高中物理竞赛力学题

第21届预赛（2004.9.5）

二、（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，滑轮与转轴之间的磨擦不计，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ml与m2之比。

七、（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 O至A杆下端与球面接触点的连线方 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）。

九、（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3。一根用轻线（图中穿过弹簧的那条坚直线）拴住的压缩轻弹簧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）。已加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。现突然烧断栓住弹簧的轻线，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。

第21届复赛

二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期．已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R的2倍，卫星通过近地点时的速度v3GM4R，式中M为地球质量，G为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪，可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角．试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离．（最后结果要求用测得量和地球半径R表示）

六、(20分)如图所示，三个质量都是m的刚性小球A、B、C位于光滑的水平桌面上（图中纸面），A、B之间，

A B D C

E B、C之间分别用刚性轻杆相连，杆与A、B、C的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB与BC的夹角为 ，

< /2．DE为固定在桌面上一块挡板，它与AB连线方向垂直．现令A、B、

C一起以共同的速度v沿平行于AB连线方向向DE运动，已知在C与挡板碰撞过程中C与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C沿垂直于DE方向的速度由v变为0这一极短时间内挡板对C的冲量的大小． 第二十届预赛（2003年9月5日）

五、(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．

六、(20分)质量为M的运动员手持一质量为m的物块，以速率v0沿与水平面成a角的方向向前跳跃（如图）．为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出．物块抛出时相对运动员的速度的大小u是给定的，物块抛出后，物块和运动员都在同一竖直平面内运动． (1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻to把物块沿与x轴负方向成某θ角的方向抛出，求运动员从起跳到落地所经历的时间．

v0

(2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与x轴负方向成θ角的方向抛出，能使自己跳得更远？若v0和u一定，在什么条件下可跳得最远？并求出运动员跳的最大距离．

第二十届复赛

三、（20分）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图所示．在通道的两个出口处A和B，分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放，只要M比m足够大，碰撞后，质量为m的物体，即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道；设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小．这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星．若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到

该通道的距离为多少？己知M＝20m，地球半径R＝6400 km．假定地球是质量

0均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的．

五、(22分)有一半径为R的圆柱A，静止在水平地面上，并与竖直墙面相接触．现有另一质量与A相同，半径为r的较细圆柱B，用手扶着圆柱A，将B放在A的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手．

己知圆柱A与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30．若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B与墙面间的静摩擦系数和圆柱B的半径r的值各应满足什么条件？

七、(25分)如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为h处沿水平方向以初速v0抛出．己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为e（＜1）．又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为（≠0）：每次碰撞过程的时间都非常短，而且都是“饼面”着地．求物块沿水平方向运动的最远距离．

第十九届预赛（2002年9月5日）

一、（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Av2

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103kgm－3，沙尘颗粒为球形，半径r2.510－4m，地球

表面处空气密度01.25kg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4m－1，试估算当v9.0ms－1时扬沙的最大高度．（不考虑重力加速度随高度的变化）

三、（20分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空，2002年3月25日22时15分，我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后，飞船于4月1日16时51分安全着陆，共绕地球飞行108圈。 （1）飞船的名称是什么？

（2）飞船在运行期间，按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等．假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度．已知地球半径R6.37106m，地球表面处的重力加速度g9.80ms－2

七、（25分）如图预19-7所示，在长为l1.0m、质量为mB30.0kg的车厢B内的右壁处，放一质量mA20.0kg的小物块A（可视为质点），向右的水平拉力

F120.0N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5.0m，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．

第十九届复赛

一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A、B、C为3个容器，D、E、F为3根细管，管栓K是关闭的．A、B、C及细管D、E中均盛有水，容器水面的高度差分别为h1和h1如图所示．A、B、C的截面半径为12cm，D的半径为0.2cm．甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K，会有水从细管口喷出．”乙认为不可能．理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在．甲又进一步演示．在拧开管栓K前，先将喷管D的

上端加长到足够长，然后拧开K，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处．

(1)．论证拧开K后水柱上升的原因．

(2)．当D管上端足够长时，求拧开K后D中静止水面与A中水面的高度差．

(3)．论证水柱上升所需能量的来源．

七、（26分）一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为m的珠子（视为质点），绳的下端固

定在A点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与A在同一竖直平面内．开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为l，A点到杆的距离为h，绳能承受的最大张力为Td，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）

注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度an，可以证明，anv2/R，v为质点在该点时速度的大小，R为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点

的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A点的曲率半径为RA，在B点的曲率半径为RB．

第十八届预赛2001-09-09

一、（15分）如图预18－l所示，杆OA长为R，可绕过O点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A系着一跨过定滑轮B、C的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M，滑轮的半径可忽略，B在O的正上方，OB之间的距离为H。某一时刻，当绳的BA段与OB之间的夹角为时，杆的角速度为，求此时物块M的速率vM。

五、（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，设木板与擦系数与滑动摩擦系数相等，的人从木板的一端由静止开

地面间的静摩皆为．质量为m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？

第十八届复赛 六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分G1的质量为m1，下部分G2的质量为m2，弹簧夹在G1与G2之间，与二者接触而不固连．让G1、G2压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为己知的定值E0．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这—释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分G1升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值h的时刻解除锁定．

1．在第一种方案中，玩具的上部分G1升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化来的？

2．在第二种方案中，玩具的上部分G1升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的． 第十七届预赛2000年

二、（15分）一半径为R1.00m的水平光滑圆桌面，圆心

为O，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线C，如图预17-2所示。一根不可伸长的柔软的细轻绳，一端固定在封闭曲线上的某一点，另一端系一质量为m7.510－2kg的小物块。将小物块放在桌面上并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为v04.0m/s的初速度。物块在桌面上运动时，绳将缠绕在立柱上。已知当绳的张力为T02.0N时，绳即断开，在绳断开前物块始终在桌面上运动． 1．问绳刚要断开时，绳的伸直部分的长度为多少?

