擦力向右,大小仍都为 Ff 。设此过程 中 A 向左的加速度和 B 向右的加速度分别为 aA2 和 aB2 ,则由牛顿第二定律有

Ff ? mA aA2 F ? Ff ? mBaB2
解得

aA2 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(10)

aB2 ?

(11)

由此可知,碰撞后,A 作减速运动,B 作加速运动。设经过时间 t1? ,两者速度相等,第一次 达到相对静止,则有

uA1 ? aA2t1? ? uB1 ? aB2t1?
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由上式和(9)式解得

t1? ?
代入有关数据得

2l (aB1 ? aA1 ) uA1 ? uB1 vB1 ? vA1 ? ? aA2 ? aB2 aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
2 2 s=0.09 s 31

(12)

t1? ?

(13)

设在时间 t1? 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有

1 1 ? ? aA2t1 ?2 ? uB2t1 ? ? aB2t1 ?2 ? l1 uA1t1 2 2
结合(9) 、 (12)两式得

l1 ? ld 2
式中

(14)

d?
代入有关数据得

aB1 ? aA1 aA2 ? aB2

(15)

d?

aB1 ? aA1 (5/ 2) ? (9/ 4) 1 ? ? ?1 aA2 ? aB2 (9/ 4) ? (11/ 2) 31

由(14)可知 l1 ? l ,A 不会与 B 的右壁发生碰撞。 5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。 以 v1 表示 B 与 A 第一次相等的速度, 由于 B 始终受 F 作用而加速, 它将拖着 A 向右加 速,其情况与第一次碰撞前相似。这时作用于 A 的摩擦力向右,A 的加速度为 aA1 ,方向向 右。作用于 B 的摩擦力向左,B 的加速度为 aB1 ,方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距 离为 l ,现改为 l1 ,因 aA1 ? aB1 ,B 的左壁与小 A 之间的距离将减小。设两者间的距离从 l1 减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为 t 2 ,以 l1 代入⑥式,结合(14)式, 即可求得

t2 ?
代入有关数据,得

2l1 2l ? d ? t1d aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(16)

t2 ? 2 2

1 8 ? ? 0.51s 31 31

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为
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vA2 ? v1 ? aA1t2 vB2 ? v1 ? aB1t2 vA2 ? vB2 ? (aA1 ? aB1 )t2 ? (aA1 ? aB1 )t1d ? (vA1 ? vB1 )d
(17)

故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬 间 A、B 的速度分别为 uA2 和 uB2 ,则有

uA2 ? uB2 ? ?(vA2 ? vB2 ) ? (vB1 ? vA1 )d

(18)

第二次碰撞后, A 以加速度 aA2 作减速运动, B 以加速度 aB2 作加速运动。 设经历时间 t2? , 两者速度相等,即第二次相对静止,则有

? ? uB2 ? aB2t2? uA2 ? aA2t2
解得

u ? uB2 vB1 ? vA1 t2? ? A2 ? d ? t1?d ? 0.016 s aA2 ? aB2 aA2 ? aB2
在 t2? 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l2 ,有

(19)

1 1 ?2 ? uB2t2? ? aB2t2 ?2 ? l2 uA2t2? ? aA2t2 2 2
结合(8) 、 (9)得

l2 ? ld 4
自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间

(20)

T2 ? t1 ? t1? ? t2 ? t2? ? 3.43 s
T2 ? 4.0 s
6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。 当 A 与 B 的左壁之间的距离为 l2 时,A、B 相对静止。由于 B 受外力 F 作用而继续加 速,它将拖着 A 向右加速。这时,A 的加速度为 aA1 ,B 的加速度为 aB1 ,方向都向右,但 因 aB1 ? aA1 ,A 将与 B 的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为 t3 ,则以 l2 代入(6) 式结合(16)式得

t3 ?

