高中物理竞赛力学题集锦

作者：melody | 发布时间：2021-02-23 12:38:53 收藏本文下载本文

全国中学生物理竞赛集锦（力学）第第 1 21 届预赛（2004.9.5）二、（15分）质量分别为 m 1 和 m 2 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，m 1 悬空，m 2放在斜面上，用 t 表示 m 2 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 m 1 和 m 2 位置互换，使 m 2 悬空，m 1 放在斜面上，发现 m 1 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m l 与 m 2 之比。

七、（15分）如图所示，B是质量为 m B、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 m A 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：

m B ＝2 m A。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与动滑轮党组成一滑轮组，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 l 0，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。

第第 1 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 R GM 4 3  v，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，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（3 2003 年年 9 9 月月 5 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 v 0 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 t o 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．(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 v 0 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，A BC D E v 0

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 ＝20 m，地球半径0R ＝6400 km．假定地球是质量均匀分布的球体，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0v 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0）：每次 e（＜1）．又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为 （≠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（2 2002 年年 9 9 月月 5 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 3 3S2.8 10 kg m    －，沙尘颗粒为球形，半径42.5 10 m r  －，地球表面处空气密度301.25kg m   －，0.45  ，试估算在地面附近，上述 v 的最小值1v ．（2）假定空气密度  随高度 h 的变化关系为0(1)Ch    ，其中0 为 0 h 处的空气密度，C 为一常量，4 11.18 10 m C －，试估算当19.0m s v  －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66.37 10 m R  ，地球表面处的重力加速度29.80m s g  －七、（25 分）如图预 19-7 所示，在长为 0.1  l m、质量为B30.0kg m  的车厢 B 内的右壁处，放一质量

A20.0kg m  的小物块 A（可视为质点），向右的水平拉力 120.0 N F  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 5.0m s ，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12cm，D 的有水，容器水面的高度差分别为1h 和1h 如图所示．A、B、C 的截面半径为半径为 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dT，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点时速度向的分量称为法向加速度na，可以证明，2n/ a v R ，v 为质点在该的大小，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AR，在 B 点的曲率半径为BR ．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Mv。

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，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦木板的一端由静止开始相对系数相等，皆为  ．质量为 m 的人从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1G 的质量为1m，下部分2G 的质量为2m，弹簧夹在1G 与2G 之间，与二者接触而不固连．让1G、2G 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0E ．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1G 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1G 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1G 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 0 2000 年竖直的立二、（15 分）一半径为 1.00m R  的水平光滑圆桌面，圆心为 O，有一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在桌面上上的某一点，另一端系一质量为27.5 10 kg m  －的小物块。将小物块放并把绳拉直，再给小物块一个方向与绳垂直、大小为04.0m/s v  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02.0 N T  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 0.80m H  ．物块在桌面上运动时未与立柱相碰．取重力加速度大小为210 m/s ．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0v 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0v，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1E ．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2E 表示，问12EE为多少? 第十六届预赛 9 1999 年二、（15 分）一质量为 M 的平顶小车，以速度0v 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 2.5s t  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 12.5s t  时的波形图。

3.在图预 16-7-1 中准确地画出 10.5s t  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20 3 1 26.67 10 km kg s G    －－－）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 21()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34L，由静止开始下落。试计算木棍到达最低处所需的时间。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 : 1:(1)T T N N  观测计算。为了解释 T 观测与 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0(,0,0)A x 处放一带电量为(0)q q   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）答案第第 1 21 届预赛（2004.9.5）二、第一次，小物块受力情况如图所示，设 T 1 为绳中张力，a 1 为两物块加速度的大小，l 为斜面长，则有 1 1 1 1m g T m a  （1）1 2 2 1sin T m g m a   （2）2112l a t （3）第二次，m 1 与 m 2 交换位置．设绳中张力为 T 2，两物块加速度的大小为 a 2，则有 2 2 2 2m g T m a  （4）2 1 1 2sin T m g m a   (5)2212 3tl a   (6)由（1）、（2）式注意到  ＝30得 1 211 222()m ma gm m（7）由（4）、（5）式注意到  ＝30得 2 121 222()m ma gm m（8）由（3）、（6）式得 219aa （9）由（7）、（8）、（9）式可解得 121119mm（10）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 v A，B沿水平方向运动，设其速度为 v B，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 V A。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 A Asin V v  （1）B A cosV v  （2）因而 B A cotv v  （3）由能量守恒 A2 2B B A A121cos2m gR m v m v   （4）由（3）、（4）两式及 m B ＝2 m A 得 A22 cossin1 cosgRv（5）B22 coscos1 cosgRv（6）评分标准：

