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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(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.
参考解答：
以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，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，滑块位于半球面内侧P处，P和球心O的连线与水平方向的夹角为?. 由机械能守恒得
v0O?P111222mv0??mgRsin??mv??mv? (1) 222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
mv0R?mv?Rcos?.
(2)
由 (1) 式，最大速率应与?的最大值相对应
vmax?v(?max). 而由 (2) 式，q不可能达到π(3)
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 2gRsin??v0tan若sin??0，由上式得
222??v??0.
sin?2gR?. 22cos?v0
实际上，sin?=0也满足上式。由上式可知 由(3)式有
v?(?max)?2gRsin?max?v0tan222sin?max2gR. ?22cos?maxv0
?max?0.
(4’)
2
]
将v?(?max)?0 代入式(1)，并与式(2)联立，得
2v0sin2?max?2gRsin?max?1?sin2?max??0.
(5)
以sin?max为未知量，方程(5)的一个根是sinq=0，即q=0，这表示初态，其速率为最小值，不
是所求的解. 于是sin?max?0. 约去sin?max，方程(5)变为 其解为
22gRsin2?max?v0sin?max?2gR?0.
(6)
sin?max2??v0g2R2??1?164?1?.
?4gR?v0??(7)
注意到本题中sin??0，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当???max时，
考虑到(4)式有
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.
2vmax?v??2v??124v0?v0?16g2R2, 2??(8)
124v0?v0?16g2R2. 2??(9)
3
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?m（?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?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、vD，显然有
vD?2lvCr.
(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
mvD2l?mvCr?mvA2l?mv02l.
(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
由 (1)、(2)、(3) 式解得
12121212mvD?mvC?mvA?mv0. 2222(3)
4lr8l2r2 vC?22v0,vD?22v0,vA??22v0 (4)
8l?r8l?r8l?r[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点
同样可解出(4). ]
设碰撞过程中D对A的作用力为F1?，对A用动量定理有
v0?vD?vA.
(3’)
4l2?r2F1??t?mvA?mv0??222mv0,
8l?r(5)
方向与v0方向相反. 于是，A对D的作用力为F1的冲量为
4l2?r2F1?t?222mv0 (6)
8l?r方向与v0方向相同.
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