2．若绳刚要断开时，桌面圆心O到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸直部分垂直，问物块的落地点到桌面圆心O的水平距离为多少？已知桌面高度H0.80m．物块在桌面上运动时未与立柱相碰．取重力加速度大小为10m/s2．

八、（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．

第十七届复赛

四、（25分）宇宙飞行器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动，飞行器的质量比小行星的质量小得很多，飞行器的速率为v0，小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的6倍．有人企图借助飞行器与小行星的碰撞使飞行器飞出太阳系，于是他便设计了如下方案：Ⅰ. 当飞行器在其圆周轨道的适当位置时，突然点燃飞行器上的喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，以使飞行器获得所需的速度，沿圆周轨道的切线方向离开圆轨道；Ⅱ. 飞行器到达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘，速度的方向和小行星在该处速度的方向相同，正好可被小行星碰撞；Ⅲ. 小行星与飞行器的碰撞是弹性正碰，不计燃烧的燃料质量．

1．试通过计算证明按上述方案能使飞行器飞出太阳系；

2．设在上述方案中，飞行器从发动机取得的能量为E1．如果不采取上述方案而是令飞行器在圆轨道上突然点燃喷气发动机，经过极短时间后立即关闭发动机，以使飞行器获得足够的速度沿圆轨道切线方向离开圆轨道后能直接飞出太阳系．采用这种办法时，飞行器从发动机取得的能量的最小值用E2表示，问E1为多少?

E2第十六届预赛1999年

二、（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？

七、（15分）将一根长为100多厘米的均匀弦线，沿水平的x轴放置，拉紧并使两端固定。现对离固定的右端25cm处（取该处为原点O，如图预16-7-1所示）的弦上一点施加一个沿垂直于弦线方向（即y轴方向）的扰动，其位移随时间的变化规律如图预16-7-2所示。该扰动将沿弦线传播而形成波（孤立的脉冲波）。已知该波在弦线中的传播速度为2.5cm/s，且波在传播和反射过程中都没有能量损失。

1. 试在图预16-7-1中准确地画出自O点沿弦向右传播的波在t2.5s时的波形图。

2. 该波向右传播到固定点时将发生反射，反射波向左传播，反射点总是固定不动的。这

可看成是向右传播的波和向左传播的波相叠加，使反射点的位移始终为零。由此观点出发，试在图预16-7-1中准确地画出t12.5s时的波形图。 3. 在图预16-7-1中准确地画出t10.5s时的波形图。

八、（15分）1997年8月26日在日本举行的国际天文学会上，德国Max Planck学会的一个研究组宣了他们的研究成果：银河系的中心可能存在一个在黑洞。他们的根据是用口径为3.5m的天文望远镜对猎户座中位于银河系中心附近的星体进行近六年的观测所得到的数据，他们发现，距离银河系中心约60亿公里的星体正以2000km/s的速度围绕银河系中心旋转。根据上面的数据，试在经典力学的范围内（见提示2），通过计算确认，如果银河系中心确实存在黑洞的话，其最大半径是多少。（引力常数G6.6710－20km3kg－1s－2）

提示：1. 黑洞是一种密度极大的天体，其表面的引力是如此之强，以至于包括光在内的所有物质都不了其引力作用。

2．计算中可以采用拉普拉斯经典黑洞模型，在这种模型中，在黑

洞表面上的所有物质，即使初速度等于光速c也逃脱不了其引力的作用。

九、（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(12)的均匀木棍，竖直地放在上面的液体

2内，其下端离两液体分界面的距离为3L，由静止开始下落。试计算木棍到达

4最低处所需的时间。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。

第十六届复赛

四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。 现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M，两者相距L。他们正绕两者连线的中点作圆周运动。 1. 试计算该双星系统的运动周期T计算。 2. 若实验上观测到的运动周期为T观测，且T观测T为了解释T观测:计算1:N(N)1。

与T计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。作为一种简化模型，我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着这种暗物质，而不考虑其它暗物质的影响。试根据这一模型和上述观测结果确定该星系间这种暗物质的密度。 六、（25分）如图复16-6所示，z轴竖直向上，xy平面是一绝缘的、固定的、刚性平面。在A(x0,0,0)处放一带电量为q(q0)的小物块，该物块与一细线相连，细线的另一端B穿过位于坐标原点O的光滑小孔，可通过它牵引小物块。现对该系统加一匀强电场，场强方向垂直与x轴，与z轴夹角为（如图复16-6所示）。设小物块和绝缘平面间的摩擦系数为tan,且静摩擦系数和滑动摩擦系数相同。不计重力作用。现通过细线来牵引小物块，使之移动。在牵引过程中，我们

约定：细线的B端只准沿z轴向下缓慢移动，不得沿z轴向上移动；小物块的移动非常缓慢，在任何时刻，都可近似认为小物块处在力平衡状态。若已知小物块的移动轨迹是一条二次曲线，试求出此轨迹方程。

全国中学生物理竞赛集锦（力学）答案

二、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

m1gT1m1a1

（1）

T1m2gsinm2a1

（2）

l1a221t （3）

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

m2gT2m2a2

（4） T2m1gsinm1a2 (5)

1t2l2a23 (6)

由（1）、（2）式注意到 ＝30得

a2m11m22(mmg

（7）

12) 由（4）、（5）式注意到 ＝30得

a22m2m12(mg

（8）

1m2) 由（3）、（6）式得

a1a29 （9）

由（7）、（8）、（9）式可解得

m111m （10）

219 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。

七、由题设条件知，若从地面参考系观测，则任何时刻，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

VAsinvA

（1）

VAcosvB

（2）

因而

vBvAcot （3）

由能量守恒

mgRcos1212A2mAvA2mBvB （4）

由（3）、（4）两式及mB＝2mA得

vAsin2gRcos1cos2 （5） v2gRcosBcos1cos2 （6）

评分标准：

本题（15）分．（1）、（2）式各3分，（4）式5分，（各2分。

九、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

5）、（图1

6）两式力情况如图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，法码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

IFImgmv1 ITImgmv2 ITImgmv2

（2） （3） （4）

（5）

IFImgIT0mv2

式中IF、Img、IT、IT0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

IT0

（6）

由（2）、（3）、（4）、（5）、（6）各式得

1v2v1 3＝

2IT

（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

（8） 另有

1l2l1

3

l1l2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

121212kl0mv13mv2mgl1mgl22mgl2 222

（10）由（7）、（8）、（9）、（10）式得

2v1312kl0mgl0 2m2 （11）

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） mg－T＝ma （14） T0－mg＝ma （15） T0＝2T （16）

