全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编.DOC

1、智浪教育 -普惠英才文库 1 全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编 力学 第 16 届预赛题 . 1.（ 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？ 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。

2、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 0 ()Mv 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 2112mv mgs（ 2） 其中 1s 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 22021122M v m v m gs （ 3） 其中 2s 为小车移动的距离。用 l 表示车顶的最小长度，则 21l s s （ 4） 由以上四式，可解得 202 ( )Mvl g m M （ 5） 即车顶的长度至少应为 202 ( )Mvl g m M 。 2由功能关系可知，

3、摩擦力所做的功等于系统动量的增量，即 22011()22W m M v M v （ 6） 由（ 1）、（ 6）式可得 智浪教育 -普惠英才文库 2 202( )mMvW mM （ 7） 2.（ 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 （ 12 ）。现让一长为 L 、密度为121()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。 参考解答 1用 S 表示木棍

4、的横截面积，从静止开始到其下端到达两液体交界面为止，在这过程中，木棍受向下的重力121 ()2 LSg和向上的浮力 1LSg 。由牛顿第二定律可知，其下落的加速度 211 12ag （ 1） 用 1t 表示所需的时间，则 2113142L at （ 2） 由此解得 121213 ( )2( )Lt g （ 3） 2木棍下端开始进入下面液体后，用 L 表示木棍在上面液体中的长度 ，这时木棍所受重力不变，仍为121 ()2 LSg，但浮力变为 12()L Sg L L Sg当 LL 时，浮力小于重力；当 0L 时，浮力大于重力，可见有一个合力为零的平衡位置用 0L 表示在此平衡位置时，木棍在上面液

5、体中的长度，则此时有 1 2 1 0 2 01 ( ) ( )2 LSg L S g L L S g （ 4） 由此可得 0 2LL（ 5） 即木棍的中点处于两液体交界处时，木棍处于平衡状态，取一坐标系，其原点位于交界面智浪教育 -普惠英才文库 3 上，竖直方向为 z 轴，向上为正，则当木棍中点的坐标 0z 时，木棍所受合力为零当中点坐标为 z 时，所受合力为 1 2 1 2 2 11 1 1( ) ( )2 2 2LS g L z S g L z S g S g z k z 式中 21()k Sg （ 6） 这时木棍的运动方程为 121 ()2 zkz LSa za 为沿 z 方向加速度 2

6、2112()2z gzazL 2 2112()2 gL （ 7） 由此可知为简谐振动，其周期 1221()2 2 2( )LT g （ 8） 为了求同时在两种液体中运动的时间，先求振动的振幅 A 木棍下端刚进入下面液体时，其速度 11v at （ 9） 由机械能 守恒可知 2 2 2121 1 1 1()2 2 2 2S L v k z k A （ 10） 式中 12zL为此时木棍中心距坐标原点的距离，由（ 1）、（ 3）、（ 9）式可求得 v ，再将 v 和（ 6）式中的 k 代人（ 10）式得 AL （ 11） 由此可知，从木棍下端开始进入下面液体到棍中心到达坐标原点所走的距离是振幅的一半

7、，从参考圆（如图预解16-9）上可知，对应的 为 30，对应的时间为 /12T 。因此木棍从下端开始进入下面液体到上端进入下面液体所用的时间，即棍中心从 2Lz 到 2Lz 所用的时间为 智浪教育 -普惠英才文库 4 122 21()2 1 2 3 2 ( )LTt g （ 12） 3从木棍全部浸入下面液体开始，受力情况的分析和 1中类似，只是浮力大于重力，所以做匀减速运动，加速度的数值与 1a 一样，其过程和 1中情况相反地对称，所用时间 31tt （ 13） 4总时间为 121 2 3 21()6 6 26 ( ) Lt t t t g （ 14） 第 17 届预赛题 . 1.（ 20 分

8、）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； （

9、 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 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 0v 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

10、A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 Aa 、 Ba 和 Ca ，则由牛顿第二定律，有 智浪教育 -普惠英才文库 5 Amg ma Cmg f ma Bf ma 事实上在此题中， B Caa ，即 B 、 C 之间无相 对运动，这是因为当 B Caa 时，由上式可得 12f mg（ 1） 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 1v ，由动量守恒定律得 013mv mv （ 2

11、） 在此过程中，设木板 C 运动的路程为 1s ，则物块 A 运动的路程为 1sL ，如图 预解 17-8所示由动能定理有 221 0 111 ()22m v m v m g s L （ 3） 2111 (2 )2 mv mgs （ 4） 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 221011(3 )22m v m v m gL（ 5） 式中 L 就是物块 A 相对木板 C 运动的路程解（ 2）、（ 5）式，得 0 3v gL （ 6） 即物块 A 的初速度 0 3v gL 时， A 刚好不与 B 发生碰撞，若 0 3

