全國高中物理競賽第16-22屆動力學(xué)試題集錦(含答案)

1、全國中學(xué)生高中物理競賽第16屆22屆預(yù)賽動力學(xué)試題集錦（含答案）一、第16屆預(yù)賽題. （15分）一質(zhì)量為的平頂小車，以速度沿水平的光滑軌道作勻速直線運動?，F(xiàn)將一質(zhì)量為的小物塊無初速地放置在車頂前緣。已知物塊和車頂之間的動摩擦系數(shù)為。若要求物塊不會從車頂后緣掉下，則該車頂最少要多長？若車頂長度符合1問中的要求，整個過程中摩擦力共做了多少功？參考解答1. 物塊放到小車上以后，由于摩擦力的作用，當(dāng)以地面為參考系時，物塊將從靜止開始加速運動，而小車將做減速運動，若物塊到達(dá)小車頂后緣時的速度恰好等于小車此時的速度，則物塊就剛好不脫落。令表示此時的速度，在這個過程中，若以物塊和小車為系統(tǒng)，因為水平方向未受

2、外力，所以此方向上動量守恒，即 （1）從能量來看，在上述過程中，物塊動能的增量等于摩擦力對物塊所做的功，即 （2） 其中為物塊移動的距離。小車動能的增量等于摩擦力對小車所做的功，即 （3）其中為小車移動的距離。用表示車頂?shù)淖钚￠L度，則 （4）由以上四式，可解得 （5）即車頂?shù)拈L度至少應(yīng)為。2由功能關(guān)系可知，摩擦力所做的功等于系統(tǒng)動量的增量，即 （6）由（1）、（6）式可得 （7）二、第16屆預(yù)賽題.（20分）一個大容器中裝有互不相溶的兩種液體，它們的密度分別為和（）?，F(xiàn)讓一長為、密度為的均勻木棍，豎直地放在上面的液體內(nèi)，其下端離兩液體分界面的距離為，由靜止開始下落。試計算木棍到達(dá)最低處所需的時

3、間。假定由于木棍運動而產(chǎn)生的液體阻力可以忽略不計，且兩液體都足夠深，保證木棍始終都在液體內(nèi)部運動，未露出液面，也未與容器相碰。參考解答1用表示木棍的橫截面積，從靜止開始到其下端到達(dá)兩液體交界面為止，在這過程中，木棍受向下的重力和向上的浮力。由牛頓第二定律可知，其下落的加速度 （1）用表示所需的時間，則 （2）由此解得 （3）2木棍下端開始進(jìn)入下面液體后，用表示木棍在上面液體中的長度，這時木棍所受重力不變，仍為，但浮力變?yōu)楫?dāng)時，浮力小于重力；當(dāng)時，浮力大于重力，可見有一個合力為零的平衡位置用表示在此平衡位置時，木棍在上面液體中的長度，則此時有 （4）由此可得 （5）即木棍的中點處于兩液體交界處時

4、，木棍處于平衡狀態(tài)，取一坐標(biāo)系，其原點位于交界面上，豎直方向為軸，向上為正，則當(dāng)木棍中點的坐標(biāo)時，木棍所受合力為零當(dāng)中點坐標(biāo)為時，所受合力為 式中 （6）這時木棍的運動方程為 為沿方向加速度 （7）由此可知為簡諧振動，其周期 （8）為了求同時在兩種液體中運動的時間，先求振動的振幅木棍下端剛進(jìn)入下面液體時，其速度 （9）由機(jī)械能守恒可知 （10）式中為此時木棍中心距坐標(biāo)原點的距離，由（1）、（3）、（9）式可求得，再將和（6）式中的代人（10）式得 （11）由此可知，從木棍下端開始進(jìn)入下面液體到棍中心到達(dá)坐標(biāo)原點所走的距離是振幅的一半，從參考圓（如圖預(yù)解16-9）上可知，對應(yīng)的為30，對應(yīng)的時間