2l2 2l ? d 2 ? t1d 2 ? 0.09 s aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 vA3 和 vB3 ,碰撞后的速度分别为 uA3 和 uB3
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vA3 ? vB3 ? (aA1 ? aB1 )t3 ? (vA1 ? vB1 )d 2 uA3 ? uB3 ? ?(vA3 ? vB3 ) ? (aB1 ? aA1 )t3 ? (aB1 ? aA1 )t1d 2 ? (vA1 ? vB1)d 2
碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经过时间 t3? 两者 速度相等,即第三次相对静止,A 与 B 左壁之间的距离为 l3 。则有

t3? ?

uA3 ? uB3 ? t1?d 2 aA2 ? aB2

(22)

t3 ? ld 6
自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T3 仍小于 4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第 n 次碰撞。 在第 n ? 1 次碰撞完毕的瞬间,A 和 B 的速度分别为 uA n-1 和 uB n-1 ,A 以加速度 aA2 作

? -1 ,两者速度相等,即第 n ? 1 次相对静 减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。经过时间 tn
止。A 与 B 左壁之间的距离为 ln-1 。根据前面的讨论有

? -1 ? t1 ?d n-2 tn

(23)

ln-1 ? ld 2(n-1)
再经过时间 t n 将发生 B 的左壁与 A 的第 n 次碰撞。 碰撞前两者的速度分别为 vA n 和 vB n 。 根 据前面的讨论,有

tn ? t1d n-1

(24)

vA n ? vB n ? (vA1 ? vB1 )d n-1
可以看出,碰撞次数越多,下一次碰撞前,A、B 速度之差越小。当碰撞次数 n 非常大时, 下次碰撞前两者的速度趋于相等,即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。 8. 讨论第 4 秒 B 与 A 的运动速度。 第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。 B 自静止开始运 动到第 n 次相对静止经历的总时间为

? ? t2 ? t2 ?? Tn ? t1 ? t1

? -1 ? tn ? tn ? ? tn-1 ? tn

? ? t1d ? t1 ?d ? ? t1 ? t1

?d n-2 ? t1d n-1 ? t1 ?d n-1 ? t1d n-2 ? t1 ?)d n-2+(t1 ? t1 ? )d n-1 ? (t1 ? t1

?) ? (t1 ? t1 ?)d ? (t1 ? t1 ? )d 2 ? ? (t1 ? t1

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?) ? (t1 ? t1
?? 以 t1 ? 2 2 , t1

1 ? d ?? 1? d

(25)

2 2 代入,注意到当 n 很大时, d ? ? 0 得 31

T? ?

64 2 31 ? 31

? 3.56 s

(26)

这表明早在第 4 秒之前,A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同,不再发生碰撞,此后 二者即以相同的速度运动了、现以 A 和 B 都静止时作为初态,设 T ? 4 s 时刻 A 和 B 的速度 为 V ,对 A、B 开始运动至 T ? 4 s 的过程应用动量定理,得

FT ? (mA ? mB )V


(27)

V?
代入数值,得

FT mA ? mB

V ? 9.6 m ? s-1

(28)

解法二: 如果 A 与 B 之间没有摩擦力,B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。已知开始 2s 为 A 与 B 未发生碰撞,而 B 已走了 5m,可见二者之间有摩擦力存在,且在此期间二者均作匀加速运 动。由 s ? at 2 可求出 B 对地面的加速度 aB1 :

1 2

1 5 ? aB1 22 , aB1 ? 2.5 m ? s-2 2
设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 Ff ,则由小车的运动方程

(1)?

mBaB ? F ? Ff
代入数值得

Ff ? 45 N

(2)?

又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为

aA1 ?

Ff ? 2.25 m ? s-2 mA

(3)? (4)?

于是,A 对 B 的相对加速度为 第一次碰撞

aAB1 ? aA1 ? aB1 ? ?0.25 m ? s-2

由开始运动到 A 碰撞 B 的左壁的时间 t1 满足 s ?