由（14）、（15）和（16）式得

1ag 3图2

（17）

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

v2＝at2 （18）

由（7）、（12）、（17）和（18）式，得

t1t2v1g （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 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。

第21届复赛

二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O处，设待测量星体位于C处．根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A时，另一个卫星恰好到达远地点B处，只要位于A点的卫星用角度测量仪测出AO和AC的夹角1，位于B点的卫星用角度测量仪测出BO和BC的夹角

t总2312klmgl00 g2m22，就可以计算出此时星体C与地心的距离OC．

因卫星椭圆轨道长轴的长度

ABr近＋r远

(1)

式中r近、与r远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离．由角动量守恒

mv近r近＝mv远r远 A O 1 B

(2)

式中m为卫星的质量．由机械能守恒

1GMm1GMm22mv近－mv远－ 2r近2r远 (3)

已知

r近＝2R，

v近＝3GM4R

r远6R

C

得 所以

在△ABC中用正弦定理 所以

sin1BC(4) (5)

AB2R6R8R

sinπ12AB (6) (7)

BCsin1AB

sin12地心与星体之间的距离为OC，在△BOC中用余弦定理

2OCr远BC2r远BCcos2 22(8)

由式(4)、(5)、(7)得

评分标准：

本题20分．(1)式2分，(2)、(3)式各3分，(6) 、(8)式各3分， (9) 式6分．

六、令I表示题述极短时间t内挡板对C冲量的大小，因为挡板对C无摩擦

力作用，可知冲量的方向垂直于DE，如图所示；I表示B、C间的杆对B或C冲量的大小，其方向沿杆方向，对B和C皆为推力；vC表示t末了时刻C沿

OC2R9162

sin12sin2124sin1cos2sin12

(9)

平行于DE方向速度的大小，vB表示t末了时刻B沿平行于DE方向速度的大小，vB表示t末了时刻B沿垂直于DE方向速度的大小．由动量定理， 对C有

(1) IsinmvC (2) IIcosmv 对B有

(3) IsinmvB 对AB有

(4) Icos2mvvB

因为B、C之间的杆不能伸、缩，因此B、C沿杆的方向的分速度必相等．故有 (5) vCsinvBcosvBsin 由以上五式，可解得

评分标准：

本题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分

第二十届预赛（2003年9月5日） 五、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

3sin2Imv 13sin2(6)

所示。用表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式

mv2Tmgcoslx （1）

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

1mglcos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v，

0摆线与竖直线的夹角，由式（1）得

0 2v0g(lx)cos0， （3）

代入（2）式，求出

2lcos3(xl)cos02x

（4）

要求作斜抛运动的摆球击中C点，则应满足下列关系式：

(lx)sin0v0cos0t，

（5）

（6）

1(lx)cos0v0sin0tgt2

2利用式（5）和式（6）消去t，得到 由式（3）、（7）得到 （8）

代入式（4），求出

arccosx(23)l3 2lcos033g(lx)s2in0v2cos020 （7）

（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(23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。

六、参考解答

（1）规定运动员起跳的时刻为t0，设运动员在P点（见图预解20-6）抛出物块，以t表示运动员到达P点的时刻，则运动

0Vpy ux

v0

Vpx

员在P点的坐标x、y和抛物前的速度v的分量

PPvpx、vpy分别为

vpxv0cos，



uy

（1） （2） （3） （4）

vpyv0singt0 xpv0cost0，

12 ypv0sint0gt02设在刚抛出物块后的瞬间，运动员的速度V的分量大小分别为Vpx、Vpy，物块相对运动员的速度u的分量大小分别为ux、uy，方向分别沿x、负y方向。由动量守恒定律可知

MVpxm(Vpxux)(Mm)vpx， MVpym(Vpyuy)(Mm)vpy

（5）

（6）

因u的方向与x轴负方向的夹角为，故有 （7）

（8）

解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得

VpyVpxv0cosmucos （9） Mmmusin （10） v0singt0Mmuyusin uxucos

抛出物块后，运动员从P点开始沿新的抛物线运动，其初速度为Vpx、Vpy。在t时刻（tt）运动员的速度和位置为

0VxVpx，

（11）

（12）

VyVpyg(tt0)，

xxpVpx(tt0)(v0cos

muxmux)tt0， （13） MmMm1yypVpy(tt0)g(tt0)2 （14）

2由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得

mucosxv0cosMmmucost0 tMm （15）

（16）

musiny2v0sinMm2musin2tgtt0 Mm运动员落地时，

由式（16）得

y0

musingt22v0sinMm2musint00， tMm （17）

方程的根为

v0sintmusinmusin2musin(v0sin)2gt0MmMmMmg （18）

式（18）给出的两个根中，只有当“”取“＋”时才符合题意，因为从式（12）和式（10），可求出运动员从P点到最高点的时间为式

musinv0sinMm g而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大，故从起跳到落地所经历的时间为

v0sintmusinmusin2musin(v0sin)2gt0MmMmMmg （19）

（2）由式（15）可以看出，t越大，t越小，跳的距离x越大，由式（19）可以

0看出，当

t0＝0

时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为

xp0， yp0

（20）

即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出，运动员可跳得远一点。由式（19）可以得到运动员自起跳至落地所经历的时间为 把t0T2v0sinmusin2gMmg

0和tT代入式（15），可求得跳远的距离，为

2v0sin22mv0um2u2xsin()sin2g(Mm)g(Mm)2g （21）

可见，若

sin21,sin()1,sin21，

即 /4， /4 （22）

时，x有最大值，即沿与x轴成45方向跳起，且跳起后立即沿与负x轴成45方向抛出物块，则x有最大值，此最大值为

2v02mv0um2u2 xmg(Mm)g(Mm)2g （23）

评分标准：本题20分。

第一小问13分：求得式（15）、（16）各3分，式（17）2分，求得式（19）并说明“t”取“＋”的理由给5分。第二小问7分：式（20）2分，式（22）2分，式（23）3分。