5、為。因此木棍從下端開始進(jìn)入下面液體到上端進(jìn)入下面液體所用的時間，即棍中心從到所用的時間為 （12）3從木棍全部浸入下面液體開始，受力情況的分析和1中類似，只是浮力大于重力，所以做勻減速運動，加速度的數(shù)值與一樣，其過程和1中情況相反地對稱，所用時間 （13）4總時間為 （14）三、第17屆預(yù)賽題.（20分）如圖預(yù)17-8所示，在水平桌面上放有長木板，上右端是固定擋板，在上左端和中點處各放有小物塊和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不計，、之間和、之間的距離皆為。設(shè)木板與桌面之間無摩擦，、之間和、之間的靜摩擦因數(shù)及滑動摩擦因數(shù)均為；、（連同擋板）的質(zhì)量相同開始時，和靜止，以某一初速度向右運動試問下列情況

6、是否能發(fā)生？要求定量求出能發(fā)生這些情況時物塊的初速度應(yīng)滿足的條件，或定量說明不能發(fā)生的理由（1）物塊與發(fā)生碰撞；（2）物塊與發(fā)生碰撞（設(shè)為彈性碰撞）后，物塊與擋板發(fā)生碰撞；（3）物塊與擋板發(fā)生碰撞（設(shè)為彈性碰撞）后，物塊與在木板上再發(fā)生碰撞；（4）物塊從木板上掉下來；（5）物塊從木板上掉下來參考解答1. 以表示物塊、和木板的質(zhì)量，當(dāng)物塊以初速向右運動時，物塊受到木板施加的大小為的滑動摩擦力而減速，木板則受到物塊施加的大小為的滑動摩擦力和物塊施加的大小為的摩擦力而做加速運動，物塊則因受木板施加的摩擦力作用而加速，設(shè)、三者的加速度分別為、和，則由牛頓第二定律，有 事實上在此題中，即、之間無相對運動

7、，這是因為當(dāng)時，由上式可得 （1）它小于最大靜摩擦力可見靜摩擦力使物塊、木板之間不發(fā)生相對運動。若物塊剛好與物塊不發(fā)生碰撞，則物塊運動到物塊所在處時，與的速度大小相等因為物塊與木板的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設(shè)為，由動量守恒定律得 （2）在此過程中，設(shè)木板運動的路程為，則物塊運動的路程為，如圖預(yù)解17-8所示由動能定理有 （3） （4）或者說，在此過程中整個系統(tǒng)動能的改變等于系統(tǒng)內(nèi)部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和（3）與（4）式等號兩邊相加），即 （5）式中就是物塊相對木板運動的路程解（2）、（5）式，得 （6）即物塊的初速度時，剛好不與發(fā)生碰撞，若，則將與發(fā)生碰撞，故與發(fā)生碰撞的條

8、件是 （7）2. 當(dāng)物塊的初速度滿足（7）式時，與將發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞的瞬間，、三者的速度分別為、和，則有 （8）在物塊、發(fā)生碰撞的極短時間內(nèi)，木板對它們的摩擦力的沖量非常小，可忽略不計。故在碰撞過程中，與構(gòu)成的系統(tǒng)的動量守恒，而木板的速度保持不變因為物塊、間的碰撞是彈性的，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，又因為質(zhì)量相等，由動量守恒和機(jī)械能守恒可以證明（證明從略），碰撞前后、交換速度，若碰撞剛結(jié)束時，、三者的速度分別為、和，則有 由（8）、（9）式可知，物塊與木板速度相等，保持相對靜止，而相對于、向右運動，以后發(fā)生的過程相當(dāng)于第1問中所進(jìn)行的延續(xù)，由物塊替換繼續(xù)向右運動。若物塊剛好與擋板不發(fā)生碰撞，則物塊以速

9、度從板板的中點運動到擋板所在處時，與的速度相等因與的速度大小是相等的，故、三者的速度相等，設(shè)此時三者的速度為根據(jù)動量守恒定律有 （10）以初速度開始運動，接著與發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞后物塊相對木板靜止，到達(dá)所在處這一整個過程中，先是相對運動的路程為，接著是相對運動的路程為，整個系統(tǒng)動能的改變，類似于上面第1問解答中（5）式的說法等于系統(tǒng)內(nèi)部相互問的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即 （11）解（10）、（11）兩式得 （12）即物塊的初速度時，與碰撞，但與剛好不發(fā)生碰撞，若，就能使與發(fā)生碰撞，故與碰撞后，物塊與擋板發(fā)生碰撞的條件是 （13）3. 若物塊的初速度滿足條件（13）式，則在、發(fā)生碰撞后，將與