1 2 , s ? 1 m 。于是 aAB1t1 2
(5)?

t1 ? 2 2 s=2.83 s
A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度
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vAB1 ? aAB1t1 ? ?0.5 2 m ? s-1 ? ?0.71m ? s-1

(6)?

由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向, 所以碰后 A 从 B 的左壁开始, 以相对速度

? ? ?vAB1 ? 0.5 2 m ? s-1 ? 0.71m ? s-1 vAB1
向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? Ff 。对地面的加速度 aA2 为

(7)?

aA2 ?

Ff ? ?2.25 m ? s-2 mA

(8)?

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右, 由其运动方程 mB aB2 ? F ? Ff 得 B 对地面的加速度 aB2 为

aB2 ?

F ? Ff ? 5.5 m ? s-2 mB

(9)?

由(8)? 、(9)? 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为

aAB2 ? aA2 ? aB2 ? ?7.75 m ? s-2

(10)?

? ,相当于 B 走 A 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 t1
过的距离为 s1 ,由(6)? 式得

?? t1

? vAB1 a 2 ? AB1 t1 ? 2 s=0.091s aAB2 aAB2 31

(11)? (12)?

s1 ?

1 1 ?2 ? m=0.03 m aAB2 t1 2 31

可见 A 停止在 B 当中,不与 B 的右壁相碰。 第二次碰撞 A 在 B 内相对静止后,将相当于 B 向左滑动,所受的摩擦力改为向右,而 B 所受的摩 擦力改为向左。这时 A 对 B 的相对加速度重新成为 aAB1 ,即 (4)? 式。A 由相对静止到与 B
2 的左壁第二次碰撞所需的时间 t 2 可用 s1 ? aAB1t2 算出:

1 2

t2 ?

2 s1 ? aAB1

aAB2 ?? t1 aAB1

aAB1 t1 ? 0.51 s aAB2

(13)?

自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间

? ? t2 ? 3.43 s T2 ? t1 ? t1
A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

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vAB2 ? aAB1t2 ? aAB1

aAB1 t1 ? aAB2

aAB1 vAB1 aAB2

(14)?

这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。 第二次碰后, A 相对 B 向右运动, 此时 A 相对于 B 的相对加速度又成为 aAB2 ,即 ( 10) ? 式。A 由碰撞到相对静止所需要的时间

? 和相当于 B 走过的距离 s 2 分别为 t2
?? t2 vAB2 a a ? AB1 t2 ? AB1 aAB2 aAB2 aAB2 aAB1 t1 ? aAB2 aAB1 ? ? 0.016 s t1 aAB2

( 1 5? )

s2 ?
以后的碰撞

1 ?2 ? 0.001m aAB2 t2 2

根据 (13)? 、 (15)? 二式,如令

k?
则有

aAB1 1/ 4 1 ? ? ? 0.18 aAB2 31/ 4 31

(16)?

t2 ? kt1

? ? kt1 ? t2

由此可以推知,在第三次碰撞中必有

t3 ? kt2 ? k 2t1
在第 n 次碰撞中有

? ? kt ?? 2 ?t t3 k 1 2

(17)?

tn ? k n-1t1

? ? k n-1t1 ? tn

( 18)?

即每一次所需时间要比上次少得多(A 在 B 中所走的距离也小得多) 。把所有的时间加在一 起,得
? ? ? 2 2? 1 ? )? k ? ? ? 2 2 ? T? ? ? (ti ? ti?) ? (t1 ? t1 s=3.56 s ? ? 31 ? i ?1 i ?0 ? ?1? k

(19)?

这就是说,在 B 开始运动后 3.56 s 时,A 将紧贴 B 的左壁,并与 B 具有相同速度,二者不 再发生碰撞,一直处于相对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态,以 T ? 4.0 s 时刻的 运动状态为末态,设此时 A 和 B 的速度为 V ,由动量定理,有

FT ? (mA ? mB )V
代入数值,得

V?

FT ? 9.6 m ? s-1 mA ? mB

(20)?

