全国高中物理竞赛牛顿运动定律训练题答案.docx
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全国高中物理竞赛牛顿运动定律训练题答案
练习1
解析
在水平力F作用下，若
A和B能相对于C静止，则它们对地必有相同的水平加速
度.而A在绳的张力作用下只能产生水平向右的加速度，
这就决定了F只能水平向右，可用整
体法来求，而求张力必须用隔离法.
取物体系为研究对象，
以地为参考系，受重力（mA+mB+mC）g，推力F和地面的弹力
N，
如图所示，设对地的加速度为
a，则有：
F（mA
mBmC）a,,,,①
隔离B，以地为参考系，受重力
mBg、张力T、C对B的弹力NB，应满足：
NB
mBa,绳子的张力T
mBg,,,,②
隔离A，以地为参考系，受重力
mAg,绳的张力T，C的弹力NA，应满足；
NA=mAg,,,,
③
T=mAa,,,,
④
当绳和滑轮的质量以及摩擦都不计时，由②、④两式解出加速度
代入①式可得：
amBgmA
FmB（mAmBmC）gmA
练习2
解析盒下落过程可用整体法研究，下落后弹簧的形变情况应用隔离小球研究，盒起跳
时可隔离盒研究。
在盒与桌面发生碰撞之前，小球仅受重力作用，着地时速度为：
v2gh.
碰撞后盒静止，球先压缩下面的弹簧，同时拉上面的弹簧，当小球向下的速度减为零后，
接着又向上运动，在弹簧原长位置上方x处，小球的速度又减为0，则在此过程中，对小球
有：
1mv2
mgx2
1kx2
2
2
把盒隔离出来，为使盒能跳起来，需满足：
2kx
Mg代入上式可解得:
h
Mg（1
M）.
2k
2m
练习3
解析为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积木块，从上往下计算，使积木块均能保证平衡，要满足合力矩为零，平衡时，每块积木块都有最大伸出量，则单孔桥就有
最大跨度，又由于每块积木块都有厚度，所以最大跨度与桥孔高度存在一比值.
将从上到下的积木块依次计为1、2、,、n，显然第1块相对第2块的最大伸出量为
L
x1
2
第2块相对第3块的最大伸出量为
x2，则
Gx2
（L
x2）G
2
L
L
x2
2
2
4
同理可得第3块的最大伸出量x3
L
3
2
,
最后归纳得出
xn
L
2
n
所以总跨度k
9
xn
11.32h
2
n
1
跨度与桥孔高的比值为
练习4
k
11.32h
1.258
H
9h
解析：
火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做
的功，再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率
.
选取在△t时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为
F，根据动量定理，有
F△t=△m·v因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有
F=Mg
即Mg·△t=△m·v△t=△m·v/Mg
对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为：
W
1mv2
2
W
1mv2
1
所以发动机的功率
2
MgV
P
（mV/Mg）
2
t
练习5
解析：
在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地
面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作
用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，
落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对
象，就可以将变速冲击变为恒速冲击.
设开始下落的时刻t=0，在t时刻落在地面上的链条长为x，未到达地面部分链条的速度为v，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t时刻起取很小一段时间△t，在△t内又有△M=ρ△x落到地面上静止.地面对△M作用的冲量为
（F
Mg）t
I
因为
Mg
t0
所以
F
t
Mv
0
v
x解得冲力：
F
v
x，其中
x就是t时刻链条的速度
v，
t
t
故F
v2
链条在t时刻的速度v即为链条下落
长为x时的即时速度，即
v2=2gx，代入F的表达式中，得
F
2
gx
此即t时刻链对地面的作用力，也就是
t时刻链条对地面的冲力.
所以在t时刻链条对地面的总压力为
N
2gx
gx
3
gx
3Mgx.
L
练习6
解析：
求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位长度所受的支持力.因为
盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳，其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持
力方向不同，故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求解.在与圆盘
接触的半圆形中取一小段绳元△L，△L所对应的圆心角为△θ，如图所示，绳元△L两端的张力均为T，绳元所受圆盘法向支持力为△N，因细绳质量可忽略，法向合力为零，则由平衡条件得：
N
Tsin
Tsin
2
2Tsin
2
2
当△θ很小时，sin
2
∴△N=T△θ
2
又因为△L=R△θ
则绳所受法向支持力线密度为
n
N
T
T
L
R
①
R
以M、m分别为研究对象，根据牛顿定律有
Mg－T=Ma②
T－mg=ma③
由②、③解得：
T
2Mmg
M
m
将④式代入①式得：
2Mmg
n
m）R
（M
练习7
解析：
若要直接求整个圆对质点
m的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所
受合力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量
m的相互作用，然后推
及整个圆环即可求解.
