第26届北京市高中力学竞赛决赛试题

第26届北京市高中力学竞赛决赛试题

（景山学校杯）

一、填空题（6小题，每小题8分，共48分）

1. 北京在地球表面的位置约是东经117o、北纬37o，莫斯科的位置

约是东经37o、北纬56o.据报道说，习近平主席计划莫斯科时间上午10点在莫

斯科国际关系学院举行报告.试估计在北京的时间应是 ，理由是 .

2. 如图1所示，光滑轨道P ABCDE 由直轨道和两个半径均相同的圆弧轨道连接而成. 小滑块由高h 的P 点释放滑下，无论h 取何值，滑块不会脱离轨道的部分是 ，可能最先脱离轨道的部分是 ，经过该部分之后可能脱离轨道的部分是 .

3. 如图2所示，一块密度为水密度的1/2的塑料块连接到轻弹簧的一端，弹簧另一端固定在桶底，塑料块完全浸没在水中时弹簧伸长5mm 。如果水桶以加速度g a 2

1

匀加速上升，塑料块达到稳定状态后弹簧伸长 mm ，理由是 。

得 分

h

A

B

C

D E F O 1

O 2

R R R

R

R

图1

P 图2

4. 体重60kg的短跑运动员，在50m的比赛中，起跑后的1.0s内加速，后来匀速，经8.0s跑到终点. 我们可估算出运动员在跑动中的最大功率是W.（保留两位有效数字）

5. 有一种绳系卫星，母星在确定的轨道上运动，母星上用细绳悬吊一个子星，如图3所示. 稳定时母星和子星间的细绳方向应指向地心，但有时子星会发生摆动，子星上无动力装置，为消除摆动使细绳方向指向地心，可采取的措施是，理由是

.

6. 如图4所示，一鼓轮放在粗糙地面上，右边紧靠光滑的竖直墙壁，鼓轮重量不计，其上由绳索悬吊一重物G，已知r =R/3，鼓轮与地面间的摩擦因数为μ，鼓轮处于静止平衡状态. 如果增大r，其他条件不变，鼓轮是否能处于平衡状态？答：，

理由是.

二、计算题（共102分）图4

图3 母星子星

地心

图5

A

B C D

v v 1

v 2

x

y

7.（16分）如图5所示，球与台阶相碰的恢复系数为 e

)

(接近速度分离速度e =，每级台阶的宽度和

高度相同，均等于l ，该球在台阶上弹跳，每次均弹起同样高度且在水平部分的同一位置，即AB =CD ，求球的水平速度和每次弹起的高度，球与台阶间无摩擦.

8．（16分）特警战士距墙S 0，以速度0υ起跳，如图6所示，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上的运动以继续升高，墙与鞋

底之间的静摩擦因数为μ．求能使人体重心有最大总升高的起跳角θ.

图6

S 0

得 分

得 分

9．（20分）如图7所示，A 、B 、C 、D 、E 五个杂技演员在连续靠近放置的跳板上表演杂技．他们各自的质量分别为m 1，m 2，m 3，

m 4和m 5.A 演员从h 1高度跳到第一个跳板上. B 、C 、D 接着一个个被竖直向上弹起后又竖直落下到相邻的跳板上．跳板的质量可以忽略，试求E 演员被弹起的高度h 5是多少？

10. （25分）如图8所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时

静止在光滑的水平桌面上. 桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度v 0沿垂直于杆DB 的方向与右端小球B 作弹性碰撞. 求刚碰后小球A 、B 、C 、D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况.

图7

图8

得 分

得 分

11.（25分）如图9所示，一均匀圆盘，质量为M ，半径为R ，静止放在一光滑水平地面上，中心不固定. 质量为m 的人，初始静

止站在圆盘边缘上（人可看作质点），当人以相对速率u 沿圆盘边缘走动后，盘的转动角速度大小为)(32R

u

M m m +=

ω，求盘心O 的速度大小.

第26届北京市高中力学竞赛决赛试题答案

（景山学校杯）

一、填空题

1．下午3点多（2分）.地球由西向东自转，24小时转一周，经度为360o，每隔15o差1小时，117o-37o=80o，约5个多小时（6分）.

2．A →B →C （2分） . C →D （3分） . E →F （3分）.

3．7.5 （2分）. 水和塑料块都超重，F 弹=F 浮-m 塑（g +a ）=（ρ水-ρ塑）

V 塑（g +a ）（6分）.

