2018年第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案解析

WORD格式.整理版优质.参考.资料第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r、质量为m的均质实心小圆柱被置于一个半径为R、质量为M的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均水平，横截面如图所示。重力加速度大小为g。试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：（1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动；（2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。解：（1）如图，为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得sinFmgma①式中，a是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1（规定小圆柱在最低点时10）与之间的关系为1()Rr②由②式得，a与的关系为22122()ddarRrdtdt③考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得212drFIdt④式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量212Imr⑤由①②③④⑤式及小角近似sin⑥得22203()dgdtRr⑦由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为1π6()gfRr⑧（2）用F表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1和2分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120）。对于小圆柱，由转动定理得221212dFrmrdt⑨对于圆筒，同理有2222()dFRMRdt⑩R1RWORD格式.整理版优质.参考.资料由⑨⑩式得22122221ddFrRmMdtdt⑪设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有12()RrR⑫由⑫式得22212222()dddRrrRdtdtdt⑬设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a，由质心运动定理得sinFmgma⑭由⑫式得22()daRrdt⑮由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin，得22203dMmgdtMmRr⑯由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为122π3MmgfMmRr⑰评分参考：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩⑪式各2分，⑫式3分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式3分，⑰式2分。二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线1coskr式中，r是P到太阳S的距离，是矢径SP相对于极轴SA的夹角（以逆时针方向为正），22LkGMm,L是P相对于太阳的角动量，113126.6710mkgsG为引力常量，301.9910kgM为太阳的质量，222321ELGMm为偏心率，m和E分别为P的质量和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径11E1.4910mR，彗星轨道近日点A到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗星（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；（2）经过C、D两点时速度的大小。已知积分公式3/21/2223xdxxaaxaCxa，式中C是任意常数。SABCRErPDWORD格式.整理版优质.参考.资料解：（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故1,0E①彗星绕太阳运动的轨道方程为：1coskr②彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒2221022LmrVrEmr&③式中MmVrGr④当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为minr，由③式得2min2minmin2LMmVrGmrr⑤由⑤式和题给条件得2Emin223LRrGMm⑥由③式得2222drGMLdtrmr或2222drdtGMLrmr⑦设彗星由近日点A运动到与地球轨道的交点C所需的时间为t，对⑦式两边积分，并利用⑥式得EEEmin23E221223RRRrdrrdrtGMRGMLrrmr⑧对⑧式应用题给积分公式得EE3E3/21/2EEEEE32E1231223333210327RRrdrtGMRrRRRRRGMRGM⑨由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为32E203227RTtGM⑩将题给数据代入⑩式得66.4010sT⑪（2）彗星在运动过程中机械能守恒2102GMmmErv⑫式中v是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小。由⑫式有WORD格式.整理版优质.参考.资料2GMrv⑬当彗星经过C、D处时CDErrR⑭由⑬⑭式得，彗星经过C、D两点处的速度的大小为CDE2GMRvv⑮由⑮式和题给数据得4CD4.2210m/svv⑯评分参考：第（1）问28分，①式4分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥⑦⑧⑨⑩⑪式各2分；第（2）问12分，⑫式4分，⑬⑭⑮⑯式各2分。三、（40分）一质量为M的载重卡车A的水平车板上载有一质量为m的重物B，在水平直公路上以速度0v做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L（0L）。因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为1，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为2（21）。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为g。（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B与车厢前壁不发生碰撞的条件；（2）若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。解：（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞。卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为1a。由牛顿第二定律有121()MmgmgMa①由①式得1121()MmagM由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间1t和移动的距离1s分别为0011112()MtaMmgvv，2200111122()2MsaMmgvv②重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动，设B相对于地面的加速度大小为2a。ABLWORD格式.整理版优质.参考.资料由牛顿第二定律有22mgma③由③式得222mgagm从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间2t和重物移动的距离2s分别为00222tagvv，220022222vvsag④由于21，由②④二式比较可知，12tt，即卡车先停，重物后停。若21ssL，重物B与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是2220001221212112()()22[()]2MmLssaaMmgvvv⑤（2）由⑤式知，当满足条件2012212112()()2[()]MmLssMmgv时，重物B与车厢前壁必定发生碰撞。设从开始制动到发生碰撞时的时间间隔为t，此时有几何条件21()()ststL⑥这里又可分为两种情况：12ttt（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和1tt（重物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。（i）12ttt，即卡车A在1t时停下，重物B继续运动，在t时与车厢前壁发生碰撞。卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的1t和1s，同时重物相对于地面向前滑动的距离是2220121212120211212(2)2()2()statMMmgMmvv⑦重物相对于车厢向前滑动的距离是22121200221211211220122112(2)2()2()2()()()2()MMmMssgMmgMmMmMgMmvvv如果2121ssLss，即当WORD格式.整理版优质.参考.资料2212001221122112()()()()2[+()]2[()]vvmMMMmLMmgMmg满足时，在车已停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁。从制动到重物B与车厢前壁碰撞前，重物B克服摩擦力做功。设在碰撞前的瞬间重物B相对地面的速度为2v，由动能定理有22202111()22mmmgsLvv⑧由⑧式得2212020212112()()2()2()MmgsLgLMmvvv设碰撞后瞬间重物B与卡车A的速度均为v，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒2()mmMvv⑨由⑨式得212022112()()2()MmmmgLmMmMMmvvv碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为21202112()()02()MmmMIMgLmMMmvv⑩碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间211mtgmMgvv⑪再移动了一段路程22212012211112()()222()()MmmsgLgmMgMmvv=⑫才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。重物撞上车厢前壁的时间是0222tgvv⑬所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为(i)020222212212012011222121121()()()()()2()()mmtttggMmgggMmMmMmgLggmMMmvvvvvvv⑭卡车移动的总路程则为222(i)11202111211121[()()]=+2()[()]()MmMmmLsssmMMmgmMv⑮（ii）1tt，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞由⑨式的推导可知，条件1tt可写成WORD格式.整理版优质.参考.资料21202112()()2[()]vmMMLMmg由匀减速运动学公式，⑥式成为22020111()22vvtattatL解得碰撞发生的时间121222()()LLMtaamMg在碰撞前的瞬间，卡车A的速度1v和重物B的速度2v分别为10101122()()vvvLMatamMg，20202122()()vvvLMatamMg⑯由碰撞前后动量守恒，可得碰撞后重物B和卡车A的共同速度v为212101201122()()2()()mMmaMaLMmMmMmMgLMgmMvvvvv⑰由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为121122()()2()MmMIMaaLmgLmMmMvv⑱卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由122()()LMtmMg与⑰式可得(ii)011ttggvv⑲卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和22(ii)20101111222mLstatggMmvvv⑳[另解，将卡车和重物视为一个系统，制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的相互作