10、擋板發(fā)生碰撞，設(shè)在碰撞前瞬間，、三者的速度分別為、和，則有 （14）與碰撞后的瞬間，、三者的速度分別為、和，則仍類似于第2問解答中（9）的道理，有 （15）由（14）、（15）式可知與剛碰撞后，物塊與的速度相等，都小于木板的速度，即 （16）在以后的運動過程中，木板以較大的加速度向右做減速運動，而物塊和以相同的較小的加速度向右做加速運動，加速度的大小分別為 （17）加速過程將持續(xù)到或者和與的速度相同，三者以相同速度向右做勻速運動，或者木塊從木板上掉了下來。因此物塊與在木板上不可能再發(fā)生碰撞。4. 若恰好沒從木板上掉下來，即到達(dá)的左端時的速度變?yōu)榕c相同，這時三者的速度皆相同，以表示，由動量守恒有

11、 （18）從以初速度在木板的左端開始運動，經(jīng)過與相碰，直到剛沒從木板的左端掉下來，這一整個過程中，系統(tǒng)內(nèi)部先是相對的路程為；接著相對運動的路程也是；與碰后直到剛沒從木板上掉下來，與相對運動的路程也皆為整個系統(tǒng)動能的改變應(yīng)等于內(nèi)部相互間的滑動摩擦力做功的代數(shù)和，即 （19）由（18）、（19）兩式，得 （20）即當(dāng)物塊的初速度時，剛好不會從木板上掉下若，則將從木板上掉下，故從上掉下的條件是 （21）5. 若物塊的初速度滿足條件（21）式，則將從木板上掉下來，設(shè)剛要從木板上掉下來時，、三者的速度分別為、和，則有 （22）這時（18）式應(yīng)改寫為 （23）（19）式應(yīng)改寫為 （24）當(dāng)物塊從木板上掉下

12、來后，若物塊剛好不會從木板上掉下，即當(dāng)?shù)淖蠖粟s上時，與的速度相等設(shè)此速度為，則對、這一系統(tǒng)來說，由動量守恒定律，有 （25）在此過程中，對這一系統(tǒng)來說，滑動摩擦力做功的代數(shù)和為，由動能定理可得 （26）由（23）、（24）、（25）、（26）式可得 （27）即當(dāng)時，物塊剛好不能從木板上掉下。若，則將從木板上掉下，故物塊從木板上掉下來的條件是 （28）四、第18屆預(yù)賽題. （25分）如圖預(yù)185所示，一質(zhì)量為、長為帶薄擋板的木板，靜止在水平的地面上，設(shè)木板與地面間的靜摩擦系數(shù)與滑動摩擦系數(shù)相等，皆為質(zhì)量為的人從木板的一端由靜止開始相對于地面勻加速地向前走向另一端，到達(dá)另一端時便驟然抓住擋板而停在

13、木板上已知人與木板間的靜摩擦系數(shù)足夠大，人在木板上不滑動問：在什么條件下，最后可使木板向前方移動的距離達(dá)到最大？其值等于多少？參考解答在人從木板的一端向另一端運動的過程中，先討論木板發(fā)生向后運動的情形，以表示人開始運動到剛抵達(dá)另一端尚未停下這段過程中所用的時間，設(shè)以表示木板向后移動的距離，如圖預(yù)解18-5所示以表示人與木板間的靜摩擦力，以表示地面作用于木板的摩擦力，以和分別表示人和木板的加速度，則 （1） （2） （3） （4）解以上四式，得 （5）對人和木板組成的系統(tǒng)，人在木板另一端驟然停下后，兩者的總動量等于從開始到此時地面的摩擦力的沖量，忽略人驟然停下那段極短的時間，則有 （6）為人在木

