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1、全国中学生物理竞赛决赛试题精华集3标准答案力学专辑答案第21届预赛（204.5)二、第一次,小物块受力情况如图所示，设T为绳中张力,a为两物块加速度的大小，l为斜面长,则有 (1） () （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=3得 （8)由（3)、（6）式得 (9）由(）、(8）、(9)式可解得 (1)评分标准：本题15分,(1)、（2）、(3)、（4）、(）、（6）式各分，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

2、,设其速度为A,B沿水平方向运动，设其速度为vB,若以B为参考系，从B观测,则杆保持在竖直方向，它与碗的接触点在碗面内作半径为的圆周运动，速度的方向与圆周相切,设其速度为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 (1) (2)因而 (3）由能量守恒 （）由(3）、(4）两式及B=2A得 (5） (）评分标准：本题（1）分.（1)、（2)式各3分，(4)式5分，(5)、()两式各2分。图1九、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

3、，T 表示该时刻跨过滑轮组的轻绳中的张力,mg为重力,T为悬挂托盘的绳的拉力。因D的质量忽略不计,有 =2T (1)在时间 内任一时刻,法码1向上运动，托盘向下运动,砝码、则向上升起，但砝码2、3与托盘速度的大小是相同的。设在砝码与弹簧分离的时刻，砝码的速度大小为v1,砝码2、3与托盘速度的大小都是v2，由动量定理，有 （) （3） (4） （5）式中IF、Img、IT、IT0分别代表力F、m、T0在t 时间内冲量的大小。注意到式(），有I02T (6）由（2)、（3）、(）、(）、(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

4、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/，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 (1)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,有vgt （1)砝码2、3和托盘的受力情况如图所示，以表示加速度的大小,有m-=ma (1)mT=ma (1)T0a （5)0=2T (6)由（14)、（15)和（6）式得 （17）托盘的加速度向上，初速度2向下,设经历时间t,托盘速度变为零,有v2at

5、2 (8）由(7)、（2）、（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 (0）由(1）、（12）、（20)式得 评分标准：本题8分求得（7)式给5分，求得(11)式给5分，(17)、(19)、(0）、(1)式各分。第1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A

6、的夹角1，位于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C.因卫星椭圆轨道长轴的长度 (）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 (2)式中为卫星的质量.由机械能守恒 ()已知, 得 (4)所以 （5)在AC中用正弦定理(6)所以 ()地心与星体之间的距离为，在OC中用余弦定理（8)由式(4)、(5）、(7)得 ()评分标准:本题0分()式2分，()、（3）式各3分，（)、(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,因为挡板对无摩擦力作用,可知冲量的方向垂直于DE,如图所示;表示B、间的杆对B或冲

7、量的大小,其方向沿杆方向,对B和C皆为推力;表示末了时刻C沿平行于DE方向速度的大小，表示t末了时刻B沿平行于DE方向速度的大小,表示t末了时刻B沿垂直于E方向速度的大小.由动量定理,对有 （1） (2)对B有 (3)对AB有 （4）因为、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 (5)由以上五式,可解得 (6)评分标准：本题分.（）、(2)、(3)、(4)式各2分. (5)式分，()式5分第二十届预赛(203年9月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,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0-5所示。用表示此

8、时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式 ()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 ()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（)得 ， (3)代入（)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:， （) ()利用式（)和式(6）消去,得到 （）由式（3）、(7）得到 （)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 （)评分标准:本题20分。式（1）分,式（）3分,式(3）2分

9、，式（5)、（6）各3分,式（)分，式（9)1分,式（10）4分。六、参考解答 ()规定运动员起跳的时刻为，设运动员在点（见图预解20-6）抛出物块,以表示运动员到达点的时刻，则运动员在点的坐标、和抛物前的速度的分量、分别为， (1） (2)， (3) (）设在刚抛出物块后的瞬间,运动员的速度的分量大小分别为、,物块相对运动员的速度的分量大小分别为、,方向分别沿、负方向。由动量守恒定律可知 ， （5） (6）因的方向与轴负方向的夹角为，故有 (7） （8)解式（1)、（2)、(5)、（6)和式（7)、(8）,得 (9） （10)抛出物块后，运动员从点开始沿新的抛物线运动,其初速度为、。在时刻（

10、）运动员的速度和位置为， （1） , （12） , （3） （14)由式(3）、(4)、(9）、（10）、(13)、（14)可得 （1) (16）运动员落地时， 由式(6）得 ， (1)方程的根为 (1）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 (9)(2）由式(15）可以看出，越大，越小,跳的距离越大,由式（1)可以看出，当0时，的值最大，由式(3)和式（4)可知,抛出物块处的坐标为 ， (2)即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出，运动员

11、可跳得远一点。由式（9)可以得到运动员自起跳至落地所经历的时间为 把和代入式（15)，可求得跳远的距离,为 (21)可见,若,即 , (22)时,有最大值,即沿与轴成方向跳起，且跳起后立即沿与负轴成5方向抛出物块，则有最大值,此最大值为 (2）评分标准:本题20分。第一小问3分：求得式（15)、（16）各3分，式（17)2分,求得式（19）并说明“”取“”的理由给5分。第二小问7分：式(0）2分，式(22）分,式（23)3分。第二十届复赛三、参考解答位于通道内、质量为的物体距地心为时（见图复解20-），它受到地球的引力可以表示为 ， （1)式中是以地心为球心、以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 (2）于是,质量为的物体所受地球的引力可以改写为 ()作用于质量为的物体的引力在通道方向的分力的大小为 (4） （5）为与通道的中垂线间的夹角，为物体位置到通道中点的距离,力的方向指向通道的中点。在