本题（15）分．（1）、（2）式各3分，（4）式5分，（5）、（6）两式各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，T 0 为悬挂托盘的绳的拉力。因D的质量忽略不计，有 T 0 ＝2 T（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 v 1，砝码2、3与托盘速度的大小都是 v 2，由动量定理，有 1 mg FI I mv  （2）2 mg TI I mv  （3）2 mg TI I mv  （4）02 mg F TI I I mv   （5）式中 I F、I mg、I T、I T 0 分别代表力 F、mg、T、T 0 在△ t 时间内冲量的大小。注意到式（1），有图1

I T 0 ＝2 I T（6）由（2）、（3）、（4）、（5）、（6）各式得 2 113v v （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△ l 1 表示在△ t 时间内弹簧上端向上运动的距离，△ l 2 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 2 113l l   （8）另有 1 2 0l l l    （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 2 2 20 1 2 1 2 21 1 13 22 2 2kl mv mv mg l mg l mg l         （10）由（7）、（8）、（9）、（10）式得 2 21 0 03 12 2v kl mglm    （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 t 1，有 v 1 ＝g t 1（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）T 0 － mg ＝ ma（15）T 0 ＝2 T（16）由（14）、（15）和（16）式得 13a g （17）托盘的加速度向上，初速度 v 2 向下，设经历时间 t 2，托盘速度变为零，有 v 2 ＝ at 2（18）由（7）、（12）、（17）和（18）式，得 11 2vt tg （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，图2

当砝码回到分离位置时，托盘亦回到分离位置，即再经历 t 1，砝码与弹簧相遇。题中要求的时间 12 t t 总（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。

第第 1 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  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远近＋rr AB (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．由角动量守恒远远近近＝ r m r v mv(2)式中 m 为卫星的质量．由机械能守恒远远近近－－rGMmmrGMmm2 22121v v (3)已知 R r 2 ＝近，RGM43＝近v 得 R r 6 远(4)所以 R R R AB 8 6 2   (5)在△ ABC 中用正弦定理  AB BC2 1 1π sin sin     (6)所以  AB BC2 11sinsin (7)地心与星体之间的距离为 OC，在△ BOC 中用余弦定理 2222cos 2  BC r BC r OC    远远(8)由式(4)、(5)、(7)得    2 12 12 1212sincos sin24sinsin16 9 2     R OC(9)评分标准：

C A B O  1

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；Cv表示 t 末了时刻 C 沿平行于 DE 方向速度的大小，Bv 表示 t 末了时刻 B 沿平行于 DE 方向速度的大小， Bv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 Cm I v    sin(1)v m I I     cos(2)对 B 有 Bm I v    sin(3)对 AB 有    Bm I v v 2 cos (4)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    sin cos sinB B Cv v v  (5)由以上五式，可解得 v m I22sin 3 1sin 3(6)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（3 2003 年年 9 9 月月 5 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20-5所 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，如图预解示。用  表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式 2cosmvT mgl 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 21cos [()cos)]2mgl mv mg x l x       （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0v v ，摆线与竖直线的夹角0  ，由式（1）得 20 0()cos v g l x   ，（3）代入（2）式，求出 02 cos 3()cos 2 l x l x     （4）要求作斜抛运动的摆球击中 C 点，则应满足下列关系式：