14、板另一端剛停下時兩者一起運動的速度設(shè)人在木板另一端停下后兩者一起向前移動的距離為，地面的滑動摩擦系數(shù)為，則有 （7）木板向前移動的凈距離為 （8）由以上各式得 由此式可知，欲使木板向前移動的距離為最大，應(yīng)有 （9）即 （10）即木板向前移動的距離為最大的條件是：人作用于木板的靜摩擦力等于地面作用于木板的滑動摩擦力移動的最大距離 （11） 由上可見，在設(shè)木板發(fā)生向后運動，即的情況下，時，有極大值，也就是說，在時間0內(nèi)，木板剛剛不動的條件下有極大值再來討論木板不動即的情況，那時，因為，所以人積累的動能和碰后的總動能都將變小，從而前進(jìn)的距離也變小，即小于上述的。評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分（1）、（2）、（

15、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；說明時木板向前移動的距離小于時的給1分。五、第18屆預(yù)賽題. （1 8分）在用鈾 235作燃料的核反應(yīng)堆中，鈾 235核吸收一個動能約為0.025的熱中子（慢中子）后，可發(fā)生裂變反應(yīng)，放出能量和23個快中子，而快中子不利于鈾235的裂變?yōu)榱四苁沽炎兎磻?yīng)繼續(xù)下去，需要將反應(yīng)中放出的快中子減速。有一種減速的方法是使用石墨（碳12）作減速劑設(shè)中子與碳原子的碰撞是對心彈性碰撞，問一個動能為的快中子需要與靜止的碳原子碰撞多少次，才能減速成為0.025的熱中子？參考解答設(shè)中子和碳核的質(zhì)量分別為和，

16、碰撞前中子的速度為，碰撞后中子和碳核的速度分別為和，因為碰撞是彈性碰撞，所以在碰撞前后，動量和機(jī)械能均守恒，又因、和沿同一直線，故有 （1） （2）解上兩式得 （3）因代入（3）式得 （4）負(fù)號表示的方向與方向相反，即與碳核碰撞后中子被反彈因此，經(jīng)過一次碰撞后中子的能量為 于是 （5）經(jīng)過2，3，次碰撞后，中子的能量依次為，有 （6）因此 （7）已知 代入（7）式即得 （8）故初能量的快中子經(jīng)過近54次碰撞后，才成為能量為0.025 的熱中子。評分標(biāo)準(zhǔn)：本題18分（1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。六、第19屆預(yù)賽，（15分）今年3月我國北方地區(qū)遭遇了近10

17、年來最嚴(yán)重的沙塵暴天氣現(xiàn)把沙塵上揚(yáng)后的情況簡化為如下情景：為豎直向上的風(fēng)速，沙塵顆粒被揚(yáng)起后懸浮在空中（不動）這時風(fēng)對沙塵的作用力相當(dāng)于空氣不動而沙塵以速度豎直向下運動時所受的阻力此阻力可用下式表達(dá)其中為一系數(shù)，為沙塵顆粒的截面積，為空氣密度（1）若沙粒的密度 ，沙塵顆粒為球形，半徑，地球表面處空氣密度，試估算在地面附近，上述的最小值（2）假定空氣密度隨高度的變化關(guān)系為，其中為處的空氣密度，為一常量，試估算當(dāng)時揚(yáng)沙的最大高度（不考慮重力加速度隨高度的變化）參考解答（1）在地面附近，沙塵揚(yáng)起要能懸浮在空中，則空氣阻力至少應(yīng)與重力平衡，即 式中為沙塵顆粒的質(zhì)量，而 得 代入數(shù)據(jù)得 （2）用、分別表

18、示時揚(yáng)沙到達(dá)的最高處的空氣密度和高度，則有 此時式應(yīng)為 由、可解得 代入數(shù)據(jù)得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分。1. 第一小題8分。其中式3分，式1分，式1分，式2分，式1分。2. 第二小題7分。其中式1分，式1分，式3分，式2分。七、第19屆預(yù)賽（25分）如圖預(yù)19-7所示，在長為m、質(zhì)量為的車廂B內(nèi)的右壁處，放一質(zhì)量的小物塊A（可視為質(zhì)點），向右的水平拉力作用于車廂，使之從靜止開始運動，測得車廂B在最初2.0 s內(nèi)移動的距離，且在這段時間內(nèi)小物塊未與車廂壁發(fā)生過碰撞假定車廂與地面間的摩擦忽略不計，小物塊與車廂壁之間的碰撞是彈性的求車廂開始運動后4.0 s時，車廂與小物塊的速度參考解答解法一：1. 討

