近几年全国物理竞赛复赛力学

近几年全国物理竞赛复

赛力学

Revised as of 23 November 2020

近几年全国物理竞赛复赛力学

1.（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0v (00 v ). 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 . （30届复赛）

2.如图所示，两根刚性轻杆AB和BC在B段牢固粘接在一起，AB延长线与BC 的夹角α为锐角，杆BC长为l，杆AB长为α

l。在杆的A、B和C三点各固

cos

连一质量均为m的小球，构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑竖直挡板，杆AB延长线与挡板垂

v、方向沿AB的速度向挡板

直。现使该系统以大小为

平动。在某时刻，小球C与挡板碰撞，碰撞结束时球C

在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C与挡板不粘

连。若使球C碰撞后，球B先于球A与挡板相碰，求夹

角α应满足的条件。

（29届复赛）

3.（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为年。1986年它过近日点P0时，与太阳S的距离r0=，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离。经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=°.已知：1AU=×1011m，引力常量G=×10-11m3kg-1s-2，太阳质量m S=×1030kg.试求P到太阳S的距离r P及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。（28届复赛）

4、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆A B和CD接触处的静摩擦因数为

μC，两杆的质量均为m，长度均为l.

（1）已知系统平衡时AB杆与墙面夹角θ，求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA=，μC=，θ=°，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。（28届复赛）

5.（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

α（α为常数）的小物块B，杆可绕通过小物块B所在端的竖直固的小物块D和一质量为m

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0v，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0v应满足的条件. （30届复赛）

6.（ 22 分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为 R ，螺距H =πR ，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为 m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点 A ，这时螺旋环也处于静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴 O O′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．(27届复赛)

3.解法一

取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

22

221x y a b

+= （1）

a 、

b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．

以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有

32

32a T a T =e e （2）

设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得

c a r =-0 （3）

22c a b -= （4）

由图1可知，P 点的坐标

cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得

()2

2222

22222sin cos 2cos 0P P P P P a

b r b cr b

c a b θθθ+++-=

（7）

根据求根公式可得

()

222

22

cos sin cos P P P P

b a

c r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s

2Gmm E =a

-

(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有

2s s 122P P Gmm Gmm m r a ??

+-=- ???

v （11） 得

图1

P

=

v（12）

代入有关数据得

41

4.3910m s

P

-

??

v= (13)

设P点速度方向与

SP的夹角为?(见图2)，根据开普勒第二定律

[]

sin2

P P P

r?θσ

-=

v（14）

其中σ为面积速度，并有

πab

T

σ=（15）

由（9）、（13）、（14）、

（15）式并代入有关数据可得

127

?=（16）

4.二、参考解答：

1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的

受力情况如图：

1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB 的支持力，2f 、2N 为杆

AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有

4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）

以及对A 点的力矩

()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα??

+---+-= ???

即

()3431

sin sin cos cos cos 022

mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （3）

式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有

sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有

422cos sin 0N N f θθ+-= （5）

22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩

41

cos sin 02

N l mgl αα-= （7）

解以上各式可得

41

tan 2

N mg α= （8）

33

1sin 1tan sin tan tan 2

2cos 2sin N mg αααθαθθ??

=--+

???

（9）

13tan sin 1tan sin 2

cos 2sin f mg θαααθθ??

=-+ ??? （10） 12N mg = （11）

21sin tan cos 2N mg θαθ??

=- ??? （12）

21cos tan sin 2f mg θαθ??

=+ ???

（13）

CD 杆平衡的必要条件为

22c f N μ≤ （14）

由（12）、（13）、（14）式得

()

2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ

-≤

+ （15）

AB 杆平衡的必要条件为

11A f N μ≤ (16)

由（10）、（11）、（16）式得

tan sin 2sin 43tan sin cos A ααα

μθθθ

-≤-

（17）

因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．

2．将题给的数据代入（15）式可得

arctan 0.38521.1α?≤= (18) 将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得

19.5α≥? (19)

因此，α的取值范围为

19.521.1α≤≤ (20)

5. 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A v 、C v 、D v ，显然有

D C

2l r =

v v . (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

D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (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

2222D C A 011112222

m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得

22

00022222248,,888C D A lr l r l r l r l r

===-+++v v v v v v (4)

[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点 0D A =-v v v .

(3’)

同样可解出(4). ]

设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有

22

1A 0022428l r F t m m m l r

+'?=-=-+v v v , (5)

方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为

22

1022428l r F t m l r +?=+v (6)

方向与0v 方向相同.