4．2.7103 （8分）

a=

P m =mav =W 3107.23

20

32060?=??

得 分

O

R

A

.

m 图9

5．子星摆动最低处放绳，最高处收绳 ，放绳时绳拉力对子星做负功，收绳时做正功，半个周期内负功绝对值大于正功，拉力总功为负，子星机械能减小. （8分）

6.

能，

不能（2分） . 平衡方程为fR =Gr ，，平衡

时 （6分）

二、计算题

7、解：球每次弹起的速度v 1都相同，每次落地的速度v 2也相同，由能量守恒：

2

2

2

12

121mv mgl

mv =+

①gl v v v v gl v v y x y x 2,22

12

12

22

22

12

2=--+=- （2分） 由牛顿碰撞公式：②y

y ev v 21=- （2分）

在水平方向动量守恒：③x x x x v v mv mv 2121,==

由①②③可求得：)2(12 )2(,122

221分分e

gl

v e gl e

v y y -=--= 平抛公式：⑥⑤④，2

2

1111,

gt t v y t v l gt v v y x y y +==+= 令v y =v 2y ，由④可求得球从弹起到落地的时间：

)1()

1(21122

12e g e l g e e

gl g

v v t y

y -+=+?-=

-=

)2(分 代入⑤中即可求得球的水平速度：

T 2

T 1

T 1>T 2

A

B C D

v 1

v 1 v 2

x

y

)

1(2)

1()1(2)1()1()1(2)1()1(2/1e e gl e l l

e g e g e l e g e l l t l v x +-=

+-?-+=

-+== )2(分

令v y =0，由④可求得球达最大高度所需时间：

)

1(2112221e g l

e

g e gl e

g

v t y -=?-=-

= 代入⑥中即可求得球所能达到的最大高度：

l e

e g e g l ge e g l e e gl e y 2

2

22221)1(221)1(212-=-+-?--= )4(分 8、分析和解：在解答本题时，注意摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，抓住主要因素忽略次要因素，是经常用到的手段.

人以角θ起跳，水平初速度和竖直初速度分别为

00cos x υυθ=，00sin y υυθ= 从起跳到蹬墙时空中飞行的时间为

0cos s t υθ

=

则人蹬墙前竖直方向的速度为

000sin cos y y s gt g υυυθυθ

=-=-

人重心升高：

2220001000000111

sin ()tan ()2cos 2cos 2cos y s s s h t gt g s g υυθθυθυθυθ

=-

=-=-（6分）

设人蹬墙的时间为△t ，因△t 很小，则静摩擦力的冲量远大于人体重力的冲量，即f G I I >>，由动量定理得：f y I N t m μυ=?=?

而在水平方向同样由动量定理可知：cos x x o N t m m m υυυθ?=?==

（3分）

人蹬墙后获得竖直向上的速度：0

000sin cos cos y y y gs υυυυθμυθυθ

'=+?=-

+

人蹬墙后再上升的高度

2

00

22202002

000(sin cos )cos (sin cos )1tan ()2222cos y gs s h s s g g g g υθμθυυθυθμθθμυθ

??+-??'+??===--+

人体重心上升的总高度：22

0120(sin cos )2H h h s g

υθμθμ+=+=

-

令tan φ=μ，则

对0υ、s 0一定时，当2

π

θ?+=时H 最大．

即1

arctan

θμ

=时，人体的重心总升高最大．（7分）

9、 解：首先我们注意一下图中的翘板，中间是一个无限重的支柱．A 演员跳到翘板的一端，同时把B 演员弹到空中，我们可以看作是演员间“通过”翘板的碰撞．假定碰撞的持续时间很短，由此我们可以不考虑

重力对碰撞本身的影响，因为在碰撞的时间△t 里，每一个演员和重力相关的冲量矩（对翘板中心计算）与△t 成正比，是非常小的．

碰撞时翘板支点是不动的，我们可以采用角动量守恒定律来研究．又由于翘板非常轻，我们可以认为翘板的转动惯量为零.根据题中后面的说明和上面的假设．我们可以认为碰撞时机械能是守恒的，也就是说是弹性碰撞.

令1υ'表示A 演员碰撞后的速度.1υ'与图上的1υ指向同一个方向.由系统的角动量和机械能守恒，可以写出

111122m r m r m r υυυ'=+ （4分）

222

111122111222m m m υυυ'=+ （4分）

解这个方程组，我们得到两组解