19、論自B開始運動到時間內(nèi)B與A的運動。根據(jù)題意，在2 s內(nèi)，A未與B發(fā)生過碰撞，因此不論A與B之間是否有相對運動，不論A與B之間是否有摩擦，B總是作初速為零的勻加速直線運動。設(shè)B的加速度為，有 得 （1）如果A、B之間無摩擦，則在B向右移動1米距離的過程中，A應(yīng)保持靜止?fàn)顟B(tài)，接著B的車廂左壁必與A發(fā)生碰撞，這不合題意。如果A、B之間無相對運動（即兩者之間的摩擦力足以使A與B有一樣的加速度），則B的加速度這與（1）式矛盾。由此可見，A、B之間既有相對運動又存在摩擦力作用。以表示A、B間的滑動摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，則有 （2） （3）由（1）、（2）、（3）式得

20、（4） （5）2. 討論B的左壁與A發(fā)生第一次碰撞前的運動。由于，B向右的速度將大于A的速度，故A與B的左壁間的距離將減小。設(shè)自靜止開始，經(jīng)過時間，B的左壁剛要與A發(fā)生碰撞，這時，B向右運動的路程與A向右運動的路程之差正好等于，即有 解得 （6）代入數(shù)據(jù)，得 A與B發(fā)生第一次碰撞時，碰前的速度分別為 （7） （8）3. 討論B與A間的彈性碰撞以和分別表示第一次碰撞后A和B的速度。當(dāng)、為正時，分別表示它們向右運動。在碰撞的極短時間內(nèi)，外力的沖量可忽略不計，因此有 解以上兩式得 （9）（9）式表示，在彈性碰撞中，碰撞前后兩者的相對速度的大小不變，但方向反轉(zhuǎn)。4. 討論從第一次碰撞到車廂與小物塊速度

21、變至相同過程中的運動。由（9）式可以看出，經(jīng)第一次碰撞，A和B都向右運動，但A的速度大于B的速度，這時作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都為。設(shè)此過程中A向左的加速度和B向右的加速度分別為和，則由牛頓第二定律有 解得 （10） （11）由此可知，碰撞后，A作減速運動，B作加速運動。設(shè)經(jīng)過時間，兩者速度相等，第一次達(dá)到相對靜止，則有 由上式和（9）式解得 （12）代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 （13）設(shè)在時間內(nèi)，A與B的左壁之間的距離增大至，則有 結(jié)合（9）、（12）兩式得 （14）式中 （15）代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 由（14）可知，A不會與B的右壁發(fā)生碰撞。5. 討論A與B的左壁的第二次碰撞。以表

22、示B與A第一次相等的速度，由于B始終受作用而加速，它將拖著A向右加速，其情況與第一次碰撞前相似。這時作用于A的摩擦力向右，A的加速度為，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度為，方向也向右。但是原來A與B左端的距離為，現(xiàn)改為，因，B的左壁與小A之間的距離將減小。設(shè)兩者間的距離從減小至零即減小至開始發(fā)生第二次碰撞所經(jīng)歷的時間為，以代入式，結(jié)合（14）式，即可求得 （16）代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 第二次碰撞前瞬間A和B的速度分別為 （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。設(shè)第二次碰撞完畢的瞬間A、B的速度分別為和，則有 （18）第二次碰撞后，A以加速度作減速運動，B以加速

23、度作加速運動。設(shè)經(jīng)歷時間，兩者速度相等，即第二次相對靜止，則有 解得 （19）在時間內(nèi)，A與B的左壁的距離變?yōu)?，?結(jié)合（8）、（9）得 （20）自B開始運動到A與B達(dá)到第二次相對靜止共經(jīng)歷時間 6. 討論A與B的左壁的第三次碰撞。當(dāng)A與B的左壁之間的距離為時，A、B相對靜止。由于B受外力作用而繼續(xù)加速，它將拖著A向右加速。這時，A的加速度為，B的加速度為，方向都向右，但因，A將與B的左壁發(fā)生第三次碰撞。設(shè)此過程經(jīng)歷的時間為，則以代入（6）式結(jié)合（16）式得 （21）設(shè)第三次碰撞前瞬間A和B的速度分別為和，碰撞后的速度分別為和 碰撞后，A以加速度作減速運動，B以加速度作加速運動。設(shè)經(jīng)過時間兩者