以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则 22(2)2

mr m l l r x m αα++=

=

++.

(7)

质心在碰后瞬间的速度为

C 0224(2)(2)(8)

l l r x r l r α+=

=++v v v . (8)

轴与杆的作用时间也为t ?，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有 ()21022

4(2)

28l l r F t F t m m l r

α+?+?=+=

+v v . (9)

由此得

2022

(2)

28r l r F t m l r

-?=+v . (10)

方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为 2022

(2)

28r l r F t m l r

-'?=-

+v , (11)

方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.

[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理

21C D F t F t m m ?+?=+v v . ]

[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]

(2.) 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度022

48C lr

l r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心

力，即

()222

C 0

22216(8)l r k r m m r l r -==+v v

(12)

则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件

)

0-=

v

(13)

可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式. 6.解法一

一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R 的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有

π1

tan 2π2

R R

θ=

= （1） 可得

sin θ=

，cos θ=

（2） 设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为ω，则环上每一质量为i m ?的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u 表示，

u R ω= （3）

该小质元对转轴的角动量

2i i i L m uR m R ω?=?=?

整个螺旋环对转轴的角动量

22i i L L m R mR ωω=?=?=∑∑ （4）

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为ω时，设小球相对螺旋环的速度为'v ，则小球在水平面内作圆周运动的速度为

cos R

θω'=-v v

（5）

沿竖直方向的速度

sin ⊥'=v v θ

（6）

图

1

对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有

0m R L

=-v

（7）

由（4）、（5）、（7）三式得

'v cos θ-ωωR=R （8）

在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有

()

22

2

i 1122mgh m m u ⊥=

++?∑v v

（9） 由（3）、（5）、（6）、（9）四式得

()2

22

2sin gh =R R θ-ωθω2''++v v 2cos

（10）

解（8）、（10）二式，并利用（2）式得

ω=

（11）

'v =

（12） 由（6）、（12）以及（2）式得

⊥=

v （13） 或有

2

123gh

⊥=v

（14） （14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度

1

3⊥=

a g

（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则有

2

1

2⊥h =

a t （16） 由（11）和（16）式得

3=

ωg

t R （17） （17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度

3=

βg R

（18）

小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力1N ，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运

动的向心力2

N '的反作用力2N ．向心力2N '在水平面内，方向指向转轴C ，如图2所示．1N 、2N 两力中只有1N 对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有1sin ?=?N R t

L

θ

（19）

由（4）、（18）式并注意到

?=?ω

βt

得

13sin 3mg N mg θ=

=

（20）

而

222

N N m R

'==v

（21）

由以上有关各式得

223=

h

N mg

R

（22） 小球对螺旋环的作用力

13N == （23）

解法二

一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R 的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有

π1

tan 2π2

R R θ=

= （1）

可得

sin 5

θ=

，cos 5

θ=

（2）

图

图1

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h 的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为'v ，沿薄片斜边的加速度为'a ．薄片相对地面向左移动的速度为u ，向左移动的加速度为

0a ．u 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为ω，则有

u R ω= （3）

而0a 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为β，则有

0=a R

β

（4）

小球位于斜面上的受力情况如图2所示：重力mg ，方向竖直向下，斜面的支持力N ，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力

f *，方向水平向右，其大小

0*

=f ma

（5）

由牛顿定律有

cos sin mg θN f θ*--=0 （6） sin cos *'+=mg f ma θθ （7） 0

sin =N ma θ

（8）

解（5）、（6）、（7）、（8）四式得

2sin sin '1+2a =

g

θ

θ （9） 2cos =1sin +N mg

θ

θ （10） 02

sin cos 1+sin =a g θθθ （11） 利用（2）式可得

3'a =

g

（12）

a 图2

N =

（13） 01

3

=

a g （14） 由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度

1

=

3βg

R

（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则此时螺旋环的角速度

=ωβt （16）

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度

sin ⊥⊥

''==a a a θ

（17）

故有

21

2

⊥h =

a t （18） 由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得

=

ω（19）

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N 垂直．向心力的大小

21N m

R

=v （20）

式中v 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a 为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有

a t =v （21）

令a '为a '在水平面内的分量，有

00cos a a a a a θ''=-=- （22）

由以上有关各式得

123=

h

N mg R

（23）

小球作用于螺旋环的力的大小

N=（24）0

由（13）、（23）和（24）式得

N=（25）0