第二十届复赛 三、参考解答

位于通道内、质量为m的物体距地心O为r时（见图复解20-3），它受到地球的引力可以表示为

FGMm， r2 （1）

式中M是以地心O为球心、以r为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以表示地球的密度，此质量可以表示为

4Mr3

3 （2）

改写为 （3）

的分力的大小为

于是，质量为m的物体所受地球的引力可以

4FGmr 3

作用于质量为m的物体的引力在通道方向

fFsin （4）

sinx r （5）

为r与通道的中垂线OC间的夹角，x为物体位置到通道中

点C的距离，力的方向指向通道的中点C。在地面上物体的重力可以表示为

mgGM0m 2R0 （6）

式中M0是地球的质量。由上式可以得到 由以上各式可以求得

fmgx R04gGR0 3 （7）

（8）

可见，f与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为

kmg R0 （9）

R0/g。取x0处为“弹性

物体将以C为平衡位置作简谐振动，振动周期为T2势能”的零点，设位于通道出口处的质量为m的静止物体到达x0处的速度为v0，则根据能量守恒，有

1212mv0k(R0h2) 22 （10）

式中h表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得

2v02R0h2g R0 （11）

可见，到达通道中点C的速度与物体的质量无关。

设想让质量为M的物体静止于出口A处，质量为m的物体静止于出口B处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点C处，并发生弹性碰撞。碰撞前，两物体速度的大小都是v0，方向相反，刚碰撞后，质量为M的物体的速度为V，质量为m的物体的速度为v，若规定速度方向由A向B为正，则有

Mv0mv0MVmv，

（12）

121211Mv0mv0MV2mv2 2222 （13）

解式（12）和式（13），得

v3Mmv0 Mm （14）

质量为m的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口B处时的速度为u，则有

1112k(R0h2)mu2mv2 222 （15）

由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得

2h28M(Mm)R0ug 2R0(Mm)2 （16）

u的方向沿着通道。根据题意，卫星上的装置可使u的方向改变成沿地球B处的

切线方向，如果u的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有

M0mu2G2mR0R0 （17）

由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到

Rh027M210Mmm22M(Mm) （18）

已知M20m，则得

h0.925R05920km

（19）

评分标准：本题20分。

求得式（11）给7分，求得式（16）给6分，式（17）2分，式（18）3分，式（19）2分。

五、参考解答

放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和墙面有压力。圆柱A倾向于向左运动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为N1，水平摩擦力为F1；圆柱B受墙面的正压力为N2，竖直摩擦力为F2，圆柱A受圆柱B的正压力为N3，切向摩擦力为F3；圆柱B受圆柱A的正压力为N3，切向摩擦力为F3，如图复解20-5所示。各力以图示方向为正方向。

已知圆柱A与地面的摩擦系数1＝0.20，两圆柱间的摩擦系数3＝0.30。设圆柱B与墙面的摩擦系数为2，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为。 设两圆柱的质量均为M，为了求出N1、N2、N3以及为保持平衡所需的F1、F2、

F3之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：

圆柱A：

MgN1N3sinF3cos0

F1N3cosF3sin0

（1） （2）

圆柱B：

F1RF3R

（3） （4）

MgF2N3sinF3cos0 N2N3cosF3sin0

F3rF2r （5）

（6）

由于F3F3，所以得

F1F2F3F3F

（7）

式中F代表F1，F2，F3和F3的大小。又因N3N3，于是式（1）、（2）、（4）和（5）

四式成为：

MgN1N3sinFcos0

（8）

（9） （10）

FN3cosFsin0

MgFN3sinFcos0 N2N3cosFsin0

（11）

以上四式是N1，N2，N3和F的联立方程，解这联立方程可得 （12）

N31sinMg1cossinN2F

（13） （14） （15）

N2FcosMg

1cossin

N12cos2sinMg1cossin式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，N1，N2，N3没有问题，但F1，F2，F3三个力能不能达到所需要的数值F，即式（12）、（14）要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到所需的F值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。

首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求 由式（12），得

F21 N22F2N2

所以

21

（16）

再讨论圆柱A与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为1＝0.20，根据摩擦定律fN，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力F1满足F11N1，则圆柱在地面上不滑动；若F11N1，这一点将要发生滑动。 圆柱A在地面上不发生滑动的条件是 1F1cos （17）

N12cos2sin由图复解20-5可知

cosRrRr sin1cos22RrRr 由式（17）、（18）和式（19）以及1＝0.20，可以求得 r19R （20）

即只有当r19R时，圆柱A在地面上才能不滑动。

最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

3F3cosN 31sin 由式（18）、（19）以及3＝0.30，可解得

2r713R0.29R 显然，在平衡时，r的上限为R。总结式（20）和式（22），得到为

Rr0.29R

（18）

19）

（21）

（22）

r满足的条件 （23）

（

评分标准：本题22分。

求得式（7）、（12）、（13）、（14）、（15）各2分，式（16）3分，求得式（23）9分。

七、参考解答

设物块在A1点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为v0，竖直速度为

u02gh （1）

碰撞后物块的竖直速度变为u1，根据题意，有

u1eu0

（2）

设物块的质量为m，碰撞时间为t，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为

N1mu0mu1t （3）

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变为

v1，则有

mv1mv0N1t

（4）

由以上各式得

v1v0(1e)u0

（5）

同理，在落地点A2，A3，„，An其碰撞后的竖直分速度分别为

u2e2u0 u3e3u0

„„„„ （6）

其水平速度分别为

v2v0(1e)(1e)u0

unenu0

v3v0(1e)(1ee2)u0

„„„„

vnv0(1e)(1ee2en1)u0

（7）

由式（6）可知，只有当碰撞次数n时，碰地后竖直方向的分速度un才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于mg。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于mg，因次，物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零，且不会反向。