24、速度相等，即第三次相對靜止，A與B左壁之間的距離為。則有 （22） 自B開始運動至第三次A與B相對靜止共經(jīng)歷的時間仍小于4 s。7. 討論車廂左壁與小物塊的第次碰撞。在第次碰撞完畢的瞬間，A和B的速度分別為和，A以加速度作減速運動，B以加速度作加速運動。經(jīng)過時間，兩者速度相等，即第次相對靜止。A與B左壁之間的距離為。根據(jù)前面的討論有 （23） 再經(jīng)過時間將發(fā)生B的左壁與A的第次碰撞。碰撞前兩者的速度分別為和。根據(jù)前面的討論，有 （24） 可以看出，碰撞次數(shù)越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。當(dāng)碰撞次數(shù)非常大時，下次碰撞前兩者的速度趨于相等，即A實際上將貼在B的左壁上不再分開。8. 討論第4

25、秒B與A的運動速度。第4秒末B與A的速度取決于在第4秒末B與A經(jīng)歷了多少次碰撞。B自靜止開始運動到第次相對靜止經(jīng)歷的總時間為 （25）以，代入，注意到當(dāng)很大時，得 （26）這表明早在第4秒之前，A與B的左壁貼在一起時二者速度已相同，不再發(fā)生碰撞，此后二者即以相同的速度運動了、現(xiàn)以A和B都靜止時作為初態(tài)，設(shè)時刻A和B的速度為，對A、B開始運動至的過程應(yīng)用動量定理，得 （27）或 代入數(shù)值，得 （28）解法二：如果A與B之間沒有摩擦力，B前進(jìn)1m就會與A發(fā)生碰撞。已知開始2s為A與B未發(fā)生碰撞，而B已走了5m，可見二者之間有摩擦力存在，且在此期間二者均作勻加速運動。由可求出B對地面的加速度： ，

26、設(shè)A與B底部之間的滑動摩擦力為，則由小車的運動方程 代入數(shù)值得 又由A的運動方程得A的相對地面的加速度為 于是，A對B的相對加速度為 第一次碰撞由開始運動到A碰撞B的左壁的時間滿足，。于是 A與B的左壁碰撞前瞬間，A相對B的速度 由于作彈性碰撞的兩個物體在碰撞前后其相對速度等值反向，所以碰后A從B的左壁開始，以相對速度 向右運動，所受摩擦力反向向左，為。對地面的加速度為 此時B所受的摩擦力方向向右，由其運動方程得B對地面的加速度為 由、二式知，碰后A對B的相對加速度為 A相當(dāng)于B作向右的勻減速運動。設(shè)A由碰后開始達(dá)到相對靜止的時間為，相當(dāng)于B走過的距離為，由式得 可見A停止在B當(dāng)中，不與B的右

27、壁相碰。第二次碰撞A在B內(nèi)相對靜止后，將相當(dāng)于B向左滑動，所受的摩擦力改為向右，而B所受的摩擦力改為向左。這時A對B的相對加速度重新成為，即式。A由相對靜止到與B的左壁第二次碰撞所需的時間可用算出： 自B開始運動至B的左壁與A發(fā)生第二次碰撞經(jīng)歷的時間 A達(dá)到B的左壁前相當(dāng)于B的速度的大小為 這也就是第二次碰后A由B的左壁出發(fā)的相對速度大小。第二次碰后，A相對B向右運動，此時A相對于B的相對加速度又成為，即式。A由碰撞到相對靜止所需要的時間和相當(dāng)于B走過的距離分別為 以后的碰撞根據(jù)、二式，如令 則有 由此可以推知，在第三次碰撞中必有 在第次碰撞中有 即每一次所需時間要比上次少得多（A在B中所走的