0 0 0()sin cos l x v t    ，（5）20 0 01()cos sin2l x v t gt     （6）利用式（5）和式（6）消去 t，得到

22 000()sin2cosg l xv（7）由式（3）、（7）得到 03cos3 （8）代入式（4），求出(2 3)3arccos2x ll    （9） 越大，cos  越小，x 越小， 最大值为 /2 ，由此可求得 x 的最小值：

(2 3)3 x l  ，所以(2 3 3)0.464 x t l   （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 0 t ，设运动员在 P 点（见图预解 20-6）抛出物块，以0t 表示运动员到达 P点的时刻，则运动员在 P 点的坐标Px、Py 和抛物前的速度 v 的分量pxv、pyv 分别为 0 cos pxv v  ，（1）0 0sinpyv v gt   （2）0 0cospx v t  ，（3）20 0 01sin2py v t gt   （4）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pxV、pyV，物块相对运动员的速度 u 的分量大小分别为xu、yu，方向分别沿 x、负 y 方向。由动量守恒定律可知()()px px x pxMV m V u M m v    ，（5）()()py py y pyMV m V u M m v    （6）因 u 的方向与 x 轴负方向的夹角为 ，故有 cosxu u  （7）sinyu u  （8）解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得 0coscospxmuV vM m  （9）V px V py u x u y v 0

0 0sinsinpymuV v gtM m   （10）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pxV、pyV。在 t 时刻（0t t ）运动员的速度和位置为 x pxV V ，（11）0()y pyV V g t t   ，（12）0 0 0()(cos)x xp pxmu mux x V t t v t tM m M m       ，（13）20 01()()2p pyy y V t t g t t     （14）由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得 0 0cos coscosmu mux v t tM m M m       （15）20 0sin 2 sin2 sinmu muy v t gt tM m M m        （16）运动员落地时，由式（16）得 20 0sin 2 sin2 sin 0mu mugt v t tM m M m        ，（17）方程的根为 20 0 0sin sin sinsin(sin)2mu mu muv v g tM m M m M mtg         （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 20 0 0sin sin sinsin(sin)2mu mu muv v g tM m M m M mtg         （19）（2）由式（15）可以看出，t 越大，0t 越小，跳的距离 x 越大，由式（19）可以看出，当 0t ＝0 时，t 的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为 0px ，0py （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00 t  和 t T  代入式（15），可求得跳远的距离，为

2 2 20 02sin2 2sin()sin2()()v mv u m uxg M m g M m g       （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 2 2 20 022()()mv mv u m uxg M m g M m g   （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 2GM mFr，（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 343M r （2）于是，质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为（3）43F G mr    作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为（4）sin f F  （5）sinxr   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 020GM mmgR（6）式中0M 是地球的质量。由上式可以得到 043g G R   （7）由以上各式可以求得

0mgf xR（8）可见，f 与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 0mgkR（9）物体将以 C 为平衡位置作简谐振动，振动周期为02 / T R g  。取 0 x 处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 0 x 处的速度为0v，则根据能量守恒，有 2 2 20 01 1()2 2mv k R h  （10）式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得 2 22 000R hv gR（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0v，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 0 0Mv mv MV mv   ，（12）2 2 2 20 01 1 1 12 2 2 2Mv mv MV mv   （13）解式（12）和式（13），得 03M mv vM 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 2 2 2 201 1 1()2 2 2k R h mu mv   （15）由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得 2 22 0208()()R h M M mu gR M m （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 2020 0M m uG mR R（17）由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到 2 207 102 2()R M Mm mhM M m （18）已知 20 M  m，则得

