全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛
动力学试题集锦（含答案）
一、第16届预赛题.（15分）一质量为的平顶小车，以速度沿水平的光滑轨道作匀速直线运动。现将一质量为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。
若要求物块不会从车顶后缘掉下，则该车顶最少要多长？
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。令表示此时的速度，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
（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
（2）
其中为物块移动的距离。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功，即
（3）
其中为小车移动的距离。用表示车顶的最小长度，则
（4）
由以上四式，可解得
（5）
即车顶的长度至少应为。
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
（6）
由（1）、（6）式可得
（7）
二、第16届预赛题.（20分）一个大容器中装有互不相溶的两种液体，它们的密度分别为和（）。现让一长为、密度为的均匀木棍，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，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．用表示木棍的横截面积，从静止开始到其下端到达两液体交界面为止，在这过程中，木棍受向下的重力和向上的浮力。由牛顿第二定律可知，其下落的加速度
（1）
用表示所需的时间，则
（2）
由此解得
（3）
2．木棍下端开始进入下面液体后，用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，但浮力变为．当时，浮力小于重力；当时，浮力大于重力，可见有一个合力为零的平衡位置．用表示在此平衡位置时，木棍在上面液体中的长度，则此时有
（4）
由此可得
（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，其原点位于交界面上，竖直方向为轴，向上为正，则当木棍中点的坐标时，木棍所受合力为零．当中点坐标为时，所受合力为
式中（6）
这时木棍的运动方程为
为沿方向加速度
（7）
由此可知为简谐振动，其周期（8）
为了求同时在两种液体中运动的时间，先求振动的振幅．木棍下端刚进入下面液体时，其速度
（9）
由机械能守恒可知
（10）
式中为此时木棍中心距坐标原点的距离，由（1）、（3）、（9）式可求得，再将和（6）式中的代人（10）式得
（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，从参考圆（如图预解16-9）上可知，对应的为30(，对应的时间为。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，即棍中心从到所用的时间为
（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，加速度的数值与一样，其过程和1中情况相反地对称，所用时间
（13）
4．总时间为
（14）
三、第17届预赛题.（20分）如图预17-8所示，在水平桌面上放有长木板，上右端是固定挡板，在上左端和中点处各放有小物块和，、的尺寸以及的厚度皆可忽略不计，、之间和、之间的距离皆为。设木板与桌面之间无摩擦，、之间和、之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为；、、（连同挡板）的质量相同．开始时，和静止，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的初速度应满足的条件，或定量说明不能发生的理由．
（1）物块与发生碰撞；
（2）物块与发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与挡板发生碰撞；
（3）物块与挡板发生碰撞（设为弹性碰撞）后，物块与在木板上再发生碰撞；
（4）物块从木板上掉下来；
（5）物块从木板上掉下来．
参考解答
1.以表示物块、和木板的质量，当物块以初速向右运动时，物块受到木板施加的大小为的滑动摩擦力而减速，木板则受到物块施加的大小为的滑动摩擦力和物块施加的大小为的摩擦力而做加速运动，物块则因受木板施加的摩擦力作用而加速，设、、三者的加速度分别为、和，则由牛顿第二定律，有
事实上在此题中，，即、之间无相对运动，这是因为当时，由上式可得
（1）
它小于最大静摩擦力．可见静摩擦力使物块、木板之间不发生相对运动。若物块刚好与物块不发生碰撞，则物块运动到物块所在处时，与的速度大小相等．因为物块与木板的速度相等，所以此时三者的速度均相同，设为，由动量守恒定律得
（2）
在此过程中，设木板运动的路程为，则物块运动的路程为，如图预解17-8所示．由动能定理有
（3）
（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
（5）
式中就是物块相对木板运动的路程．解（2）、（5）式，得
（6）
即物块的初速度时，刚好不与发生碰撞，若，则将与发生碰撞，故与发生碰撞的条件是
（7）
2.当物块的初速度满足（7）式时，与将发生碰撞，设碰撞的瞬间，、、三者的速度分别为、和，则有
（8）
在物块、发生碰撞的极短时间内，木板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，与构成的系统的动量守恒，而木板的速度保持不变．因为物块、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、交换速度，若碰撞刚结束时，、、三者的速度分别为、和，则有