答:自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同,均为 9.6 m ? s-1

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评分标准:本题 25 分。 得出摩擦力 Ff 得 5 分,得出第一次碰撞时间 t1 得 5 分,得出第二次碰撞时间 t 2 得 5 分。得 出无穷次碰撞时间 T? 得 5 分 ,得到最后结果 V 再得 5 分。

八、第 20 届预赛,(20 分)有一个摆长为 l 的摆(摆球可视为质 点,摆线的质量不计) ,在过悬挂点的竖直线上距悬挂点 O 的距 离为 x 处(x<l)的 C 点有一固定的钉子,如图所示,当摆摆动 时,摆线会受到钉子的阻挡.当 l 一定而 x 取不同值时,阻挡后 摆球的运动情况将不同.现将摆拉到位于竖直线的左方(摆球 的高度不超过 O 点) ,然后放手,令其自由摆动,如果摆线被钉 子阻挡后,摆球恰巧能够击中钉子,试求 x 的最小值. 参考解答 摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动,若摆球的质量 为m, 则摆球受重力 mg 和摆线拉力 T 的作用, 设在这段时间内 任一时刻的速度为 v ,如图预解 20-5 所示。用 ? 表示此时摆线 与重力方向之间的夹角,则有方程式

mv 2 (1) l?x 运动过程中机械能守恒,令 ? 表示摆线在起始位置时与竖直方 向的夹角,取 O 点为势能零点,则有关系 T ? mg c o ? s ?

1 ?mgl cos? ? mv2 ? mg[ x ? (l ? x)cos? )] 2

(2)

摆受阻后,如果后来摆球能击中钉子,则必定在某位置时 摆线开始松弛,此时 T =0,此后摆球仅在重力作用下作斜抛运 动。设在该位置时摆球速度 v ? v0 ,摆线与竖直线的夹角 ? ? ? 0 ,由式(1)得
2 v0 ? g (l ? x)cos?0 ,

(3)

代入(2)式,求出

2l cos? ? 3( x ? l )cos? 0 ? 2 x
要求作斜抛运动的摆球击中 C 点,则应满足下列关系式:

(4)

(l ? x)sin ?0 ? v0 cos?0t ,

(5) (6)

1 (l ? x)cos?0 ? ?v0 sin ?0t ? gt 2 2 利用式(5)和式(6)消去 t ,得到
2 v0 ?

g (l ? x)sin 2 ? 0 2cos? 0

(7)

由式(3) 、 (7)得到
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cos? 0 ?
代入式(4) ,求出

3 3

(8)

? ? arccos ?

? x(2 ? 3) ? l 3 ? ? 2l ? ?

(9)

? 越大, cos ? 越小, x 越小, ? 最大值为 ? / 2 ,由此可求得 x 的最小值:

x(2 ? 3) ? 3l ,
所以

x ? (2 3 ? 3)t ? 0.464l

(10)

评分标准:本题 20 分。 式(1)1 分,式(2)3 分,式(3)2 分,式(5) 、 (6)各 3 分,式(8)3 分,式(9)1 分,式(10)4 分。 九、第 21 届预赛, (15 分)质量分别为 m1 和 m2 的两个小物块用轻绳连结,绳跨过位于倾角?? =30°的光滑斜面顶端的轻滑轮,滑轮与转轴之间的摩擦不计,斜面固定在水平桌面上,如图 所示.第一次,m1 悬空,m2 放在斜面上,用 t 表示 m2 自斜面 底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间.第二次,将 m1 m2 m1 和 m2 位置互换,使 m2 悬空,m1 放在斜面上,发现 m1 自斜面 ?? 底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为 t 3 .求 m1 与 m2 之比. 参考解答: 第一次,小物块受力情况如图所示,设 T1 为绳中张力,a1 为两物块加速度的大小, l 为斜面长,则有

m1 g ? T1 ? m1a1 T1 ? m2 g sin? ? m2 a1

(1) (2)

N1 T1

T1 m1g

1 l ? a1t 2 2

??
(3) m2 g

第二次, m1 与 m2 交换位置. 设绳中张力为 T2, 两物块加速度的大小为 a2,则有

m2 g ? T2 ? m2 a2 (4) T2 ? m1 g sin? ? m1a2
(5)

1 ?t? l ? a2 ? ? 2 ? 3?