12、v gL ，则 A 将与 B发生碰撞，故 A 与 B 发生碰撞的条件是 0 3v gL （ 7） 2. 当物块 A 的初速度 0v 满足（ 7）式时， A 与 B 将发生碰撞，设碰撞的瞬间， A 、 B 、智浪教育 -普惠英才文库 6 C 三者的速度分别为 Av 、 Bv 和 Cv ，则有 BAvv B Cvv （ 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（

13、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 Av 、 Bv 和 Cv ，则有 BAvv B Avv CCvv 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 Bv 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 2v 根据动

14、量守恒定律有 023mv mv （ 10） A 以初速度 0v 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 222011(3 )22 2m v m v m g L （ 11） 解（ 10）、（ 11）两式得 0 6v gL （ 12） 即物块 A 的初速度 0 6v gL 时， A 与 B 碰撞，但 B 与 P 刚好不发生碰撞，若0 6

15、v 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 0 6v gL （ 13） 3. 若物块 A 的初速度 0v 满足条件（ 13）式，则在 A 、 B 发生碰撞后， B 将与挡板 P智浪教育 -普惠英才文库 7 发生碰撞，设在碰撞前瞬间， A 、 B 、 C 三者的速度分别为 Av 、 Bv 和 Cv ，则有 B ACvvv （ 14） B 与 P 碰撞后的瞬间， A 、 B 、 C 三者的速度分别为 Av 、 Bv 和 Cv ，则仍类似于第 2问解答中（ 9）的 道理，有 B Cvv BCvv AAvv （ 15） 由（ 14）、（

16、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 BCAv v v （ 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 2Cag BAa a 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013v向右做匀速运动，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

17、，以 3v 表示，由动量守恒有 303mv mv （ 18） 从 A 以初速度 0v 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 223011(3 )22 4m v m v m g L （ 19） 由（ 18）、（ 19）两式，得 0 12v gL （ 20） 即当物块 A 的初速度

18、 0 12v gL 时， A 刚好不会从木板 C 上掉下若 0 12v gL ，则 A 将从木板 C 上掉下，故 A 从 C 上掉下的条件是 0 12v gL （ 21） 智浪教育 -普惠英才文库 8 5. 若物块 A 的初速度 0v 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 Av 、 Bv 和 Cv ，则有 BACv v v （ 22） 这时（ 18）式应改写为 0 2 ACmv mv mv （ 23） （ 19）式应改写为 20221 1 1( 2 )2 2 2 4B Cm v m v m v m g

19、L （ 24） 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 4v ，则对 B 、 C 这一系统来说，由动量守恒定律，有 42B Cmv mv mv （ 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 24 221 1 1( 2 )2 2 2B Cm v m v m v m g L （ 26） 由（ 23） 、（ 24）、（ 25）、（ 26）式可得 0 4v gL （ 27） 即当 0 4v gL 时，物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若，则 B 将从木板

20、 C 上掉下，故物块 B 从木板 C 上掉下来的条件是 0 4v gL （ 28） 第 18 届预赛题 1.（ 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系数相等，皆为 质量为 m 的人从木板的一端由静止开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？ 智浪教育 -普惠英才文库 9 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

21、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 1x 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 1a 和 2a 分别表示人和木板的加速度，则 1f ma （ 1） 21112L x at（ 2） 2f F Ma （ 3） 21212x at （ 4） 解以上四式，得 2 ()LM mt Mf 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 （

22、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 2x ，地面的滑动摩擦系数为 ，则有 221 ( ) ( )2 M m v M m gx （ 7） 木板向前移动的净距离为 21X x x （ 8） 由以上各式得 21 ()( ) ( ) ( )F L M m L mX f Fg M m M m f F M F M f m f F 由此式可知，欲使木板向前移动的距离 X 为最大，应有 智浪教育 -普惠英才文库 10 fF （ 9） 即 m a x ()f F 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

23、地面作用于木板的滑动摩擦力 移动的最大距离 max mXLMm （ 11） 由上可见，在设木板发生向后运动，即 fF 的情况下， fF 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 fF 的情况，那时，因为 fF ， 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 maxX 。 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 fF 时木板向前移动的距离小于 f

24、F 时的给 1分。 2.（ 1 8 分）在用铀 235 作燃料的核反应堆中，铀 235 核吸收一个动能约为 0.025eV 的热中子（慢中子）后，可发生裂变反应，放出能量和 2 3 个快中子，而快中子不利于铀235 的裂变为了能使裂变反应继续下去，需要将反应中放出的快中子减速。有一种减速的方法是使用石墨（碳 12）作减速剂设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，问一个动能为 0 1.75MeVE 的快中子需要与静止的碳原子碰撞多少次，才能减速成为 0.025eV的热中子？ 参考解答 设中子和碳核的质量分别为 m 和 M ，碰撞前 中子的速度为 0v ，碰撞后中子和碳核的速度分别为 v 和 v ，因为碰撞是弹性碰撞，所以在碰撞前后，动量和机械能均守恒，又因0v 、 v 和 v 沿同一直线，故有 0mv mv Mv （ 1） 2 2 201 1 12 2 2m v m v M v（ 2）