1、全國中學生高中物理競賽預賽試題分類匯編力學第16屆預賽題.1. （15分）一質量為M的平頂小車，以速度 vo沿水平的光滑軌道作勻速直線運動。現將一 質量為m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為。1 .若要求物塊不會從車頂后緣掉下，則該車頂最少要多長？2 .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v表示此時的速度，在這個過程中，若以物塊和小車為系統, 因為水

2、平方向未受外力，所以此方向上動量守恒，即Mv0 (m M )v(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12-mvmgs12(2)其中S1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1 Mv2 1 mv2mg其中S2為小車移動的距離。用l表示車頂的最小長度，則(3)由以上四式，可解得lS2 S|(4)Mv22 g(m M)(5)即車頂的長度至少應為Mv22 g(m M)16 / 132.由功能關系可知，摩擦力所做的功等于系統動量的增量，即(6)1212W (m M )v2 -Mv(222由(1)、(6)式可得2mMv02(m M)2. (20分)

3、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 1和2( 12)。1現讓一長為L、密度為1( 1 2)的均勻木棍，豎直地放在上面的液體內，其下端離兩液2體分界面的距離為 ©L,由靜止開始下落。試計算木棍到達最低處所需的時間。假定由于木4棍運動而產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部運動，未露出液面，也未與容器相碰。參考解答1.用S表示木棍的橫截面積，從靜止開始到其下端到達兩液體交界面為止，在這過程1 一 中，木棍受向下的重力 一(12) LSg和向上的浮力 1LSg。由牛頓第二定律可知，其下2落的加速度a1(1)用t1表示所需的時間，則3L -

4、a1t12(2)42由此解得網 12)( 3)1,2( 21)g2.木棍下端開始進入下面液體后，用L'表示木棍在上面液體中的長度，這時木棍所受1 _重力不變，仍為 一(12) LSg,但浮力變?yōu)?LSg2(L L)Sg.當L L'時，浮力2小于重力；當L' 0時，浮力大于重力，可見有一個合力為零的平衡位置.用L0表示在此平衡位置時，木棍在上面液體中的長度，則此時有1 ，、,八.八，,、，.，、2( 12) LSg 1L0 Sg 2(L L0 )Sg(4)由此可得(5)L0 I即木棍的中點處于兩液體交界處時，木棍處于平衡狀態(tài)，取一坐標系，其原點位于交界面上，豎直方向為z軸

5、，向上為正，則當木棍中點的坐標z 0時，木棍所受合力為零.當中點坐標為z時,所受合力為式中2( 12) LSg1-11 2L z Sg 2 2Lz Sg ( 21)Sgz kzi)Sg(6)這時木棍的運動方程為kz2(12)LSazaz為沿z方向加速度1)gz2(21)g(12)L由此可知為簡諧振動，其周期：(12)L2( 21)g(8)為了求同時在兩種液體中運動的時間,先求振動的振幅A.木棍下端剛進入下面液體時，其速度(9)v a1tl由機械能守恒可知1 12 2( 1_22)SL V21kz2 21 2-kA2 2(10)1式中z L為此時木棍中心距坐標原點的距離，由 21)、（3）、（9

6、）式可求得v ,再將v和（6）式中的k代人（10）式得A L (11)由此可知，從木棍下端開始進入下面液體到棍中心到達坐標原點所走的距離是振幅的一半，從參考圓（如圖預解16-9）上可知，對應的 為30 ,對應的時間為T/12 。因此匿曲解叵9木棍從下端開始進入下面液體到上端進入下面液體所用的時間，即棍中心從zL所用的時間為2t2 21 _rL(1232( 2 i)g3.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，加速度的數值與a1一樣，其過程和1中情況相反地對稱，所用時間(13)(14)t3 t14.總時間為+ +6.62 T1 2)Lt t1 t

7、2 t3 .6. ( 21)g第17屆預賽題.1. (20分)如圖預17-8所示，在水平桌面上放有長木板C , C上右端是固定擋板 P,在C上左端和中點處各放有小物塊 A和B, A、B的尺寸以及P的厚度皆可忽略不計， A、B之 間和B、P之間的距離皆為L。設木板C與桌面之間無摩擦， A、C之間和B、C之間的 靜摩擦因數及滑動摩擦因數均為；A、B、C (連同擋板P)的質量相同.開始時，B和C靜止，A以某一初速度向右運動.試問下列情況是否能發(fā)生？要求定量求出能發(fā)生這些 情況時物塊A的初速度V0應滿足的條件，或定量說明不能發(fā)生的理由.(1)物塊A與B發(fā)生碰撞；(2)物塊A與B發(fā)生碰撞(設為彈性碰撞)

8、后，物塊B與擋板P發(fā)生碰撞；(3)物塊B與擋板P發(fā)生碰撞(設為彈性碰撞)后，物塊B與A在木板C上再發(fā)生碰撞；(4)物塊A從木板C上掉下來；(5)物塊B從木板C上掉下來.參考解答1.以m表示物塊A、B和木板C的質量，當物塊 A以初速v0向右運動時，物塊 A受 到木板C施加的大小為mg的滑動摩擦力而減速，木板 C則受到物塊 A施加的大小為mg的滑動摩擦力和物塊 B施加的大小為f的摩擦力而做加速運動， 物塊則因受木板C施 加的摩擦力f作用而加速，設 A、B、C三者的加速度分別為 aA、aB和aC,則由牛頓第 二定律，有mg maAmg f maCf maB事實上在此題中，aB ac,即B、C之間無相

