中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 1 第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准 一、(15分)一半径为R、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水 平且朝上.一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其 大小为⑦(。≠0)，求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率.重力 加速度大小为g 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)分解成纬线切向（水平方向）分量)，及经线 切向分量)。：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日.由机械能守恒得 2m=-mgRsin+mm 1 1 2 (1) 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 mo R=mv Rcos0 (2) 由(1)式，最大速率应与0的最大值相对应 Vmax=0(8nmax） (3) 而由(2)式，B不可能达到π/2.由(1)和(2)式，0的最大值应与v。=0相对应，即 vo(ax)=0. (4) [ (4)式也可用下述方法得到：由(1)、(2)式得 2gRsin0-v tan0=0020. 若sinB≠0，由上式得 sin 2gR cos20 实际上，sin0=0也满足上式。由上式可知 sinma=2gR COS2Omax vo 由(3)式有 vo(mas)=2gRsin emas-vo tanns=0. (4) 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
1 第 30 届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准 一、（15分）一半径为 R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水 平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其 大小为v0 ( v0 0 ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力 加速度大小为 g . 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 q 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q . 由机械能守恒得 2 2 2 0 1 1 1 sin 2 2 2 m mgR m m = - + + q q v v v (1) 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 0 m R m Rcos v v = q . (2) 由 (1) 式，最大速率应与q 的最大值相对应 max max v v = ( ) q . (3) 而由 (2) 式，q 不可能达到π 2 . 由(1)和(2)式，q 的最大值应与 0 vq = 相对应，即 max ( ) 0 vq q = . (4) [ (4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得 2 2 2 0 2 sin tan 0 gR q q - = q v v . 若sin 0 q ，由上式得 2 2 0 sin 2 cos q gR q v . 实际上，sin =0 q 也满足上式。由上式可知 max 2 2 max 0 sin 2 cos q gR q = v . 由(3)式有 2 2 2 max max 0 max v v q( ) 2 sin tan 0 q q q = - = gR . (4’) 0 v O q P 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 2 将0(0)=0代入式(1)，并与式(2)联立，得 76sin20nax-2 gRsin0nax（1-sin20n）=0 (5) 以sin0ms为未知量，方程(5)的一个根是sinO=0,即0=0，这表示初态，其速率为最小值，不 是所求的解.于是sin≠0.约去sin0x,方程(5)变为 2gRsinnas+sin em-2gR=0. (6) 其解为 +16&R2 (7) 4gR 注意到本题中si0≥0，方程(6)的另一解不合题意，舍去.将(7)式代入(1)式得，当0=0时， =+@+16gR）月 (8) 考虑到（④）式有 a=反-G++16gR) (9) 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 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
2 ] 将 max ( ) 0 vq q = 代入式(1)，并与式(2)联立，得 ( ) 2 2 2 0 max max max v sin 2 sin 1 sin 0 q q q - - = gR . (5) 以 max sinq 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 max sin 0 q . 约去 max sinq ，方程(5)变为 2 2 max 0 max 2 sin sin 2 0 gR gR q q + - = v . (6) 其解为 2 2 2 0 max 4 0 sin 1 16 1 4 g R gR q = + - v v . (7) 注意到本题中sin 0 q ，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当q q = max 时， ( ) 2 2 4 2 2 0 0 1 16 2 v v v = + + g R , (8) 考虑到(4)式有 ( ) 2 2 4 2 2 max 0 0 1 16 2 v v v v = = + + g R . (9) 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. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 3 二、(20分)一长为21的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m的 小物块D和一质量为am(α为常数)的小物块B,杆可绕通过小物块B所在端的竖直固定转轴 无摩擦地转动.一质量为m的小环C套在细杆上(C与杆密接)，可沿杆滑动，环C与杆之间的 摩擦可忽略。一轻质弹簧原长为1，劲度系数为k,两端分别与小环C和物块B相连.一质量为m的 小滑块A在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D,并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短.碰撞 时滑块C恰好静止在距轴为r(r>1)处 1.若碰前滑块A的速度为)。，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量： 2.若碰后物块D、C和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A的速度。应满足的条件。 参考解答： 1.由于碰撞时间△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)A、c D,显然有 %2之 0c (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 mop21+mocr mv 21 =mvo21 (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△ 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 1212121 2mio6+2m吃+乞m0=2m0 (3) 2 2 由(1)(2)、(3)式解得 4lr 812 r 0c=8P+P0o,0n=82+P,04=8P+r% (4) [代替(3)式，可利用弹性碰撞特点 00=0p-04 (3) 同样可解出(4).】 设碰撞过程中D对A的作用力为F,对A用动量定理有 412+r2 F4=mA-m。=-8P+F2mmw (5) 方向与方向相反.于是，A对D的作用力为F的冲量为 F4山=4+r2 8+2m (6) 方向与。方向相同. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
