第30届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案(2)

第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题答案

1参考解答：

以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v分解成纬线切向 (水平方向)分量v?及经线切向分量v?. 设滑块质量为m，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P处，P和球心O的连线与水平方向的夹角为?. 由机械能守恒得

O?P111222mv0??mgRsin??mv??mv? (1) 222这里已取球心O处为重力势能零点. 以过O的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故

mv0R?mv?Rcos?.

(2)

由 (1) 式，最大速率应与?的最大值相对应

vmax?v(?max). 而由 (2) 式，q不可能达到π(3)

2. 由(1)和(2)式，q的最大值应与v??0相对应，即

v?(?max)?0. (4) [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得

22 2gRsin??v0tan2??v??0.

若sin??0，由上式得

sin?2gR. ?2cos2?v0

实际上，sin?=0也满足上式。由上式可知 由(3)式有

22 v?(?max)?2gRsin?max?v0tan2?max?0. (4’)]

sin?max2gR. ?2cos2?maxv0

将v?(?max)?0 代入式(1)，并与式(2)联立，得

2v0sin2?max?2gRsin?max?1?sin2?max??0.

(5)

以sin?max为未知量，方程(5)的一个根是sinq=0，即q=0，这表示初态，其速率为最小值，不

是所求的解. 于是sin?max?0. 约去sin?max，方程(5)变为 其解为

22gRsin2?max?v0sin?max?2gR?0.

(6)

6

2??v0g2R2??1?164?1?.

?4gR?v0??

sin?max(7)

注意到本题中sin??0，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当???max时，

考虑到(4)式有

评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.

2参考解答：

1. 由于碰撞时间?t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A、C、D的速度分别为vA、vC、vD，显然有

2vmax?v??2v??124v0?v0?16g2R2, 2??(8)

124v0?v0?16g2R2. 2??(9)

vD?2lvCr.

(1)

以A、B、C、D为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒

mvD2l?mvCr?mvA2l?mv02l.

(2)

由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间?t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故

由 (1)、(2)、(3) 式解得 vC?12121212mvD?mvC?mvA?mv0. 2222(3)

4lr8l2r2v,vD?22v0,vA??22v0 (4) 2208l?r8l?r8l?r[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点

同样可解出(4). ]

设碰撞过程中D对A的作用力为F1?，对A用动量定理有

v0?vD?vA.

(3’)

4l2?r2F1??t?mvA?mv0??222mv0,

8l?r(5)

7

方向与v0方向相反. 于是，A对D的作用力为F1的冲量为

4l2?r2F1?t?222mv0 (6)

8l?r方向与v0方向相同.

以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为x，则

质心在碰后瞬间的速度为

v?vC4l(2l?r)x?v0. 22r(??2)(8l?r)x?mr?m2l2l?r.

?(??2)m??2(7)

(8)

轴与杆的作用时间也为?t，设轴对杆的作用力为F2，由质心运动定理有 由此得

F2?t?F1?t????2?mv?4l(2l?r)mv0. 228l?r(9)

F2?t?r(2l?r)2mv0. 8l2?r2(10)

方向与v0方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为

F2??t??r(2l?r)2mv0, 228l?r(11)

方向与v0方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.

[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理

F2?t?F1?t?mvC?mvD. ]

[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]

2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C以速度vC?4lrv0绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力，即

8l2?r22vC16l2r2k?r????m?222mv0 (12) r(8l?r)

则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A的速度v0应满足的条件

(8l2?r2)k?r???v? 04lmr (13)

可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A的速度大小v0应满足(13)式.

8

评分标准：本题20分.

第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.

3参考解答：

1. 当杆以角速度?绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时，其动能是独立变量?、?和

L的函数，按题意 可表示为

Ek?k????L? (1)

式中，k为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[L]、[M]和[T]（它们可视为相互独立的基本单位），则?、?、L和Ek的单位分别为

[?]?[M][L]?1,

[?]?[T]?1,[L]?[L],[Ek]?[M][L]2[T]?2 (2)

在一般情形下，若[q]表示物理量q的单位，则物理量q可写为

q?(q)[q] (3) 式中，(q)表示物理量q在取单位[q]时的数值. 这样，(1) 式可写为

(Ek)[Ek]?k(?)?(?)?(L)?[?]?[?]?[L]? (4) 在由(2)表示的同一单位制下，上式即

(Ek)?k(?)?(?)?(L)? (5) [Ek]?[?]?[?]?[L]? (6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得

[M][L]2[T]?2?[M]?[L]???[T]?? (7)

(2)式并未规定基本单位[L]、[M]和[T]的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[L]、[M]和[T]均成立，于是

??1,??2,??3 (8) 所以

Ek?k??2L3 (9) 2. 由题意，杆的动能为

Ek?Ek,c?Ek,r (10) 其中，

9

121L??mvc?(?L)???? (11) 22?2?2 Ek,c注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为

L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅2直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能Ek,r为 Ek,r将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得 由此解得 于是

Ek=1?L??L? k??L??L????2k??2?? (13)

2?2??2?2323L?L??2Ek(?,?,)?2k??2?? (12)

2?2?31 k? (14)

61lw2L3. (15) 63. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒

L? Ek?mg??sin?? (16) ?2?由(15)、(16)式得

w=3gsinq. (17) L以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为?L?r?的那一段为研究对象，该段质量为??L?r?，其质心速度为

L?r?L?r???? vc. (18) ?r????2?2?设另一段对该段的切向力为T(以?增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为

N(以指向O点方向为正向)，由质心运动定理得

T???L?r?gcos????L?r?at (19) N???L?r?gsin????L?r?an (20)

式中，at为质心的切向加速度的大小

at??L?rd?L?rd?d?3?L?r?gcos?dvc??? (21) dt2dt2d?dt4L而an为质心的法向加速度的大小

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