00.925 5920 km h R  （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1N，水平摩擦力为1F ；圆柱 B 受墙面的正压力为2N，竖直摩擦力为2F，圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为3N，切向摩擦力为3F ；圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为3N ，切向摩擦力为3F ，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1N、2N、3N 以及为保持平衡所需的1F、2F、3F 之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：

圆柱 A：

1 3 3sin cos 0 Mg N N F      （1）1 3 3cos sin 0 F N F     （2）1 3FR F R （3）圆柱 B：

2 3 3sin cos 0 Mg F N F      （4）2 3 3cos sin 0 N N F     （5）3 2F r F r（6）由于3 3F F ，所以得 1 2 3 3F F F F F   （7）式中 F 代表1F，2F，3F 和3F  的大小。又因3 3N N ，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为：

1 3 sincos 0 Mg N N F      （8）3 cossin 0 F N F     （9）3 sincos 0 Mg F N F      （10）2 3 cossin 0 N N F     （11）以上四式是1N，2N，3N 和 F 的联立方程，解这联立方程可得 2N F （12）31 sin1 cos sinN Mg  （13）

2cos1 cos sinN F Mg   （14）12 cos 2sin1 cos sinN Mg    （15）式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，1N，2N，3N 没有问题，但1F，2F，3F 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），得所以 21  （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1F 满足1 1 1F N  ，则圆柱在地面上不滑动；若1 1 1F N  ，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 111cos2 cos 2sinFN   （17）由图复解 20-5 可知 cosR rR r（18）22sin 1 cosRrR r    （19）由式（17）、（18）和式（19）以及1 ＝0.20，可以求得 19r R （20）即只有当19r R  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 333cos1 sinFN （21）由式（18）、（19）以及3 ＝0.30，可解得 270.2913r R R    （22）显然，在平衡时，r 的上限为 R。总结式（20）和式（22），得到 r 满足的条件为 0.29 R r R  （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1A 点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为0v，竖直速度为 02 u gh （1）碰撞后物块的竖直速度变为1u，根据题意，有 1 0u eu （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 0 11mu muNt（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1v，则有 1 0 1mv mv N t     （4）由以上各式得 1 0 0(1)v v e u    （5）同理，在落地点2A，3A，…，nA 其碰撞后的竖直分速度分别为 ………… 0nnu e u （6）其水平速度分别为 ………… 2 10 0(1)(1)nnv v e e e e u       （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nu 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0n n  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01 n n   次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因010nv，由式（7）两边取对数 000(1)11 lg 1lg(1)e vne e u       （8）令 00(1)1lg 1lg(1)e vBe e u      （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

有 01 n B  （10）若 B 不是整数，此种情况对应于在01 n n   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  0n B （11）  B 表示 B 的整数部分。

由于经过01 n  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01 nA处作上下跳跃，直到00ne u ，即 n ，最后停止在01 nA处。物块运动的最远水平距离00 1 ns A A。下面分别计算每次跳跃的距离。

00 1 0uA A vg（12）………… 0 000 021 20 0 012 2(1)(1)n nnn ne u v e uA A e e e eg g      （13）所求距离为上述所有量的总和，为 0 01 2(1)]n ne e e e     （14）分别求级数的和：

002 311nnee e e e ee    （15）0 0 01 2 2 221()1 1n n ne e e ee e     （16）将以上两个关系式和02 u gh  代入式（14），得 00 01022 1 4(1 2)(1)(1)1(1)nn nh e e hs v e e eg e e     （17）式中0n 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 20 1Av mg   ① 式中 m 为沙尘颗粒的质量，而 2A r   ② 3s43m r    ③ 得 10s43grv ④

代入数据得 114.0 m s v  － ⑤（2）用h、h 分别表示19.0m s v  －时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有 0 h(1)Ch     ⑥ 此时式①应为 2h Avmg   ⑦ 由②、③、⑥、⑦可解得 20s4 113r ghC v      ⑧ 代入数据得 36.8 10 m h   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 tTN ① 222()()mMG m R hT R h      ② 2M...