2

(6)

由 (1)、(2) 式注意到? =30°得

a1 ?

2m1 ? m 2 g 2?m1 ? m 2 ?

(7)

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由 (4)、(5) 式注意到? =30°得

a2 ?

2m2 ? m1 g 2?m1 ? m2 ?

(8)

由 (3)、(6) 式得 由 (7)、(8)、(9) 式可解得

a1 ?
m1 11 ? m 2 19

a2 9
(10)

(9)

评分标准本题 15 分, (1) 、 (2) 、 (3) 、 ( 4) 、 (5) 、 (6)式各 2 分,求得(10)式再给 3 分 十、第 21 届预赛, (15 分)如图所示,B 是质量为 mB、半径为 R 的光滑半球形碗,放在光 滑的水平桌面上.A 是质量为 mA 的细长直杆,被固定的光滑套管 C 约束在竖直方向,A 可 自由上下运动.碗和杆的质量关系为: mB =2mA.初始 A 时,A 杆被握住,使其下端正好与碗的半球面的上边缘接 触 (如图) . 然后从静止开始释放 A, A、 B 便开始运动. 设 A 杆的位置用??表示,??为碗面的球心??至 A 杆下端与球 C 面接触点的连线方向和竖直方向之间的夹角.求 A 与 B 速度的大小(表示成??的函数) . O R

??

参考答案:由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何 B 时刻,A 沿竖直方向运动,设其速度为 vA,B 沿水平方向 运动,设其速度为 vB.若以 B 为参考系,从 B 观测,则 A 杆保持在竖直方向,它与碗的接 触点在碗面内作半径为 R 的圆周运动,速度的方向与圆周相切,设其速度为 VA.杆相对地 面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合速度, 速度合成的矢量图如图中的平行 四边形所示.由图得

VA sin? ? v A VA cos ? ? v B
因而

(1) (2) O A

?? R
v B ? v A cot ?
(3) (4) B

vB vA

由能量守恒

1 1 2 2 mA gR cos? ? mA v A ? mB vB 2 2
v A ? sin?

VA

由(3)、(4) 两式及 mB ? 2mA 得

2 gR cos ? 1 ? cos 2 ?

(5)

v B ? cos ?

2 gR cos ? 1 ? cos 2 ?

(6)

评分标准: 15)分. (1) 、 (2)式各 3 分, (4)式 5 分, (5) 、 (6)两式各 2 分.

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十一、第 21 届预赛, (18 分)如图所示,定滑轮 B、C 与动滑轮 D 组成一滑轮组,各滑轮 与转轴间的摩擦、滑轮的质量均不计.在动滑轮 D 上,悬挂有砝 码托盘 A,跨过滑轮组的不可伸长的轻线的两端各挂有砝码 2 和 B C 3.一根用轻线(图中穿过弹簧的那条竖直线)拴住的压缩轻弹簧 D 竖直放置在托盘底上, 弹簧的下端与托盘底固连, 上端放有砝码 1 (两者未粘连) .已知三个砝码和砝码托盘的质量都是 m,弹簧的 劲度系数为 k,压缩量为 l0,整个系统处在静止状态.现突然烧断 拴住弹簧的轻线,弹簧便伸长,并推动砝码 1 向上运动,直到砝 码 1 与弹簧分离.假设砝码 1 在以后的运动过程中不会与托盘的 顶部相碰.求砝码 1 从与弹簧分离至再次接触经历的时间.

