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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

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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 v 0 ( 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 . v0 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 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 ? . 由机械能守恒得 O ? P 1 1 1 2 2 2 mv0 ? ?mgR sin ? ? mv? ? mv? 2 2 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 mv0 R ? mv? R cos? . 由 (1) 式,最大速率应与 ? 的最大值相对应 (2) vmax ? v(?max ) . 而由 (2) 式, q 不可能达到 π (3) 2 . 由(1)和(2)式, q 的最大值应与 v? ? 0 相对应,即 v? (?max ) ? 0 . (4) [ (4)式也可用下述方法得到:由 (1)、(2) 式得 2 2 2gR sin? ? v0 tan2 ? ? v? ?0. 若 sin ? ? 0 ,由上式得 sin ? 2 gR ? 2 . 2 cos ? v0 实际上, sin ? =0 也满足上式。由上式可知 sin ?max 2 gR ? 2 . 2 cos ?max v0 由(3)式有 2 2 v? (?max ) ? 2gR sin ?max ? v0 tan2 ?max ? 0 . (4’) 2 ] 将 v? (?max ) ? 0 代入式(1),并与式(2)联立,得 2 v0 sin 2 ? max ? 2 gR sin ? max ?1 ? sin 2 ? max ? ? 0 . (5) 以 sin ? max 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 sin ?max ? 0 . 约去 sin ? max ,方程(5)变为 2 2gR sin 2 ?max ? v0 sin ?max ? 2gR ? 0 . (6) 其解为 sin ? max ? 2 ? ? v0 g 2 R2 ? 1 ? 16 4 ? 1? . ? 4 gR ? v0 ? ? (7) 注意到本题中 sin ? ? 0 ,方程(6)的另一解不合题意,舍去. 将(7)式代入(1)式得,当 ? ? ?max 时, 2 v? ? 1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 , 2 ? ? (8) 考虑到(4)式有 2 vmax ? v? ? 1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 . 2 ? ? (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. 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 v0 ,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 v0 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 vD ? 2l vC r . (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 mvD 2l ? mvC r ? mvA 2l ? mv0 2l . (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 1 2 1 2 1 2 1 2 mvD ? mvC ? mvA ? mv0 . 2 2 2 2 由 (1)、(2)、(3) 式解得 (3) vC ? 4lr 8l 2 r2 v , v ? v , v ? ? v0 0 D 0 A 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2 v0 ? vD ? v A . (4) [代替 (3) 式,可利用弹性碰撞特点 (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 F1??t ? mvA ? mv0 ? ? 4l 2 ? r 2 2mv0 , 8l 2 ? r 2 (5) 方向与 v 0 方向相反. 于是,A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为 F1?t ? 方向与 v 0 方向相同. 4l 2 ? r2 2mv

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