9、對運動，這是因為當 aB ac時，由上式可 得，1，、f - mg(1)它小于最大靜摩擦力mg .可見靜摩擦力使物塊 B、木板C之間不發(fā)生相對運動。若物塊A剛好與物塊B不發(fā)生碰撞，則物塊A運動到物塊B所在處時，A與B的速度大小相等.因 為物塊B與木板C的速度相等，所以此時三者的速度均相同，設為v1,由動量守恒定律得(2)解解r-smv0 3mv1在此過程中，設木板 C運動的路程為則物塊A運動的路程為 si L ,如圖預解17-8所 示.由動能定理有1212mvi mV)mg(si L)(3)221 2一(2 m)%mgs(4)2或者說，在此過程中整個系統動能的改變等于系統內部相互間的滑動摩擦力

10、做功的代數和(3)與(4)式等號兩邊相加)，即1212(3m)v1 mv0mgL(5)22式中L就是物塊A相對木板C運動的路程.解(2)、(5)式，得Vo V3 gL(6)即物塊A的初速度Vo J3 gL時,A剛好不與B發(fā)生碰撞，若v° J3 gL ,則A將與B發(fā)生碰撞，故A與B發(fā)生碰撞的條件是Vo3 gL（7）2.當物塊A的初速度v0滿足（7）式時，A與B將發(fā)生碰撞，設碰撞的瞬間，A、B、C三者的速度分別為Va、VB和VC,則有Va VbVb Vc（8）在物塊A、B發(fā)生碰撞的極短時間內，木板C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， A與B構成的系統的動量守恒，而木

11、板C的速度保持不變.因為物塊A、B間的碰撞是彈性的，系統的機械能守恒，又因為質量相等，由動量守恒和機械能守恒可以證明（證明從略），碰撞前后 A、B交換速度，若碰撞剛結束時，A、B、C三者的速度分別為va、vb和vc ,則有VA VBVB VAVC VC由（8）、（9）式可知，物塊 A與木板C速度相等，保持相對靜止，而 B相對于A、C向 右運動，以后發(fā)生的過程相當于第1問中所進行的延續(xù)，由物塊B替換A繼續(xù)向右運動。若物塊B剛好與擋板 P不發(fā)生碰撞，則物塊 B以速度vb從板C板的中點運動到擋板P所在處時，B與C的速度相等.因 A與C的速度大小是相等的，故 A、B、C三者的速 度相等，設此時三者的速

12、度為 v2 .根據動量守恒定律有mV0 3mV2（10）A以初速度v0開始運動，接著與B發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞后物塊 A相對木板C靜止，B到達P所在處這一整個過程中，先是 A相對C運動的路程為L ,接著是B相對C運動的 路程為L,整個系統動能的改變，類似于上面第1問解答中（5）式的說法.等于系統內部相互問的滑動摩擦力做功的代數和，即1212V （3m）V2 -mV0mg 2L（11）解（10）、（ 11）兩式得V o 褥 gL（12）即物塊A的初速度v0 J6 gL時，A與B碰撞，但B與P剛好不發(fā)生碰撞，若v0 J6 gL ,就能使B與P發(fā)生碰撞，故 A與B碰撞后，物塊 B與擋板P發(fā)生碰撞的條

13、件是V o6 gL（13）3.若物塊A的初速度丫0滿足條件（13）式，則在A、B發(fā)生碰撞后，B將與擋板P發(fā)生碰撞，設在碰撞前瞬間，A、B、C三者的速度分別為 vA、vB和Vc ,則有VbVa Vc（14）B與P碰撞后的瞬間，A、B、C三者的速度分別為 vA、Vb和vc ，則仍類似于第2問解答中（9）的道理，有vbVcVcvbVa Va（15）由（14）、（15）式可知B與P剛碰撞后，物塊 A與B的速度相等，都小于木板 c的速度， 即VcVa Vb（16）在以后的運動過程中，木板 c以較大的加速度向右做減速運動，而物塊A和B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ac 2 gaA

14、aBg（17）1加速過程將持續(xù)到或者 A和B與c的速度相同，二者以相同速度 -v0向右做勻速運動，或 3者木塊A從木板c上掉了下來。因此物塊 B與A在木板c上不可能再發(fā)生碰撞。4.若A恰好沒從木板c上掉下來，即 A到達c的左端時的速度變?yōu)榕c c相同，這時 三者的速度皆相同，以 v3表示，由動量守恒有3mv3 mvo（18）從A以初速度Vo在木板c的左端開始運動，經過B與P相碰，直到A剛沒從木板c的左端掉下來，這一整個過程中，系統內部先是 A相對c的路程為L ;接著B相對c運動的路程 也是L ; B與P碰后直到A剛沒從木板c上掉下來，A與B相對c運動的路程也皆為 L.整 個系統動能的改變應等于內