2

1 A

3

参考答案:设从烧断线到砝码 1 与弹簧分离经历的时间为?t,在这段时间内,各砝码和砝码 托盘的受力情况如图 1 所示:图中,F 表示?t 时间内任意时刻弹簧的弹力,T 表示该时刻跨 过滑轮组的轻绳中的张力,mg 为重力,T0 为悬挂托盘的绳的拉力.因 D 的质量忽略不计, 有

T0 ? 2T

(1)

在时间?t 内任一时刻,砝码 1 向上运动,托盘向下运动,砝码 2、3 则向上升起,但砝 码 2、3 与托盘速度的大小是相同的.设在砝码 1 与弹簧分离的时刻,砝码 1 的速度大小为 v1,砝码 2、3 与托盘速度的大小都是 v2,由动量定理,有

I F ? I mg ? mv1 I T ? I mg ? mv2 I T ? I mg ? mv 2

(2) (3) (4) (5) 2

T 3 mg
图2

T

T0

mg mg

I F ? I mg ? I T0 ? mv2

式中 IF、Img、IT、 I T0 分别代表力 F、mg、T、T0 在?t 时间内冲量的大小。注意到式(1), 有

I T0 ? 2I T

(6)

由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得

v2 ?

1 v1 3

(7)

在弹簧伸长过程中,弹簧的上端与砝码 1 一起向上运动,下端与托盘一起向下运动.以 ?l1 表示在?t 时间内弹簧上端向上运动的距离,?l2 表示其下端向下运动的距离.由于在弹簧 伸长过程中任意时刻,托盘的速度都为砝码 1 的速度的 1/3,故有

1 ?l 2 ? ?l1 3

(8)

另有

?l1 ? ?l 2 ? l0

(9)

在弹簧伸长过程中, 机械能守恒, 弹簧弹性势能的减少等于系统动能和重力势能的增加, 即有

1 2 1 1 2 2 kl 0 ? mv1 ? 3 ? mv2 ? mg?l1 ? mg?l 2 ? 2mg?l 2 2 2 2
由(7)、(8)、(9)、(10) 式得
2 v1 ?

(10)

3 ?1 2 ? ? kl 0 ? m g 0l ? 2m ? 2 ?
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(11)
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砝码 1 与弹簧分开后,砝码作上抛运动,上升到最大高度经历时间为 t1,有

v1 ? gt1

(12)

砝码 2、3 和托盘的受力情况如图 2 所示,以 a 表示加速度的大小,有 mg ? T ? ma (13) T mg ? T ? ma (14)

T

T0

2 3 (16) T0 ? 2T 由 (14)、(15) 和(16)式得 mg mg 1 (17) a? g 图2 3 托盘的加速度向上,初速度 v2 向下,设经历时间 t2,托盘速度变为零, 有

T0 ? mg ? ma

(15)

mg

v 2 ? at 2

(18)

由 (7)、(12)、(17) 和(18)式,得 t1 ? t 2 ?

v1 g

(19)

即砝码 1 自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等. 由 对称性可知, 当砝码回到分离位置时, 托盘亦回到分离位置, 即再经历 t1, 砝码与弹簧相遇. 题 中要求的时间

t总 ? 2t1

(20)

由 (11)、(12)、(20) 式得

t总 ?

2 g

3 ?1 2 ? ? kl 0 ? mgl0 ? 2m ? 2 ?

(21)

评分标准: 本题 18 分.求得(7)式给 5 分,求得(11)式给 5 分, (17) 、 (19) 、 (20) 、 (21)式各 2 分.

十二、第 22 届预赛, (25 分)一质量为 m 的小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑,与一质量为 km 的静止在水平地面上的小滑块 B 发生正碰撞, A 如图所示. 设碰撞是弹性的, 且一切摩擦不计. 为 使二者能且只能发生两次碰撞,则 k 的值应满足 什么条件? 参考答案: 设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及机械能 守恒定律有

B

mv 0 ? mv1 ? k m V 1

(1) (2)

由此解得

1 1 1 2 2 mv0 ? mv1 ? kmV12 2 2 2 ? (k ? 1) v1 ? v0 (3) k ?1

V1 ?