设经过nn0次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在nn01次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因vn010，由式（7）

v0(1e)(1ee2en0)u00

(1e)(1en01)u0v00

1e

两边取对数

en011(1e)v0(1e)u0

n01(1e)v01lg1 lge(1e)u0 （8）

令

B(1e)v01lg1 lge(1e)u0 （9）

若B恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间t，水平速度变为零，则碰撞次数

n01B

有 （10）

n0B1

若B不是整数，此种情况对应于在nn01次碰撞结束前，即在小于碰撞时间内，水平速度变为零。则碰撞次数 有

n0B

n01B1

（11）

B表示B的整数部分。

由于经过n01次碰撞，物块沿水平方向的分速度已为零，但竖直方向的分速度尚未为零，故物块将在An1处作上下跳跃，直到enu00，即n，最后停止

0在An1处。物块运动的最远水平距离sA0An1。下面分别计算每次跳跃的距离。

00A0A1u0v0 g （12）

22eu0v02eu02u1A1A2v1(1e)

ggg22e2u0v02e2u0A2A3(1e)(1e)

gg„„„„

22en0u0v02en0u0An0An01(1e)(1ee2ggen01) （13）

所求距离为上述所有量的总和，为

u2u0v0s0v0(ee2gg2u2032e)(1e)[ee2(1e)e(1ee)

gn0en0(1ee2en01)] （14）

分别求级数的和：

1en0eeeee

1eee2(1e)e3(1ee2)en0(1ee2en01)23n0 （15）

ee21e21ee31e31e1en0e1en01[e(1e)e2(1e2)e3(1e3)1e

en0(1en0)]

1een01en02e2n02() 1e1e2 （16）

将以上两个关系式和u0sv0，得 2gh代入式（14）

（17）

2h1en04eh(12e)(1en0)(1en01) 2g1e(1e)式中n0由式（10）或式（11）决定。

十九届预赛 一、参考解答

（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0Av1mg

①

式中m为沙尘颗粒的质量，而

Ar2

② ③

4sgr304mr3s 3得 代入数据得

v1 ④

v14.0ms－1

⑤

（2）用h、h分别表示v9.0m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)

⑥

此时式①应为

hAv2mg

⑦

由②、③、⑥、⑦可解得

h4rsg11 C3v20 ⑧

代入数据得

h6.8103m

⑨

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。

三、参考解答 （1）神舟3号

（2）设飞船飞行时间为t，绕地球飞行的圈数为N，周期为T，飞船的质量为m，离地面的平均高度为h，地球半径为R，地球质量为M，则有

①

mM2Gm(Rh) (Rh)2T2TtN

②

GMmmg 2R ③

由①、②、③式解得

gR2t2h224N1/3R ④

由题给数据可知t5.8536105s，代入t及其它有关数据得

h2.9105m

⑤

评分标准：本题20分 （1）4分

（2）16分。其中①、②、③、④式各3分，⑤式4分（答案在2.7105m～3.1105m之间均给这4分） 十九届复赛 一、参考解答

实践证明，甲的设计是正确的，所以乙的结论肯定是错的。

（1）设大气压为p0，水的密度为。拧开K前的情况如图复解19-l的（a）图所

示。由流

体静力学可知，B、C中气体的压强为

K

pBpCp0g(h1h2)

（1）

D

A E B

F

C

(a)

H h1

A

K

D中气体的压强为

pDpBgh1 （2）

B h2

C

(b)

由（1）、（2）两式可得 pDp0gh2

即pDp0，当拧开K后，D中气体压强降至p0，此时

图复解 19-1

pBp0gh1 （3） 即D管中容器B水面以上的那一段水柱所受合力向上，所以D管中水柱上升。

（2）拧开K后，水柱上升，因D管上端已足够长，故水不会从管口喷出．设到D中的水面静止时D中增加水量的体积为V，则B中减少水量的体积亦为V，其水面将略有降低，因而B及C中气体压强路有下降，A中的水将通过E管流入

C中，当从A流入水量的体积等于V时，B、C中气体压强恢复原值。因为A、

的半径为D管半径的60倍，截面积比为3600倍，故A、B、C中少量水

B、C的增减（V）引起的A、B、C中水面高度的变化可忽略不计，即h1和h2的数值保持不变。

设D中水面静止时与A中水面的高度差为H，（见图复解19-1（b）），则有

p0g(h1h2)p0g(Hh1) （4） 由

此

可

得

Hh2

（5）

（3）将图复解 19-l（a）和(b)两图相比较可知，其差别在于体积为V的

水从A移至C中，另V的水又由B移入D中，前者重力势能减少，而后者重力势能增大，前者的重力势能减少量为

E1gV(h1h2) （6） 故后者的重力势能增量为 D中增加的水柱的重心离A中水面的高度为h2/2，

E2gV(h11h2) （7）

2即E1E2。

由此可知，体积为V的水由A流入C中减少的势能的一部分转化为同体积的水由B进入D中所需的势能，其余部分则转化为水柱的动能，故发生上下振动，D中水面静止处为平衡点．由于水与管间有摩擦等原因，动能逐步消耗，最后水面停留在距A中水面h2处。

七、参考解答 1. 珠子运动的轨迹

建立如图复解19-7所示的坐标系，原点O在过A点的竖直线与细杆相交处，

x轴沿细杆向右，y轴沿OA向下。当珠子运动到N

点处且绳子未断时，小环在B处，BN垂直于x轴，所以珠子的坐标为

xPN，yBN

由APN知

(AP)2(PN)2(AN)2 即有(hy)2x2(ly)2，得

x22(lh)y(l2h2) （1）

这是一个以y轴为对称轴，顶点位于y1(lh)处，焦点与顶点的距离为1(lh)22的抛物线，如图复解19-7-1所示，图中的H1(lh)，A为焦点。

2

2. 珠子在动方程

因为的质量，所珠子接触

H

O

h P

B

F T T

 

xM 切线

x

C

H A

O

法线



N

mg

N

点的运

N



xM

切线

x

A C

y

法线

mg

P A C

y

T

N

mg

忽略绳子以可把与的那一小

图复解 19-7-1 图复解 19-7-2

段绳子看做是珠子的一部分，则珠子受的力有三个，一是重力mg；另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿NB和NA方向，这两个拉力大小相等，皆用T表示，则它们的合力的大小为

