全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编.docx

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1、全国中学生高中物理竞赛预赛试题分类汇编力学第16届预赛题.1.15分一质量为的平顶小车，以速度沿程度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。物块和车顶之间的动摩擦系数为。1. 假设要求物块不会从车顶后缘掉下，那么该车顶最少要多长？2. 假设车顶长度符合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，假设物块到达小车顶后缘时的速度恰好等于小车此时的速度，那么物块就刚好不脱落。令表示此时的速度，在这个过程中，假设以物块和小车为系统，因为程度方向未受外力，所

2、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 其中为物块挪动的间隔 。小车动能的增量等于摩擦力对小车所做的功，即 3其中为小车挪动的间隔 。用表示车顶的最小长度，那么 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 72.20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、密度为的匀称木棍，竖直地放在上面的液体内，其下端离两液体分界面的间隔 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视不计，且两液体都

3、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，那么 2由此解得 32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，那么此时有 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，

4、那么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间隔 ，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间隔 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 123从木棍全部浸入下面液体

5、开始，受力状况的分析和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中状况相反地对称，所用时间 134总时间为 14第17届预赛题.1.20分如图预17-8所示，在程度桌面上放有长木板，上右端是固定挡板，在上左端和中点处各放有小物块和，、的尺寸以与的厚度皆可忽视不计，、之间和、之间的间隔 皆为。设木板与桌面之间无摩擦，、之间和、之间的静摩擦因数与滑动摩擦因数均为；、连同挡板的质量一样开始时，和静止，以某一初速度向右运动试问以下状况是否能发生？要求定量求出能发生这些状况时物块的初速度应满意的条件，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

6、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，木板那么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，物块那么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，那么由牛顿第二定律，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。假设物块刚好与物块不发生碰撞，那么物块运动到物块所在处时，与的速度

7、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一样，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，那么物块运动的路程为，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变更等于系统内部互相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，假设，那么将与发生碰撞，故与发生碰撞的条件是 72. 当物块的初速度满意7式时，与将发生碰撞，设碰撞的瞬间，、三者的速度分别为、和，那么有 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特别小，可忽视不计。故在碰撞过程中

8、，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，假设碰撞刚完毕时，、三者的速度分别为、和，那么有 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问中所进展的持续，由物块交换接着向右运动。假设物块刚好与挡板不发生碰撞，那么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依据动量守恒定律有 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

9、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，整个系统动能的变更，类似于上面第1问解答中5式的说法等于系统内部互相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，假设，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 133. 假设物块的初速度满意条件13式，那么在、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，那么有 14与碰撞后的瞬间，、三者的速度分别为、和，那么仍类似于第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

10、运动过程中，木板以较大的加速度向右做减速运动，而物块和以一样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一样，三者以一样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行能再发生碰撞。4. 假设恰好没从木板上掉下来，即到达的左端时的速度变为与一样，这时三者的速度皆一样，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变更应等于内部互相间的滑动摩擦力做功的代数

11、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假设，那么将从木板上掉下，故从上掉下的条件是 215. 假设物块的初速度满意条件21式，那么将从木板上掉下来，设刚要从木板上掉下来时，、三者的速度分别为、和，那么有 22这时18式应改写为 2319式应改写为 24当物块从木板上掉下来后，假设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，那么对、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。假设，那么将从木板上掉

12、下，故物块从木板上掉下来的条件是 28第18届预赛题1.25分如图预185所示，一质量为、长为带薄挡板的木板，静止在程度的地面上，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，到达另一端时便隧然抓住挡板而停在木板上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，最终可使木板向前方挪动的间隔 到达最大？其值等于多少？参考解答在人从木板的一端向另一端运动的过程中，先探讨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，设以表示木板向后挪动的间隔 ，如图预解18-5所示以表示人与木

13、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，那么 1 2 3 4解以上四式，得 5对人和木板组成的系统，人在木板另一端隧然停下后，两者的总动量等于从开始到此时地面的摩擦力的冲量，忽视人隧然停下那段极短的时间，那么有 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挪动的间隔 为，地面的滑动摩擦系数为，那么有 7木板向前挪动的净间隔 为 8由以上各式得 由此式可知，欲使木板向前挪动的间隔 为最大，应有 9即 10即木板向前挪动的间隔 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挪动的最大间隔 11 由上可见，在

14、设木板发生向后运动，即的状况下，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探讨木板不动即的状况，那时，因为，所以人积累的动能和碰后的总动能都将变小，从而前进的间隔 也变小，即小于上述的。评分标准：此题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；说明时木板向前挪动的间隔 小于时的给1分。的热中子慢中子后，可发生裂变反响，放出能量和23个快中子，而快中子不利于铀235的裂变为了能使裂变反响接着下去，须要将反响中放出的快中子减速。有一种减速的方法是运用石墨碳12作减速剂设中子与碳原子的碰撞是对心弹性碰撞，问一个动能为的热中子

15、？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、和沿同始终线，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 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：此题18分1、2、4、6式各3分；5、7、8式各2分。第19届预赛15分今年3月我国北方地区遭受了近10年来最严峻的沙尘暴天气现把沙尘上扬后的状况简

16、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假设沙粒的密度 ，沙尘颗粒为球形，半径，地球外表处空气密度，试估算在地面旁边，上述的最小值2假定空气密度随高度的变更关系为，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更参考解答1在地面旁边，沙尘扬起要能悬浮在空中，那么空气阻力至少应与重力平衡，即 式中为沙尘颗粒的质量，而 得 代入数据得 2用、分别表示时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，那么有 此时式应为 由、可解得 代入数据得 评分标准：此题15分。1. 第一小题8分。其中式3分，式1分，式1分，式2分，式1分。2. 第二小题7分。其中式1分，式1分，式3分，式2分。