由（8）、（9）式可知，物块与木板速度相等，保持相对静止，而相对于、向右运动，以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续，由物块替换继续向右运动。
若物块刚好与挡板不发生碰撞，则物块以速度从板板的中点运动到挡板所在处时，与的速度相等．因与的速度大小是相等的，故、、三者的速度相等，设此时三者的速度为．根据动量守恒定律有
（10）
以初速度开始运动，接着与发生完全弹性碰撞，碰撞后物块相对木板静止，到达所在处这一整个过程中，先是相对运动的路程为，接着是相对运动的路程为，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
（11）
解（10）、（11）两式得
（12）
即物块的初速度时，与碰撞，但与刚好不发生碰撞，若，就能使与发生碰撞，故与碰撞后，物块与挡板发生碰撞的条件是
（13）
3.若物块的初速度满足条件（13）式，则在、发生碰撞后，将与挡板发生碰撞，设在碰撞前瞬间，、、三者的速度分别为、和，则有
（14）
与碰撞后的瞬间，、、三者的速度分别为、和，则仍类似于第2问解答中（9）的道理，有
（15）
由（14）、（15）式可知与刚碰撞后，物块与的速度相等，都小于木板的速度，即
（16）
在以后的运动过程中，木板以较大的加速度向右做减速运动，而物块和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
（17）
加速过程将持续到或者和与的速度相同，三者以相同速度向右做匀速运动，或者木块从木板上掉了下来。因此物块与在木板上不可能再发生碰撞。
4.若恰好没从木板上掉下来，即到达的左端时的速度变为与相同，这时三者的速度皆相同，以表示，由动量守恒有
（18）
从以初速度在木板的左端开始运动，经过与相碰，直到刚没从木板的左端掉下来，这一整个过程中，系统内部先是相对的路程为；接着相对运动的路程也是；与碰后直到刚没从木板上掉下来，与相对运动的路程也皆为．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
（19）
由（18）、（19）两式，得
（20）
即当物块的初速度时，刚好不会从木板上掉下．若，则将从木板上掉下，故从上掉下的条件是
（21）
5.若物块的初速度满足条件（21）式，则将从木板上掉下来，设刚要从木板上掉下来时，、、三者的速度分别为、和，则有
（22）
这时（18）式应改写为
（23）
（19）式应改写为
（24）
当物块从木板上掉下来后，若物块刚好不会从木板上掉下，即当的左端赶上时，与的速度相等．设此速度为，则对、这一系统来说，由动量守恒定律，有
（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，由动能定理可得
（26）
由（23）、（24）、（25）、（26）式可得
（27）
即当时，物块刚好不能从木板上掉下。若，则将从木板上掉下，故物块从木板上掉下来的条件是
（28）
四、第18届预赛题.（25分）如图预18－5所示，一质量为、长为带薄挡板的木板，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？
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，设以表示木板向后移动的距离，如图预解18-5所示．以表示人与木板间的静摩擦力，以表示地面作用于木板的摩擦力，以和分别表示人和木板的加速度，则
（1）
（2）
（3）
（4）
解以上四式，得
（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的冲量，忽略人骤然停下那段极短的时间，则有
（6）
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，地面的滑动摩擦系数为，则有
（7）
木板向前移动的净距离为
（8）
由以上各式得
由此式可知，欲使木板向前移动的距离为最大，应有
（9）
即（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
（11）
由上可见，在设木板发生向后运动，即的情况下，时，有极大值，也就是说，在时间0～内，木板刚刚不动的条件下有极大值．
再来讨论木板不动即的情况，那时，因为，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的距离也变小，即小于上述的。
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；说明时木板向前移动的距离小于时的给1分。
五、第18届预赛题.（18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0.025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0.025的热中子？
参考解答
设中子和碳核的质量分别为和，碰撞前中子的速度为，碰撞后中子和碳核的速度分别为和，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、和沿同一直线，故有
（1）
（2）
解上两式得
（3）
因
代入（3）式得
（4）
负号表示的方向与方向相反，即与碳核碰撞后中子被反弹．因此，经过一次碰撞后中子的能量为
于是
（5）
经过2，3，…，次碰撞后，中子的能量依次为，，，…，，有
……
（6）
因此（7）
已知
代入（7）式即得
（8）
故初能量的快中子经过近54次碰撞后，才成为能量为0.025的热中子。
评分标准：本题18分
（1）、（2）、（4）、（6）式各3分；（5）、（7）、（8）式各2分。
