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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
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 （ 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
v0
参考解答：
O
. 滑块沿半球面
以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒 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 P
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
. 由机械能守恒
内侧 P 处， P 和球心 O 的连线与水平方向的夹角为 得
1 mv02 2
mgRsin
1 mv2 1 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
. （2）
的最大值相对应
vmax v( max ) . （3）
而由 （ 2） 式， q 不可能达到 π 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
2gR sin
2 cos
v02 tan2
2
v 2 0 .
若 sin
0 ，由上式得
sin 2gR
.
v0 2gR
v02
实际上， sin =0 也满足上式。由上式可知
sin max cos
2
.
max
由（ 3）式有
v2 ( max )
2gRsin max
v02 tan2
max 0 . （4’） ] 将
v ( max ) 0 代入式（ 1），并与式（ 2）联立，得
v02 sin2 max 2gR sin max
1
sin2 max0 . （5）
2
以 sin max 为未知量，方程（ 不是所求的解 . 于是 sin max
2
2
max
5）的一个根是 sinq = 0 ，即 q = 0 ，这表示初态，其速率为最小值， 0 . 约去 sin
max ，方程（ 5）变为
2gR sin
其解为
v0 sin max
2 gR
0. （6）
sin
max
v02
1
16
g2 R2 v04
1 .
（7）
4gR
注意到本题中 sin
时， max 0 ， 方程（ 6）的另一解不合题意，舍去 . 将（ 7）式代入（ 1）式得，当
v
2
1
v02 2
v04 16 g2 R2 , （8）
考虑到（ 4）式有
v
max
v 2
1 v02 2
v04 16g 2 R2 .
（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。
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 αm（ 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
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 面上以垂直于杆的速度飞向物块
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 vD ，显然有
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 、
2l v D
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
C
v
.
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 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 mvD mvC mv02 . （3）
2 2 2
由 （ 1）、（ 2）、（ 3） 式解得
. 又由于碰撞时间 t
1
2
12 1 mvA2 2
1
2 v0 , v A r
2
2 0
vC
8l
2
4lr
2 0
r
v, vD
8l 2 8l
2
r 2
8l
r
v（ 4）
[ 代替 （ 3） 式，可利用弹性碰撞特点
v0 vD v A . （3’） 同样可解出（ 4） . ]
3
设碰撞过程中 D 对 A 的作用力为 F1 ，对 A 用动量定理有
F t m
1
vA
m v0
4l 2 r 2 2m , 8l 2 r 2 v0
（5）
方向与 v0 方向相反 . 于是， A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为
F t
1
4l 2 r 2 2m 8l 2 r 2 v0
（ ） 6
方向与 v0 方向相同 .
以 B 、 C、 D 为系统，设其质心离转轴的距离为
. （7） x mr m2l
( 2) m 2
质心在碰后瞬间的速度为
4l (2 l r )
（8） vC x .
vv r ( 2)(8 l 2 r 2 ) 0
轴与杆的作用时间也为 t ，设轴对杆的作用力为 F2 ，由质心运动定理有 4l (2 l r )
2l r
x ，则
F2 t F1 t
2 mv
0 8l 2 r 2 mv
.
（9）
由此得
F
2
t
r (2l r) 8l 2
方向与
. 2m
r2 v0
（10）
v0 方向相同 . 因而，轴受到杆的作用力的冲量为
F t
2
2m ,
8l 2 r 2 v0
r(2l r)
（11）
方向与 v0 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 F2 t F1 t mvC mvD .]
[ 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 vC
v0 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向心
8l 2 r 2
4lr
力，即
k r
m vC2
r
16l 2 r m 2 (8l 2 r 2 )2 v0
（ 12） A 的速度 v0
则弹簧总保持其长度不变，（ 应满足的条件
1）、（ 2）、（ 3） 式是成立的 . 由（ 12）式得碰前滑块
v0
(8l 2 r 2 ) k r
4l
mr
（ 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 v0 应满足（ 13）式 .
评分标准 ：本题 20 分 .
第 1问 16分，（ 1）式 1分，（2）式 2分，（3）式 2分，（ 4）式2分，（5）式 2分，（ 6） 式 1分，（ 7）式 1分，（ 8）式 1分，（ 9）式 2分，（ 10）式 1分，（11）式 1分；第 2问 4分，（12）式2分，（ 13）式 2分.
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