F2Tcos （2）

为N

点两边绳子之间夹角的一半，F沿ANB的角平分线方向。

因为AN是焦点至N的连线，BN平行于y轴，根据解析几何所述的抛物线性质可知，N点的法线是ANB的角平分线．故合力F的方向与N点的法线一致。

由以上的论证．再根据牛顿定律和题中的注，珠子在N点的运动方程（沿法线方向）应为

v2 2Tcosmgcosm （3）

Rmv2mgcos （4） 2TcosR式中R是N点处轨道曲线的曲率半径；v为珠子在N处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得 v3. 求曲车半径R

当绳子断裂时TTd，由（4）式可见，如果我们能另想其他办法求得曲率

2gy 半径R与y的关系,则就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标

y。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于x轴呈对称状态的抛物线，

如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高H处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的，我们不仅知道其轨迹是抛物线，而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与N对称的N点处抛物线的曲率半径R与y的关系，也就是N处抛物线的曲率半径R与y的关系。

设从抛出至落地的时间为t，则有 v0t由此解得 v0 g(lh) （7）

l2h2

设物体在N处的速度为v，由机械能守恒定律可得

2 v2v02g(HBN) （8）

物体在N处法线方向的运动方程为 mgcosmvR2 （9）

2式中R即为N处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及H1(lh),可求得

R2(lBN)

cos这也等于N点抛物线的曲率半径，BNBNy，故得

R2(ly) （10）

cos4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小

把（5）式和（10）式代入（4）式，可求得绳子的张力为

T（11）

mgl 2(ly)当TTd时绳子被拉断，设此时珠子位置的坐标为(xd,yd)，由（11）式得 ydl(1mg)

2Td（12）

代入（1）式，得 xdmgl(lh)(lh)2 （13） Td绳子断开时珠子速度的大小为 vd一、参考解答

杆的端点A点绕O点作圆周运动，其速度vA的方向与杆OA垂直，在所考察时其大小为

vAR

2gyd2gl(1mg) （14） 2Td （1）

示的正交分解，是速率vM，则 （2）

对速度vA作如图预解18-1所沿绳BA的分量就是物块M

vMvAcos

由正弦定理知

sinOABsinHR

（3）

由图看出

OAB2

（4）

由以上各式得

vMHsin

（5）

评分标准：本题15分

其中（1）式3分；（2）式5分；（5）式7分。

五、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m1a

（1）

（2）

1Lx1a1t2

2fFMa2

（3）

1x1a2t2 2 （4）

解以上四式，得

t2LMmMf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）

v为人在木板另一端刚停下时两者一起运动的速度．设人在木板另一端停下后

两者一起向前移动的距离为x2，地面的滑动摩擦系数为，则有

1(Mm)v2(Mm)gx2 2 （7）

木板向前移动的净距离为 由以上各式得

1FLMmLmX(fF) gMm(Mm)(fF)MFMfm(fF)2Xx2x1

（8）

由此式可知，欲使木板向前移动的距离X为最大，应有

fF （9） 即

fFmax(Mm)g

（10）

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

XmaxmL Mm （11）

F由上可见，在设木板发生向后运动，即fF的情况下，f时，X有极大值，

也就是说，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Xmax。 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。

十八届复赛

六、参考解答

1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设G1的速度的大小为v1，方向向上，G2的速度大小为v2，方向向下，则有

m1v1m2v20 （1）

1122m1v1m2v2E0 22 （2）

解（1）、（2）两式，得

v1v22m2E0 m1(m1m2)2m1E0 m2(m1m2) （3） （4）

（5）

设G1升空到达的最高点到井口的距离为H1，则

2v1m2H1E0

2gm1g(m1m2)G1上升到最高点的重力势能

EP1m1gH1m2E0 m1m2 （6）

它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分．

2．在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为h时，玩具向上的速度为 u2gh （7） 设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，G1的速度大小为V1，方向向上，G2的速度大小为V2，方向向下，则有

mV11m2V2(m1m2)u （8）

111222mV11m2V2(m1m2)uE0 222 （9）

消去（8）、（9）两式中的V2，得V1的方程式

mmmm111V22m111uV1m111u22E00 1m2m2m22E0m2m1(m1m2)由此可求得弹簧刚伸长至原长时，G1和G2的速度分别为

V1uV2u （10） （11）

2E0m1m2(m1m2)设G1从解除锁定处向上运动到达的最大高度为H2，则有

2E0m21H2u2g2gm(mm)112V122

hm2E0E0m2h2m1g(m1m2)m1g(m1m2)从井口算起，G1上升的最大高度为

hH2H2m2E0E0m2h 2m1g(m1m2)m1g(m1m2) （12）

讨论：

可以看出，在第二方案中，G1上升的最大高度H2大于第一方案中的最大高

度H1，超出

的高度与解除锁定处到井口的深度h有关．到达H2时，其重力势能为

EP2m1gH2m2E0mmEgh2120 m1m2m1m2 （13）

（ⅰ）若EP2E0 （14） 即

2m1m2E0ghmE10m1m2m1m2E0m1

4m2g(m1m2)

这要求

h （15）

这时，G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上升的最大高度为 H2E0

m1g（ⅱ）若EP2E0 （16） 即 这要求

hE0m14m2g(m1m2)2m1m2E0ghmE10m1m2m1m2

（17）

此时G1升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性势

能．在这一条 件下，G1上升的高度为 H2E0

m1g（ⅲ）若EP2E0 （18）

即 这要求

2m1m2E0ghmE10m1m2m1m2E0m14m2g(m1m2)

h （19）

此时G1升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量只能来自G2的机械能．在这个条件下，G1上升的最大高度为 十七届预赛 二、参考解答