3 二、（20 分）一长为 2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为 m 的 小物块 D 和一质量为m（ 为常数）的小物块 B，杆可绕通过小物块 B 所在端的竖直固定转轴 无摩擦地转动. 一质量为 m 的小环 C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环 C 与杆之间的 摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为 l，劲度系数为 k，两端分别与小环 C 和物块 B 相连. 一质量为 m 的 小滑块 A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块 D，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块 C 恰好静止在距轴为r （ r > l ）处. 1. 若碰前滑块 A 的速度为 0 v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量； 2. 若碰后物块 D、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块 A 的速度 0 v 应满足的条件. 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 D C 2l r v v = . (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 m l m r m l m l v v v v D C A 0 2 2 2 + + = . (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 2 2 2 2 D C A 0 1 1 1 1 2 2 2 2 m m m m v v v v + + = . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 4 8 , , 8 8 8 C D A lr l r l r l r l r = = = - + + + v v v v v v (4) [代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点 v v v 0 = - D A . (3’) 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 2 2 1 A 0 0 2 2 4 2 8 l r F t m m m l r + ¢ = - = - + v v v , (5) 方向与v0方向相反. 于是，A 对 D 的作用力为 F1的冲量为 2 2 1 0 2 2 4 2 8 l r F t m l r + = + v (6) 方向与v0方向相同. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 4 以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为x,则 x=mr+m21_21+r (7) (a+2)ma+2 质心在碰后瞬间的速度为 0=x= 41(21+r) (8 ’(a+28P+可% 轴与杆的作用时间也为△1，设轴对杆的作用力为F,由质心运动定理有 FAI+FAI=(a+2)mo=4(21+r 8P+rmo. (9 由此得 FA=2-22m, (10) 82+2 方向与。方向相同.因而，轴受到杆的作用力的冲量为 5y=-2-2 (11) 82+2 方向与。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 F△1+FA1=mc+oo,] [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 单簧的弹力恰好提供滑块C以速度，一，绕过B的箱做匀速圆周运动的向心力，即 k(r-e)=m 2162r r (8P+2m (12) 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0应满足的条 件 k(r-) 41 (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。应满足(13)式 评分标准：本题20分 第1间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. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
4 以 B、C、D 为系统，设其质心离转轴的距离为 x ，则 2 2 ( 2) 2 mr m l l r x m + + = = + + . (7) 质心在碰后瞬间的速度为 C 2 2 0 4 (2 ) ( 2)(8 ) l l r x r l r + = = + + v v v . (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 2 1 0 ( ) 2 2 4 (2 ) 2 8 l l r F t F t m m l r + + = + = + v v . (9) 由此得 2 0 2 2 (2 )2 8 r l r F t m l r - = + v . (10) 方向与v0方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为 2 0 2 2 (2 )2 8 r l r F t m l r - ¢ = - + v , (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 F t F t m m 2 1 C D + = + v v . ] [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 2 2 0 4 8 C lr l r = + v v 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即 ( ) 2 2 C 2 2 2 2 0 16 (8 ) l r k r m m r l r - = = + v v (12) 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 0 v 应满足的条 件 ( ) 2 2 0 (8 ) 4 l r k r l mr + - = v (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. 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. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 5 三、(25分)一质量为m、长为L的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内自由 转动.杆在水平状态由静止开始下摆， 1.令1=”表示细杆质量线密度。当杆以角速度0绕过其一端的光滑水平轴0在竖直平面内转动 时，其转动动能可表示为 E=k“o 式中，k为待定的没有单位的纯常数.已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相 等时才相等.由此求出α、B和y的值 2.己知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随 质心平动的参考系)中的动能之和，求常数k的值 3.试求当杆摆至与水平方向成0角时在杆上距O点为r处的横截面两侧部分的相互作用力.重力加 速度大小为g」 提示：如果X(t)是t的函数，而Y(X(t)是X(t)的函数，则Y(X(t)对1的导数为 dy(X()_dy dx dx dr 例如，函数cos(t)对自变量t的导数为 dcos(dcose de dr de dt 参考解答 1.当杆以角速度0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1、。和 L的函数，按题意可表示为 E4=ka“o (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1、o、L和E的单位分别为 []=[M[L, [o]=[TT, (2) [L]=[L, [E]=[MI[L[T]2 在一般情形下，若[q]表示物理量g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，(I)式可写为 (E.)[E]=k(2)(o)P(L)y[][o[LY (4 在由(2)表示的同一单位制下，上式即 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理
5 三、（25 分）一质量为m 、长为 L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由 转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令 m L l = 表示细杆质量线密度. 当杆以角速度w 绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动 时，其转动动能可表示为 E k L k g = l w 式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相 等时才相等. 由此求出 、 和g 的值. 2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随 质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值. 3. 试求当杆摆至与水平方向成q 角时在杆上距O 点为 r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加 速度大小为 g . 提示：如果 tX )( 是t 的函数，而 tXY ))(( 是 tX )( 的函数，则 tXY ))(( 对t 的导数为 d ( ( )) d d d d d Y X t Y X t X t = 例如，函数cos ( ) q t 对自变量t 的导数为 d cos ( ) d cos d d d d t t t q q q q = 参考解答： 1. 当杆以角速度w 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l 、w 和 L 的函数，按题意 可表示为 E k L k g = l w (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 、w 、 L 和 Ek 的单位分别为 1 1 2 2 [ ] [ ][ ] , [ ] [ ] , [ ] [ ], [ ] [ ][ ] [ ] k M L T L L E M L T l w - - - = = = = (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 ( )[ ] ( ) ( ) ( ) [ ] [ ] [ ] E E k L L k k g g = l w l w (4) 在由(2)表示的同一单位制下，上式即 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理