28、距離也小得多）。把所有的時間加在一起，得 這就是說，在B開始運動后3.56 s時，A將緊貼B的左壁，并與B具有相同速度，二者不再發(fā)生碰撞，一直處于相對靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)取A和B都靜止時作為初態(tài)，以時刻的運動狀態(tài)為末態(tài)，設(shè)此時A和B的速度為，由動量定理，有 代入數(shù)值，得 答：自車廂開始運動到4.0 s時車廂與物塊的速度相同，均為評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分。得出摩擦力得5分，得出第一次碰撞時間得5分，得出第二次碰撞時間得5分。得出無窮次碰撞時間得5分 ，得到最后結(jié)果再得5分。八、第20屆預(yù)賽，(20分)有一個擺長為l的擺（擺球可視為質(zhì)點，擺線的質(zhì)量不計），在過懸掛點的豎直線上距懸掛點O的距離為x處（xl）的C

29、點有一固定的釘子，如圖所示，當(dāng)擺擺動時，擺線會受到釘子的阻擋當(dāng)l一定而x取不同值時，阻擋后擺球的運動情況將不同現(xiàn)將擺拉到位于豎直線的左方（擺球的高度不超過O點），然后放手，令其自由擺動，如果擺線被釘子阻擋后，擺球恰巧能夠擊中釘子，試求x的最小值參考解答擺線受阻后在一段時間內(nèi)擺球作圓周運動，若擺球的質(zhì)量為，則擺球受重力和擺線拉力的作用，設(shè)在這段時間內(nèi)任一時刻的速度為，如圖預(yù)解20-5所示。用表示此時擺線與重力方向之間的夾角，則有方程式 （1）運動過程中機(jī)械能守恒，令表示擺線在起始位置時與豎直方向的夾角，取點為勢能零點，則有關(guān)系 （2）擺受阻后，如果后來擺球能擊中釘子，則必定在某位置時擺線開始松弛

30、，此時0，此后擺球僅在重力作用下作斜拋運動。設(shè)在該位置時擺球速度，擺線與豎直線的夾角，由式（1）得 ， （3）代入（2）式，求出 （4）要求作斜拋運動的擺球擊中點，則應(yīng)滿足下列關(guān)系式：， （5） （6）利用式（5）和式（6）消去，得到 （7）由式（3）、（7）得到 （8）代入式（4），求出 （9）越大，越小，越小，最大值為，由此可求得的最小值：，所以 （10）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題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。m1m2九、第21屆預(yù)賽，（15分）質(zhì)量分別為m1和m2的兩個小物塊用輕繩連結(jié)，繩跨過位于傾角30的光滑斜

31、面頂端的輕滑輪，滑輪與轉(zhuǎn)軸之間的摩擦不計，斜面固定在水平桌面上，如圖所示第一次，m1懸空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由靜止開始運動至斜面頂端所需的時間第二次，將m1和m2位置互換，使m2懸空，m1放在斜面上，發(fā)現(xiàn)m1自斜面底端由靜止開始運動至斜面頂端所需的時間為求m1與m2之比參考解答：第一次，小物塊受力情況如圖所示，設(shè)T1為繩中張力，a1為兩物塊加速度的大小， l為斜面長，則有m1gm2gN1T1T1 (1) (2) (3)第二次，m1與m2交換位置設(shè)繩中張力為T2，兩物塊加速度的大小為a2，則有(4)(5)(6)由 (1)、(2) 式注意到 =30得(7)由 (4)、(5) 式

32、注意到 =30得(8)由 (3)、(6) 式得(9)由 (7)、(8)、(9) 式可解得 (10)評分標(biāo)準(zhǔn)本題15分，（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）式各2分，求得（10）式再給3分ACROB十、第21屆預(yù)賽，（15分）如圖所示，B是質(zhì)量為mB、半徑為R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上A是質(zhì)量為mA的細(xì)長直桿，被固定的光滑套管C約束在豎直方向，A可自由上下運動碗和桿的質(zhì)量關(guān)系為：mB 2mA初始時，A桿被握住，使其下端正好與碗的半球面的上邊緣接觸（如圖）然后從靜止開始釋放A，A、B便開始運動設(shè)A桿的位置用表示，為碗面的球心至A桿下端與球面接觸點的連線方向和豎直方向之間的夾角求