六、第19届预赛，（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：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，为沙尘颗粒的截面积，为空气密度．
（1）若沙粒的密度，沙尘颗粒为球形，半径，地球表面处空气密度，，试估算在地面附近，上述的最小值．
（2）假定空气密度随高度的变化关系为，其中为处的空气密度，为一常量，，试估算当时扬沙的最大高度．（不考虑重力加速度随高度的变化）
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
①
式中为沙尘颗粒的质量，而
②
③
得④
代入数据得⑤
（2）用、分别表示时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有
⑥
此时式①应为
⑦
由②、③、⑥、⑦可解得
⑧
代入数据得
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。
七、第19届预赛（25分）如图预19-7所示，在长为m、质量为的车厢B内的右壁处，放一质量的小物块A（可视为质点），向右的水平拉力作用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初2.0s内移动的距离，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4.0s时，车厢与小物块的速度．
参考解答
解法一：
1.讨论自B开始运动到时间内B与A的运动。
根据题意，在2s内，A未与B发生过碰撞，因此不论A与B之间是否有相对运动，不论A与B之间是否有摩擦，B总是作初速为零的匀加速直线运动。设B的加速度为，有
得
（1）
如果A、B之间无摩擦，则在B向右移动1米距离的过程中，A应保持静止状态，接着B的车厢左壁必与A发生碰撞，这不合题意。如果A、B之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使A与B有一样的加速度），则B的加速度
这与（1）式矛盾。由此可见，A、B之间既有相对运动又存在摩擦力作用。
以表示A、B间的滑动摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，则有
（2）
（3）
由（1）、（2）、（3）式得
（4）
（5）
2.讨论B的左壁与A发生第一次碰撞前的运动。
由于，B向右的速度将大于A的速度，故A与B的左壁间的距离将减小。设自静止开始，经过时间，B的左壁刚要与A发生碰撞，这时，B向右运动的路程与A向右运动的路程之差正好等于，即有
解得
（6）
代入数据，得
A与B发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为
（7）
（8）
3.讨论B与A间的弹性碰撞
以和分别表示第一次碰撞后A和B的速度。当、为正时，分别表示它们向右运动。在碰撞的极短时间内，外力的冲量可忽略不计，因此有
解以上两式得
（9）
（9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。
4.讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。
由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A和B都向右运动，但A的速度大于B的速度，这时作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都为。设此过程中A向左的加速度和B向右的加速度分别为和，则由牛顿第二定律有
解得
（10）
（11）
由此可知，碰撞后，A作减速运动，B作加速运动。设经过时间，两者速度相等，第一次达到相对静止，则有
由上式和（9）式解得
（12）
代入有关数据得
（13）
设在时间内，A与B的左壁之间的距离增大至，则有
结合（9）、（12）两式得
（14）
式中
（15）
代入有关数据得
由（14）可知，A不会与B的右壁发生碰撞。
5.讨论A与B的左壁的第二次碰撞。
以表示B与A第一次相等的速度，由于B始终受作用而加速，它将拖着A向右加速，其情况与第一次碰撞前相似。这时作用于A的摩擦力向右，A的加速度为，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度为，方向也向右。但是原来A与B左端的距离为，现改为，因，B的左壁与小A之间的距离将减小。设两者间的距离从减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为，以代入⑥式，结合（14）式，即可求得
（16）
代入有关数据，得
第二次碰撞前瞬间A和B的速度分别为
（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。设第二次碰撞完毕的瞬间A、B的速度分别为和，则有
（18）
第二次碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经历时间，两者速度相等，即第二次相对静止，则有
解得
（19）
在时间内，A与B的左壁的距离变为，有
结合（8）、（9）得
（20）
自B开始运动到A与B达到第二次相对静止共经历时间
6.讨论A与B的左壁的第三次碰撞。
当A与B的左壁之间的距离为时，A、B相对静止。由于B受外力作用而继续加速，它将拖着A向右加速。这时，A的加速度为，B的加速度为，方向都向右，但因，A将与B的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为，则以代入（6）式结合（16）式得
（21）
设第三次碰撞前瞬间A和B的速度分别为和，碰撞后的速度分别为和
碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经过时间两者速度相等，即第三次相对静止，A与B左壁之间的距离为。则有
（22）
自B开始运动至第三次A与B相对静止共经历的时间仍小于4s。
7.讨论车厢左壁与小物块的第次碰撞。
在第次碰撞完毕的瞬间，A和B的速度分别为和，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。经过时间，两者速度相等，即第次相对静止。A与B左壁之间的距离为。根据前面的讨论有
（23）
再经过时间将发生B的左壁与A的第次碰撞。碰撞前两者的速度分别为和。根据前面的讨论，有
（24）
可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。当碰撞次数非常大时，下次碰撞前两者的速度趋于相等，即A实际上将贴在B的左壁上不再分开。
8.讨论第4秒B与A的运动速度。
第4秒末B与A的速度取决于在第4秒末B与A经历了多少次碰撞。B自静止开始运动到第次相对静止经历的总时间为
（25）
以，代入，注意到当很大时，得
（26）
这表明早在第4秒之前，A与B的左壁贴在一起时二者速度已相同，不再发生碰撞，此后二者即以相同的速度运动了、现以A和B都静止时作为初态，设时刻A和B的速度为，对A、B开始运动至的过程应用动量定理，得
（27）
或
代入数值，得
（28）
解法二：
如果A与B之间没有摩擦力，B前进1m就会与A发生碰撞。已知开始2s为A与B未发生碰撞，而B已走了5m，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。由可求出B对地面的加速度：
，
设A与B底部之间的滑动摩擦力为，则由小车的运动方程
代入数值得
又由A的运动方程得A的相对地面的加速度为
于是，A对B的相对加速度为
第一次碰撞
由开始运动到A碰撞B的左壁的时间满足，。于是
A与B的左壁碰撞前瞬间，A相对B的速度
由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后A从B的左壁开始，以相对速度
向右运动，所受摩擦力反向向左，为。对地面的加速度为
此时B所受的摩擦力方向向右，由其运动方程得B对地面的加速度为
由、二式知，碰后A对B的相对加速度为
A相当于B作向右的匀减速运动。设A由碰后开始达到相对静止的时间为，相当于B走过的距离为，由式得
可见A停止在B当中，不与B的右壁相碰。
第二次碰撞
A在B内相对静止后，将相当于B向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而B所受的摩擦力改为向左。这时A对B的相对加速度重新成为，即式。A由相对静止到与B的左壁第二次碰撞所需的时间可用算出：
自B开始运动至B的左壁与A发生第二次碰撞经历的时间
A达到B的左壁前相当于B的速度的大小为
这也就是第二次碰后A由B的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后，A相对B向右运动，此时A相对于B的相对加速度又成为，即式。A由碰撞到相对静止所需要的时间和相当于B走过的距离分别为
以后的碰撞
根据、二式，如令
则有
由此可以推知，在第三次碰撞中必有
在第次碰撞中有
即每一次所需时间要比上次少得多（A在B中所走的距离也小得多）。把所有的时间加在一起，得
这就是说，在B开始运动后3.56s时，A将紧贴B的左壁，并与B具有相同速度，二者不再发生碰撞，一直处于相对静止状态。现取A和B都静止时作为初态，以时刻的运动状态为末态，设此时A和B的速度为，由动量定理，有
代入数值，得
答：自车厢开始运动到4.0s时车厢与物块的速度相同，均为
评分标准：本题25分。
得出摩擦力得5分，得出第一次碰撞时间得5分，得出第二次碰撞时间得5分。得出无穷次碰撞时间得5分，得到最后结果再得5分。
八、第20届预赛，(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．
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，则摆球受重力和摆线拉力的作用，设在这段时间内任一时刻的速度为，如图预解20-5所示。用表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式
（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，取点为势能零点，则有关系
（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＝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，摆线与竖直线的夹角，由式（1）得
，（3）
代入（2）式，求出
（4）
要求作斜抛运动的摆球击中点，则应满足下列关系式：
，（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，最大值为，由此可求得的最小值：
，
所以
（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。
九、第21届预赛，（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，滑轮与转轴之间的摩擦不计，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．求m1与m2之比．
参考解答：
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
(1)
(2)
(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 (4)
(5)
(6)
由(1)、(2)式注意到?=30°得 (7)
由(4)、(5)式注意到?=30°得 (8)