如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于
P、Q两点，并设与水平线夹角为
α，
当α有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元
L1
R2
L2
r
2
其对应的质量分别为
m1
1
l1
1R
2
m2
2l2
2r2
由于△α很小，
故△m1、△m2与m的距离可以认为分别是
r1
2
R
cos
r2
2
r
cos
所以△m1、△m2与m的万有引力分别为
F1
Gmm1
G1R2m
F2
Gmm2
G2R2m
2
（2Rcos）
2
r
2
（2rcos）
2
r1
2
由于α具有任意性，若△
F1与△F2的合力为零，
则两圆环对m的引力的合力也为零，
即
G1R2
m
G2r2
m
（2Rcos
）2
（2rcos
）2
解得大小圆环的线密度之比为：
1
R
2r
练习8
解析因题目中没有给出具体数值，所以精糙斜面上物块的运动趋势就不能确定，应考虑两种可能。
令细线的张力为T，假设物块A有沿斜面向上运动的趋势时，对A物块有
T－μWcosα=Wsinα
对B物块有：
T=Wsinβ
两式联立解得：
sinβ=sinα+μcosα
同理，假设物块A有沿斜面向下运动的趋势时，可解得
sinβ=sinα－μcosα
因此，物块静止在斜面上时两倾角的关系为sinα－μcosα≤sinβ≤sinα+μcosα练习9
解析设想把挖去部分用与铅球同密度的材料填充，填充部分铅球的质
量为M1.为了抵消填充球体产生的引力，我们在右边等距离处又放置一个等质量
的球体。
如图
2—10—6甲所示。
设放置的球体的质量为
M1，
则M1
4
（r）3
1M0
1M
3
2
8
7
填补后的铅球质量：
M0=M+M1=8M/7.
则原铅球对小球引力为
F
F0
F1
GM0m/L2
GM1m（L
r）2
8GMm/7L2
2
r）2
4GMm/7（2L
（4GMm/7）[2/L2
1/（2L
r）2]
练习10
解析
在铁链下降时，只有重力做功，机械能守恒。
当铁链下降
L1时，如图所示，假设此位置是把左侧铁链下
端AB=L1段剪下来再接到右侧铁链的下端
CD处实现的。
设铁链的总质量为
m，铁链下降到
L1时，L1段中心下
降L1高，所以重力做功
W
m
mgL12
L
L1gL1
L
根据机械能守恒定律：
1
mv2
mgL12
2
L
v
2g
解得铁链的速度：
L1
L
练习11
解析
直角三角形AB、BC、CA三边的长分别记为
l1、l2、l3，如图所示，小球从
A
到B的时间记为T1，再从B到C的时间为T2，而从A直接沿斜边到
C所经历的时间记为
T3，
由题意知T1
T2T3，可得l1：
l2：
l3=3：
4：
5，
由此能得T1与T2的关系.
因为l1
1gT12
l1
gT1T2
2
所以l1
T1
l2
2T2
因为l1：
l2=3：
4，所以
T2
2T1
3
小球在图中每一虚线所示的轨道中，
经各垂直线段所需时间之和为
t1
T1，经各水平段
所需时间之和记为t2
，则从A到C所经时间总和为t
T1
t2，最短的t2
对应t的下限tmin，
最长的t2对应t的上限tmax.
小球在各水平段内的运动分别为匀速运动，
同一水平段路程放在低处运动速度大，
所需
时间短，因此，所有水平段均处在最低位置（即与
BC重合）时t2最短，其值即为
T2，故
tmin=T1T2
5T1.