1．因桌面是光滑的，轻绳是不可伸长的和柔软的，且在断开前绳都是被拉紧的，故在绳断开前，物块在沿桌面运动的过程中，其速度始终与绳垂直，绳的张力对物块不做功，物块速度的大小保持不变。设在绳刚要断开时绳的伸直部分的长度为x，若此时物块速度的大小为vx，则有

vxv0 （1）

绳对物块的拉力仅改变物块速度的方向，是作用于物块的向心力，故有

22mv0mvx T0xxH2E0m1g

（2）

由此得

2mv0 xT0

（3）

代入数据得 x0.60m （4）

2. 设在绳刚要断开时，物的P点，BP是绳的伸直部分，

块位于桌面上物块速度v0的

方向如图预解17-2所示．由题意可知，OBBP．因物块离开桌面时的速度仍为

v0，物块离开桌面后便做初速度为v0的平抛运动，设平抛运动经历的时间为t，

则有

H1gt2 （5）

2物块做平抛运动的水平射程为 s1v0t （6）

由几何关系，物块落地地点与桌面圆心O的水平距离s为 ssR2x2x212 （7）

解（5）、（6）、（7）式，得 s2H222vRx0xg2 (8) 代人数据得 s2.5m 二、参考解答

1．因桌面是光滑的，轻绳是不可伸长的和柔软的，且在断开前绳都是被拉紧的，故在绳断开前，物块在沿桌面运动的过程中，其速度始终与绳垂直，绳的张力对物块不做功，物块速度的大小保持不变。设在绳刚要断开时绳的伸直部分的长度为x，若此时物块速度的大小为vx，则有

vxv0 （1）

绳对物块的拉力仅改变物块速度的方向，是作用于物块的向心力，故有

22mv0mvx T0xx （2）

由此得

2mv0 xT0

（3）

代入数据得 x0.60m （4）

2. 设在绳刚要断开时，物块位于桌面上的P点，BP是绳的伸直部分，物块速度v0的方向如图预解17-2所示．由题意可知，

OBB．P因物块离开桌面时的速度仍为v0，物

块离开桌面后便做初速度为v0的平抛运动，设平抛运动经历的时间为t，则有 H1gt2 （5）

2物块做平抛运动的水平射程为 s1v0t （6）

由几何关系，物块落地地点与桌面圆心O的水平距离s为 ssR2x2x212 （7）

解（5）、（6）、（7）式，得 s2H22Rxx2v0g2 (8) 代人数据得 s2.5m

八、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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，物块则因受木板C施加的摩擦力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

f1 mg （1）

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A刚好与物块B不发生碰撞，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 （2）

在此过程中，设木板C运动物块A运动的路程为s1L，如图预示．由动能定理有

1212 mv1mv0mg(s1L)2212(2m)v1mgs1 （4） 2的路程为s1，则解

17-8

所

（3）

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(3m)v121mv02mgL （5）

22式中L就是物块A相对木板C运动的路程．解（2）、（5）式，得 v0即物块A的初速度v0 3gL （6）若v03gL，则A将与B发3gL时，A刚好不与B发生碰撞，

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vA、vB和vC，则有

vAvB vBvA 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v2．根据动量守恒定律有 mv03mv2

（10）

A以初速度v0开始运动，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，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

122 1(3m)v2mv0mg2L （11）

22解（10）、（11）两式得 v0即物块A的初速度v0（12） 6gL 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（13） 6gL 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vA、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vA、vB和vC，则仍类似于

第2问解答中（9）的道理，有

vBvC vCvB vAvA （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1v0向右做匀速

3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

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

2 1(3m)v321mv0mg4L （19）

22由（18）、（19）两式，得 v0（20） 12gL 12gL时，A刚好不会从木板C即当物块A的初速度v0A将从木板C上掉下．若v012gL，则上掉下，故A从C上掉下的条件是

12gL v0（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 （22） 这时（18）式应改写为

mv02mvAmvC （23） （19）式应改写为

2 1(2m)vB21mvC21mv0mg4L （24）

222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v4，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21mvmvC2mgL （26） 1(2m)v42B222由（23）、（24）、（25）、（26）式可得 v04即当v04（27） gL 上掉下。若，则B将从木板C上掉下，

gL时，物块B刚好不能从木板C故物块B从木板C上掉下来的条件是 十七届复赛 四、参考解答

1．设太阳的质量为M0，飞行器的质量为m，飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为R．根据所设计的方案，可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出

v04gL （28）

发，沿着半个椭圆轨道到达小行星轨道上的，该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切，又与小行星的圆轨道相切．要使飞行器沿此椭圆轨道运动，应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内，由v0变为某一值u0．设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为u，因大小为u0和u的这两个速度的方向都与椭圆的长轴垂直，由开普勒第二定律可得

u0R6uR （1） 由能量关系，有

1mu2GM0m1mu2GM0m20R26R 由牛顿万有引力定律，有

GMv20m0R2mR

或

v00GMR 解（1）、（2）、（3）三式得 u1207v0 （4）

u121v0 （5）

设小行星绕太阳运动的速度为v，小行星的质量M，由牛顿万有引力定律 GM0Mv2(6R)2M6R

得

（2）

3）

（

vGM01v0 （6） 6R6可以看出 vu （7）

由此可见，只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道，使得它到达小行星轨道处时，小行星的前缘也正好运动到该处，则飞行器就能被小行星撞击．可以把小行星看做是相对静止的，飞行器以相对速度为vu射向小行星，由于小行星的质量比飞行器的质量大得多，碰撞后，飞行器以同样的速率vu弹回，即碰撞后，飞行器相对小行星的速度的大小为vu，方向与小行星的速度的方向相同，故飞行器相对太阳的速度为 u1vvu2vu 或将（5）、（6）式代入得 u121 （8） v0321如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系，它应具有的最小速度为u2，则有

Mm2 1mu2G00

26R得

u2可以看出

u11112vv0u2 （10） 0373GM01v0 （9） 3R3飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系．

2. 为使飞行器能进入椭圆轨道，发动机应使飞行器的速度由v0增加到u0，飞行器从发动机取得的能量

E11mu021mv021m12v021mv022227252 （11） mv014若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系，飞行器应具有的最小速度为u3，则有

1mu32GM0m0

2R由此得

u32GM02v0 （12） R飞行器的速度由v0增加到u3，应从发动机获取的能量为

121212E2mu3mv0mv0 （13） 222所以

52mv0E1140.71 （14） E21mv220评分标准：本题25分

1. 18分。其中（5）式6分，求得（6）式，说明飞行器能被小行星碰撞给3分；（8）式5分；得到（10）式，说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给4分。