2 v0 k ?1

(4)

为使 A 能回到坡上,要求 v1<0,这导致 k>1;为使 A 从坡上滑下后再能追上 B,应有

? v1 ? V1 ,即 (k ? 1) ? 2 ,这导致 k ? 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求
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k>3 (5) 对于第二次碰撞, 令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度, 同样由动量守恒及机械能守 恒定律有:

m(?v1 ) ? kmV1 ? mv 2 ? kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 ? kmV12 ? mv 2 ? kmV22 2 2 2 2
由此解得

v2 ?

4k ? (k ? 1) 2 v0 (k ? 1) 2
V2 ? 4(k ? 1) v0 (k ? 1) 2

(6)

(7)

若 v2>0,则一定不会发生第三次碰撞,若 v2<0,且 ? v 2 ? V2 ,则会发生第三次碰撞.故 为使第三次碰撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 ( ? v 2 ) 不大于 B 速度的 大小 V2 ,即

? v2 ? V2
k 2 ? 10k ? 5 ? 0
k2-10 k + 5 = 0

(8) (9)

由(6)、 (7) 、 (8)式得 由 可求得 (9)式的解为

k?

10 ? 80 ? 5?2 5 2
(10) (11)

5?2 5 ?k ?5?2 5 3? k ?5? 2 5

(10)与(5)的交集即为所求:

评分标准:本题 25 分. 求得(3)、(4) 式各得 3 分,求得(5)式得 4 分,求得(6) 、 (7) 、 (8) 、 (10)和(11) 式各得 3 分. 十三、第 22 届预赛, (30 分)如图所示,一根长为 L 的细刚性轻杆的两端分别连结小球 a 和

b ,它们的质量分别为 ma 和 mb. 杆可绕距 a 球为 L/4
处的水平定轴 O 在竖直平面内转动.初始时杆处于竖直 位置.小球 b 几乎接触桌面.在杆的右边水平桌面上, 紧挨着细杆放着一个质量为 m 的立方体匀质物块, 图中 ABCD 为过立方体中心且与细杆共面的截面.现用一水 平恒力 F 作用于 a 球上,使之绕 O 轴逆时针转动,求当 a 转过??角时小球 b 速度的大小.设在此过程中立方体
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a O

F

B

C

b

A

D

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物块没有发生转动,且小球 b 与立方体物块始终接触没有分离.不计一切摩擦. 参考答案: 如图所示,用 v b 表示 a 转过 ? 角时 b 球速度的大小, v 表示此时立方体速度的大小, 则有 vb cos ? ? v (1) a O F

由于 b 与正立方体的接触是光滑的,相 互作用力总是沿水平方向,而且两者在水平 方向的位移相同,因此相互作用的作用力和 反作用力做功大小相同,符号相反,做功的 总和为 0.因此在整个过程中推力 F 所做的 功应等于球 a 、 b 和正立方体机械能的增 量.现用 v a 表示此时 a 球速度的大小,因为

??
3l 4
B C

1 3 a 、 b 角速度相同, Oa ? l , Ob ? l , 4 4 所以得 1 v a ? v b (2) 3 根据功能原理可知

b A D

l 1 ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 2 F ? sin ? ? ma v a ? ma g ? ? cos ? ? ? mb v b ? mb g ? ? cos ? ? ? mv 2 4 2 ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
将(1) 、 (2)式代入可得
2

(3)

l 1 ?1 ? ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 F ? sin ? ? ma ? vb ? ? ma g ? ? cos ? ? ? mb vb ? mb g ? ? cos ? ? ? m( vb cos ? ) 2 4 2 ?3 ? ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
解得

vb ?

9l?F sin ? ? ?ma ? 3mb ?g ?1 ? cos ? ?? 2ma ? 18mb ? 18m cos 2 ?

(4)

评分标准:本题 30 分. (1)式 7 分, (2)式 5 分, (3)式 15 分, (4)式 3 分.

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