3
t2的上限显然对应各水平段处在各自可达到的最高位置，
实现它的方案是垂直段每下降
小量l1，便接一段水平小量
l2，这两个小量之间恒有
l2
l1cot
，角即为∠ACB，
水平段到达斜边边界后，
再下降一小量并接一相应的水平量，
如此继续下去，构成如图所示
的微齿形轨道，由于
l1、l2均为小量，小球在其中的运动可处理为匀速率运动，分别所
经的时间小量
t1i
t2（i）
之间有如下关联：
（）与
t2（i）
l2
cot
t1（i）
l1
于是作为
t2（i）之和的t2上限与作为
t1（i）之和的T1之比也为cot
.故t2的上限必为
T1cot，即得：
tmax
T1
T1cot
7T1.
3
这样tmax:
tmin=7:
5
练习12
解析小球同时受到重力和电场力作用，这时也可以认为小球处在等效重力场中
.
小球受到的等效重力为
G
（mg）2
（
3mg）2
2
3mg
3
3
等效重力加速度
g
G
2
3g
m3
与竖直方向的夹角30，如图4—7甲所示.所以B点为等效重力场中轨道的最高点，
如图，由题意，小球刚好能做完整的圆周运动，小球运动到
B点时的速度vBgR
在等效重力场中应用机械能守恒定律
1mv02
mg（RRcos）
1mvB2
2
2
将g、vB分别代入上式，解得给小球的初速度为
v0
2（31）gR
练习13
解析人骤然停止奔跑后，其原有动量转化为与铁板一起向前冲的动量，此后，地面对
载人铁板的阻力是地面对铁板的摩擦力
f，其加速度a1
f
（M
m）g
m
M
g。
M
m
由于铁板移动的距离
L
v2
故v越大，L越大。
v是人与铁板一起开始地运动的速
2a1
度，因此人应以不会引起铁板运动的最大加速度奔跑。
人在铁板上奔跑但铁板没有移动时，
人若达到最大加速度，
则地面与铁板之间的摩擦力
达到最大静摩擦
（M
m）g，根据系统的牛顿第二定律得：
F
ma2
M0
所以a2
F
M
mg
①
mm
设v、v分别是人奔跑结束及人和铁板一起运动时的速度
因为
mv（M
m）v
②
且v2
2a2l,v
2
2a1L，并将a1、a2
代入②式解得铁板移动的最大距离
L
m
l
M
m
练习14
解析：
由能量守恒定律，卫星在地球的引力场中运动时总机械能为一常量。
设卫星从地
面发射的速度为
v发，卫星发射时具有的机械能为
E1
1mv发2
GMm
①
2
R0
进入轨道后卫星的机械能为
E2
1mv轨2
GMm
②
2
r
GM
解得发射速度为
v发
GM
（2
R0
）
③
由E1=E2，并代入v轨
r
R0
r
又因为在地面上万有引力等于重力，即：
GMm
mg
所以GM
R0g④
R02
R0
把④式代入③式即得：
v发
R0g（2
R0）
r
（1）如果r=R0，即当卫星贴近地球表面做匀速圆周运动时，所需发射速度最小
为v
min
gR
7.9103m/s.
0
（2）如果r
，所需发射速度最大（称为第二宇宙速度或脱离速度）为
vmax
2R0g
11.2
103m/s
练习15
解析
设绳子对小球的拉力是
T，弹簧的弹力
F，绳子与竖直方向的夹角为
，可得力
学方程：
Tsin
ma
Tcos
F
mg
F
kx
x
m（g
acot）
k
讨论：
①若a
g
cot
，则弹簧伸长
x=m（g-acot
θ）/
k
②若a
g
，则弹簧伸长x=0
cot
③若
g
，则弹簧压缩x=m（acotθ-g）/k。
cot
a
练习16
解析设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘的加速度为a1，
有`1mgma1①
桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有
`2mgma2②
设盘刚离开桌布时的速度为
v
，移动的距离为
x，离开桌布后在桌面上再运动距离x
2
1
1
2
2a1x1③
2
2a2x2
后便停下，有
v1
v1
④
盘没有从桌面上掉下的条件是
x2
1l
x1
⑤
2
设桌布从盘下抽出所经历时间为
t，在这段时间内桌布移动的距离为
x，有
x
1at2
⑥
x1
1a1t2
⑦
2
2
x
1lx1
而
2
⑧
a
1
2
2
1g
由以上各式解得
2
练习17
解析令地球离太阳距离为
r,地球半径为
R,地球绕太阳运行的角速度为
。
地球运动
的动力学方程
GMm
=m
2r
r2
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