33、A與B速度的大小（表示成的函數(shù)）參考答案：由題設(shè)條件知，若從地面參考系觀測，則任何時刻，A沿豎直方向運動，設(shè)其速度為vA，B沿水平方向運動，設(shè)其速度為vB若以B為參考系，從B觀測，則A桿保持在豎直方向，它與碗的接觸點在碗面內(nèi)作半徑為R的圓周運動，速度的方向與圓周相切，設(shè)其速度為VA桿相對地面的速度是桿相對碗的速度與碗相對地面的速度的合速度，速度合成的矢量圖如圖中的平行四邊形所示由圖得ORvBvAVAAB (1)(2)因而 (3)由能量守恒 (4)由(3)、(4) 兩式及得 (5) (6)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題（15）分（1）、（2）式各3分，（4）式5分，（5）、（6）兩式各2分1B2DC3A十一、第

34、21屆預(yù)賽，（18分）如圖所示，定滑輪B、C與動滑輪D組成一滑輪組，各滑輪與轉(zhuǎn)軸間的摩擦、滑輪的質(zhì)量均不計在動滑輪D上，懸掛有砝碼托盤A，跨過滑輪組的不可伸長的輕線的兩端各掛有砝碼2和3一根用輕線（圖中穿過彈簧的那條豎直線）拴住的壓縮輕彈簧豎直放置在托盤底上，彈簧的下端與托盤底固連，上端放有砝碼1（兩者未粘連）已知三個砝碼和砝碼托盤的質(zhì)量都是m，彈簧的勁度系數(shù)為k，壓縮量為l0，整個系統(tǒng)處在靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)突然燒斷拴住彈簧的輕線，彈簧便伸長，并推動砝碼1向上運動，直到砝碼1與彈簧分離假設(shè)砝碼1在以后的運動過程中不會與托盤的頂部相碰求砝碼1從與彈簧分離至再次接觸經(jīng)歷的時間參考答案：設(shè)從燒斷線到砝碼1與

35、彈簧分離經(jīng)歷的時間為t，在這段時間內(nèi)，各砝碼和砝碼托盤的受力情況如圖1所示：圖中，F(xiàn)表示t時間內(nèi)任意時刻彈簧的彈力，T表示該時刻跨過滑輪組的輕繩中的張力，mg為重力，T0為懸掛托盤的繩的拉力因D的質(zhì)量忽略不計，有 (1)在時間t內(nèi)任一時刻，砝碼1向上運動，托盤向下運動，砝碼2、3則向上升起，但砝碼2、3與托盤速度的大小是相同的設(shè)在砝碼1與彈簧分離的時刻，砝碼1的速度大小為v1，砝碼2、3與托盤速度的大小都是v2，由動量定理，有Tmg2Tmg3T0mg圖2 (2) (3) (4) (5)式中IF、Img、IT、分別代表力F、mg、T、T0在t時間內(nèi)沖量的大小。注意到式(1)，有 (6)由(2)、

36、(3)、(4)、(5)、(6)各式得(7)在彈簧伸長過程中，彈簧的上端與砝碼1一起向上運動，下端與托盤一起向下運動以l1表示在t時間內(nèi)彈簧上端向上運動的距離，l2表示其下端向下運動的距離由于在彈簧伸長過程中任意時刻，托盤的速度都為砝碼1的速度的1/3，故有 (8) 另有 (9)在彈簧伸長過程中，機(jī)械能守恒，彈簧彈性勢能的減少等于系統(tǒng)動能和重力勢能的增加，即有 (10)由(7)、(8)、(9)、(10) 式得 (11)砝碼1與彈簧分開后，砝碼作上拋運動，上升到最大高度經(jīng)歷時間為t1，有(12)砝碼2、3和托盤的受力情況如圖2所示，以表示加速度的大小，有Tmg2Tmg3T0mg圖2 (13) (14) (15) （16）由 (14)、(15) 和(16)式得 (17)托盤的加速度向上，初速度v2向下，設(shè)經(jīng)歷時間t2，托盤速度變?yōu)榱?，?(18)由 (7)、(