15、部相互間的滑動摩擦力做功的代數和，即1 212 （3m）v3 mv0mg 4L（19）2 2由（18）、（ 19）兩式，得Vo V12gL(20)即當物塊A的初速度vo J12 gL時,A剛好不會從木板C上掉下.若Vo J12 gL ,則A 將從木板C上掉下，故A從C上掉下的條件是Vo 712""gL(21)5.若物塊A的初速度Vo滿足條件(21)式，則A將從木板C上掉下來，設 A剛要從 木板C上掉下來時，A、B、C三者的速度分別為vA 、vB和vC ，則有VaVbVc(22)這時(18)式應改寫為mV0 2mVAmVC(23)(19)式應改寫為121212-(2m)VB-

16、 mVC-mV0mg 4L(24)當物塊A從木板C上掉下來后，若物塊 B剛好不會從木板 C上掉下，即當C的左端趕上B時，B與C的速度相等.設此速度為 V4,則對B、C這一系統來說，由動量守恒定律，有mVBmVC2mV4(25)在此過程中，對這一系統來說，滑動摩擦力做功的代數和為mgL,由動能定理可得1 21212-(2m)V4- mVB-mVCmgL(26)2 22由(23)、( 24)、( 25)、( 26)式可得Vo 41gL(27)即當Vo 4j""gL時，物塊B剛好不能從木板 C上掉下。若，則 B將從木板C上掉下，故物塊B從木板C上掉下來的條件是Vo 41gr(28

17、)第18屆預賽題1. (25分)如圖預18 5所示，一質量為 M、長為L帶薄擋板P的木板，靜止在水平的地面上，設木板與地面間的靜摩擦系數與滑動摩擦系數相等，皆為.質量為m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，到達另一端時便驟然抓住擋板P而停在木板上.已知人與木板間的靜摩擦系數足夠大，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t表示人開始運動到剛抵達另一端尚未停下這段過程中所用的時間，設以xi表示木板向后移動的距離，如圖預解18-5所示.以f表示人與木

18、板間的靜摩擦力，以 F表示地面作用于木板的 摩擦力，以ai和a2分別表示人和木板的加速度，則f ma1I1c *2L x1 - a1t2f F Ma21 c .2xi a2t 2前頊解1S-5t j 2LMm - .Mf m(f F)(5)解以上四式，得對人和木板組成的系統，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 F的沖量，忽略人驟然停下那段極短的時間，則有Ft (M m)v(6)v為人在木板另一端剛停下時兩者一起運動的速度.設人在木板另一端停下后兩者一起向前移動的距離為X2 ,地面的滑動摩擦系數為，則有1 2一(M m)v (M m)gx2(7)2木板向前移動的凈

19、距離為X x2 x1由以上各式得LMm(Mm)(fF) MFLm(f F)Mf m(f F)由此式可知，欲使木板向前移動的距離X為最大，應有(9)(10)fFmax(M m)g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.X max由上可見，在設木板發(fā)生向后運動，即移動的最大距離（11）f F的情況下，f F時，X有極大值，也就是說，在時間0t內，木板剛剛不動的條件下 X有極大值.再來討論木板不動即 f F的情況，那時，因為f F ,所以人積累的動能和碰后的總動能都將變小，從而前進的距離x也變小，即小于上述的 Xmax。評分標準：本題25分（1）、（

20、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；說明f F時木板向前移動的距離小于f F時的給1分。2. （1 8分）在用鈾235作燃料的核反應堆中，鈾 235核吸收一個動能約為 0.025 eV的熱 中子（慢中子）后，可發(fā)生裂變反應，放出能量和23個快中子，而快中子不利于鈾 235的裂變.為了能使裂變反應繼續(xù)下去，需要將反應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.設中子與碳原子的碰撞是對心彈性碰撞，問一個動能為Eo 1.75 MeV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

21、.025 eV的熱中 子？參考解答設中子和碳核的質量分別為 m和M,碰撞前中子的速度為 v0，碰撞后中子和碳核的速度分別為v和v ,因為碰撞是彈性碰撞，所以在碰撞前后，動量和機械能均守恒，又因 vv和v沿同一直線，故有(1)mv0 mv Mv解上兩式得因 M 12m代入（3）式得1 2-mvo 21mv2)Mv222m Mvvom M11v013(2)(3)(4)負號表小v的方向與v0方向相反，即與碳核碰撞后中子被反彈.因此，經過一次碰撞后中子的能量為121-mv - m221113于是11132E0(5)經過2,3,，n次碰撞后，中子的能量依次為E2 ,E3 ,E4,，En ,有E21113611134Eo1113EoE1EonEo11132nEo(6)因此1 lg(En/Eo)2 lg(11/13)已知區(qū) 3. "7Eo 1.75 1。6 7代入（7）式即得17Xlg(7 10 )7 lg7 7.8451(8)n 7- 542lg( 11)2( 0.07255) 0.1451g 13故初能量Eo 1.75MeV的快中子經過近54次碰撞后，才成為能量