2. 7分。其中（11）式3分，（13）式3分，求得（14）式再给1分。

十六届预赛 二、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

12mvmgs1 2 （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

1212Mvmv0mgs2 22 （3）

其中s2为小车移动的距离。用l表示车顶的最小长度，则 （4）

由以上四式，可解得

2Mv0 l2g(mM)ls2s1

（5）

2Mv0即车顶的长度至少应为l。

2g(mM)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

2 W1(mM)v21Mv0 （6）

22由（1）、（6）式可得

2mMv0 W （7）

2(mM)七、参考解答

t10.5s和t12.5s的波形如图预解16-7-1所示。

其中10.5 s 时的波形，如果没有固定点应如AB所示，以固定点D对称作出反射波B'C'，再和AC合成，形成了AED（图预解16-7-2）。12.5 s 的波形，如果没有固定点应如AB所示，以固定点对称作出反射波A'B'（图预解16-7-3）．

八、参考解答

首先求出一定质量的引力源成为黑洞应满足的条件．按照黑洞的定义，包括以光速运动的光子也不能脱离黑洞的吸引，即不能逃离黑洞的表面．而拉普拉斯经典黑洞模型则把光看做是以光速c运动的某种粒子．我们知道，物体在引力作用下的势能是负的，物体恰能逃离引力作用，表示物体运动到无限远的过程中，其动能恰好全部用于克服引力做功．物体在无限远处时，动能和势能都等于零．这意味着该物体处在引力源表面处时，其动能与势能之和亦等于零．物体不能逃离引力作用，表示该物体尚未到达无限远处，其动能已全部用于克服引力做功，但引力势能仍是负的．这意味着它在引力源表面处时，其动

能与势能之和小于零．若某引力源的质量为M，半径为rB，质量为m的粒子在引力源表面的速度等于光速，但它仍不能逃离引力作用，则按牛顿力学的观点应有下列关系：

1mc2GMm0 （1）

2rB或

rB2GM 2c（2）

这就是说，对于质量为M的引力源，只有其半径rB（叫做黑洞的引力半径）小于2GM时才会在其表面产生足够强的引力，使得包括光在内的所有物质都不2c能脱离其引力作用．对光而言，人们将无法通过光学测量看到它，这就是把它叫做黑洞的原因．

现在再来根据观测数据确定存在于银河系中心的大黑洞的半径．设位于银河系中心的引力源的质量为M，绕银河系中心旋转的星体的质量为m，该星体做圆周运动时，有下列关系：

v2mMmG2rrrv2 即 MG （3）

r为轨道半径．若该引力源为黑洞，则其质量分布球的半径应满足（2）式，即

2Gv2rv2rrB222cGc （4）

根据观测数据，v2103km/s=2106m/s，r60108km=61012m，而c3108m/s，把这些数据代入（4）式，得

rB5.3108m=5.3105km （5）

这说明，对质量由（3）式决定的引力源来说，半径小于5.3105km时才是黑洞，大于这个数值则不是黑洞．所以如果银河系中心存在黑洞的话，该黑洞的

半径小于5.3105km． 十六届复赛 四、参考解答

1．双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，设运动速率为v，向心加速度满足下面的方程：

v2GM22 ML/2L （1）

v周期

GM2L （2）

T计算＝2(L/2)Lv2LGM （3）

2．根据观测结果，星体的运动周期 T观察＝1NT计算T计算 （4）

这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力，故它一定还受到其他指向中心的作用力，按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量M位于中点处的质量点相同．考虑暗物质作用后双星的速度即为观察到的速度v观，则有

GM2 M2GMM2L/2L(L/2)2v观 （5）

v观＝G(M4M)2L （6）

因为在轨道一定时，周期和速度成反比，由（4）式得

111 （7） ＝v观Nv把（2）、（6）式代入（7）式得

MN1M （8）

4设所求暗物质的密度为，则有

LN1 4M3243

故

M 3(N1) （9） 32L六、参考解答

设所加匀强电场的场强为E，它在y方向和z方向的分量分别为EyEsin，

EzEcos。

由于物块带负电，电场作用于物块的电力的两个分量分别为

FyqEyqEsin （1） FzqEzqEcos （2）

Fy在xy平面内，方向沿y轴正方向．Fz垂直于xy平面，被绝缘平面的支持

力所平衡，故物块对绝缘平面的正压力的大小N和Fz的大小相等，即

NqEcos 绝缘平面作用于物块的摩擦力

fNqEtancosqEsinFy （3）

f的方向决定于物块移动的方向．

根据题意，物块在xy平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移

动．作用于物块的三个力Fy、f和线的拉力T都在xy平面内．物块在任一位置达到平衡时的受力情况如图预解16-6所示。为细线与x轴的夹角。把T沿x和y方向分解得

TxTcos,TyTsin

用fx和fy表示f的两个分量，物块平衡时，有

FyTsinfy0 Tcosfx0

（4）

（5）

由（4）、（5）式得

(FyTsin)2T2cos2f2

注意到（3）式，得

T(T2Fysin)0

得 T0 或

T2Fysin

（6）

T0不符合题意，因要小物块缓慢移动，需要细线牵引，应舍去．因0，

T2Fysin0，将T代入（4）、（5）式，

有

fyTsinFyFycos2

fxTcosFysin2

摩擦力方向的斜率

kfyfxcot （7）

k是摩擦力方向与x轴夹角的正切，即摩擦力方向的斜率，因摩擦力始终

沿轨道的切线方向，故k也就是轨道切线的斜率．下面，通过对（7）式的分析来寻找轨道方程．

当中一0，k－co即在起点A时，轨道的切线与x轴垂直 当0，k，即在起点A时，轨道的切线与x轴垂直。

当，k，一种情况是小物块运动到y轴上后，沿y轴做直线运动到O点，

2但这与题设轨迹移动是一条二次曲线不符，因而它一定表示轨道在O点的切线与x轴垂直．

在二次曲线中，曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆．又因为A、O两点的切线与它们的连线相垂直，这连线应为曲线的轴线，且在Ox轴上，另一轴在它的垂直平分线上且与y轴平行。曲线与此轴线的交点为0.代入式得，故

4该曲线为

2x0x02xy2 圆，其方程为

2x0x02xy2

2424