由(3)、(6)式得 (9)
由(7)、(8)、(9)式可解得 (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
十、第21届预赛，（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是质量为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??至的大小??的函数）． (1)
(2)
因而
(3)
由能量守恒 (4)
由(3)、(4)两式及得 (5)
(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．
十一、第21届预赛，（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竖直线）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）．已知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．现突然烧断拴住弹簧的轻线，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．
参考答案：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，T0为悬挂托盘的绳的拉力．因D的质量忽略不计，有 (1)
在时间?t内任一时刻，砝码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
(2)
(3)
(4)
(5)
式中IF、Img、IT、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(6)
由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得 (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(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
(10)
由(7)、(8)、(9)、(10)式得(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
(12)
砝码2、3和托盘的受力情况如图2所示，以表示加速度的大小，有
(13)
(14)
(15)
（16）
由(14)、(15)和(16)式得
(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 (18)
由(7)、(12)、(17)和(18)式，得 (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 (20)
由(11)、(12)、(20)式得 (21)
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．
十二、第22届预赛，（25分）一质量为m的斜坡下滑，与一质量为km的静止滑块发生正碰撞设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计为使二者能且只能发生两次碰撞，k的值设碰撞前速度为v0，碰后与速度分别为v1与V1，由动量守恒及机械能守恒 (1)
(2)
由此解得 (3)(4)
为使能回到坡上，要求v1<0，这导致k>1；，应有即，这导致，为使第二次碰撞能发生，要求k>3 (5)
对于第二次碰撞，v2和V2分别表示碰后A和B的速度，同样由动量守恒及机械能守恒有：
由此解得 (6)
(7)
若v2>0，v2<0，，第三次碰撞第三次碰撞不会发，要求不大于速度， (8)
由(6)、（7）、（8）式得 （9）
由 k2－10k+5=0
可求得
(9)式的解为 (10)
(10)与的交集即为所求：(11)
评分标准：本题25分．
求得(3)、(4)式各得3分，求得（5）式得4分，求得（6）、（7）、（8）、（10）和（11）式各得3分．
十三、第22届预赛，（30分）如图所示，一根长为L的细刚性轻杆的两端分别连结小球和，它们的质量分别为ma和mb.杆可绕距球为L/4处的水平定轴在竖直平面内转动．初始时杆处于竖直位置．小球几乎接触桌面．在杆的右边水平桌面上，紧挨着细杆放着一个质量为m的立方体匀质物块，图中ABCD为过立方体中心且与细杆共面的截面．现用一水平恒力F作用于球上，使之绕轴逆时针转动，求当a转过??角时小球b速度的大小．设在此过程中立方体物块没有发生转动，且小球b与立方体物块始终接触没有分离．不计一切摩擦．
参考答案：
如图所示，用表示a转过角时球速度的大小，表示此时立方体速度的大小，则有（1）
由于与正立方体的接触是光滑的，相互作用力总是沿水平方向，而且两者在水平方向的位移相同，因此相互作用的作用力和反作用力做功大小相同，符号相反，做功的总和为0．因此在整个过程中推力所做的功应等于球、和正立方体机械能的增量．现用表示此时球速度的大小，因为、角速度相同，，，所以得
（2）
根据功能原理可知
（3）
将（1）、（2）式代入可得
解得 （4）
评分标准：本题30分．
（1）式7分，（2）式5分，（3）式15分，（4）式3分．
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m1g
m2g
?
N1
T1
T1
?
m2
m1
?
B
O
R
C
A
B
A
VA
?
vA
vB
R
O
A
3
C
D
2
B
1
T
mg
2
T
mg
3
T0
mg
图2
图2
mg
T0
3
mg
T
2
mg
T
A
B
F
D
C
B
A
b
O
a
?
F
a
O
b
A
B
C
D
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