第35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题参考答案;

第35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题参考答案  一、如图，半径为R、质量为M的半球静置于光滑水平桌面上，在半球顶点上有一质量为m、半径为r的匀质小球。某时刻，小球受到微小的扰动后由静止开始沿半球表面运动。在运动过程中，小球相对于半球的位置由角位置描述，为两球心的连线与竖直方向之间的夹角。已知小球绕其对称轴的转动惯量为225mr，小球与半球之间的动摩擦因数为，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度大小为g。（1）小球开始运动后在一段时间内做纯滚动，求在此过程中，当小球的角位置为1时，半球运动的速度大小1MV和加速度大小1Ma；（2）当小球纯滚动到角位置2时开始相对于半球滑动，求2所满足的方程（可用半球速度大小2MV和加速度大小2Ma以及题给条件表示）；（3）当小球刚好运动到角位置3时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小3mv。参考解答：（1）（解法一）半球和小球组成的系统在水平方向上没有受到外力作用，系统在水平方向上动量守恒[()cos]0MMMVmRrV①设小球转动角速度大小为，小球做纯滚动，故有()rRr②无耗散力做功，系统的机械能守恒2222()(1cos)111cossin222MMmgRrMVmRrVRrI③式中225Imr。联立①②③式得，小球运动到角位置1时半球速度大小221121101coscos75cosMmRrgVMmmMm④或222112110()(1cos)cos[7(5sin2)]()MmgRrVMmmM将上式两边对时间t微商得mrRM222322102cos3cos75cos1001coscos275cossinMMmgMmmmgVaMmmmRrMm由①式可知cosMmRrVMm由以上两式得，小球运动到角位置1时，半球的加速度大小为311112215sin1421cos5cos()75cosMmgMmMmmaMmm⑤[（解法二）见下面第（2）问解答，列出动力学方程和运动学约束，也可以解得半球的加速度大小1()Ma。]（2）当小球纯滚动到角位置（2）时，设小球对半球的正压力和摩擦力大小分别为N和f，由牛顿第二定律有sincosMNfMa⑥在半球参考系中，对小球利用质心运动定理得2CcossinMmgNmamRrv⑦CdsincosdMmgmafmtv⑧式中Cv为半球参考系中小球质心速度的大小CcosMMmrRrVmv⑨⑨式的最后等式已应用了①式。在小球质心参考系中对小球利用转动定理有ddfrIt⑩由⑥⑦⑧⑨⑩式得2sincos7Mmfga⑪2CcossinMNmgmamRrv⑫按照纯滚动条件，要求fN当小球纯滚动到角位置2时开始相对于半球滑动，上式中等号成立。将⑪⑫式代入fN得2C22222222sincoscossin7MMmgamgmamRrv将⑨式代入上式得2所满足的方程为2222222222222sincoscossin077cosMMMmVggaRrm⑬式中2MV和2Ma如④⑤式（12）所示。 （3）在小球刚好运动到角位置3处脱离半球的瞬间，0N⑭此时半球的加速度为零。因此，在小球脱离半球的瞬间，小球质心相对于半球运动速度的大小3mv满足2C3cosmgmRrv ⑮由此得C3()cosRrgv ⑯二、平行板电容器极板1和2的面积均为S，水平固定放置，它们之间的距离为d，接入如图所示的电路中，电源的电动势记为U。不带电的导体薄平板3的质量为m、尺寸与电容器极板相同。平板3平放在极板2的正上方，且与极板2有良好的电接触。整个系统置于真空室内，真空的介电常量为0。闭合电键K后，平板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。假设导体板之间的电场均可视为匀强电场；导线电阻和电源内阻足够小，充放电时间可忽略不计；平板3与极板1或2碰撞后立即在极短时间内达到静电平衡；所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为g。（1）电源电动势U至少为多大？（2）求平板3运动的周期（用U和题给条件表示）。已知积分公式22d1ln22xaxbaaxbxCaaxbx，其中0a，C为积分常数。参考解答：（1）在平板3离开极板2之前，平板3的带电量为00SQCUUd=设平板3离开极板2之后，各板电荷面密度如图a所示。由电荷守恒有012QUSd①设上、下两电容器各自两极板间电场的场强分别为1E、2E（见图a），有110E，220E将上式代入①式得00102EEUd即12UEEd②另外，两个串联电容器的总电势差为U，故21ExEdxU③联立②③式得U123K1E2Ex1231221a图1UdxEdd④2UxEdd⑤由④⑤式得，极板1、2上电荷面密度分别为101E，202E平板3受到的电场力（向上为正方向，下同）为2202112e21120122001203()()22222()/2(2)22SEEEEFSSEESEESUUUUxdSEESxdddddd⑥平板3受到的竖直方向的合力为222000totale323(2)22SUSUSUFFmgxdmgmgxddd由此得，平板3在图a所示位置的加速度为22total00232FSUSUagxmmdmd⑦为使平板3向上运动，应有条件2022SUgmd且开始运动之后加速度始终为正，因此最终将撞到极板2上。上述条件意味着电源电动势U至少应为2min02mdgUS⑧（2）由⑦式可知0aaBx其中012aBdg，203SUBmd于是0ddaaBxxvv即0d()daBxxvv对上式两边作积分000d()dxaBxvvvx完成积分得2201122axBxv或202axBxv其中v为平板3与极板2相距x时速度的大小。上式即20dd2xtaxBx⑨两边积分，可得平板3从极板2运动到极板1（位移为d）的时间间隔为112000dd2tdxttaxBx完成上述积分得1(32)8()1ln2BdgBdBdgtBBdg将203SUBmd代入上式得222200012200(32)22()ln2SUmgdUSSUmgddmdtUSSUmgd⑩平板3到达极板1时，其上表面所带的正电荷与极板1所带负电荷交换后相互抵消；下表面所带电荷为0202SQESQUd极板2带电为0202SQESQUd平板3与极板1碰撞后，速度为零，在重力和电场力的作用下又向下运动，并与极板2发生完全非弹性碰撞。在平板3向下运动过程中，其总带电量为0SQUd=设平板3离开极板1后，各板电荷面密度如图b所示。由电荷守恒有012Ud⑪上、下两个电容器各自两极板间的场强1E和2E（见图b）分别为110E，220E将上式代入⑪式得12UEEd⑫另外，两个串联电容器的总电势差为U，故21()ExEdxU⑬联立⑫⑬式得31E2E12122x1b图1()UdxEdd⑭22UdxEdd⑮由此可得电荷面密度101E，202E以及平板3受到的电场力2202112e21120122012003'()()222232()()(32)222SEEEEFSSEESEESUUEEUUdxSSdxddddd⑯平板3受到竖直方向的合力为222000totale3233(32)22SUSUSUFFmgdxmgmgxddd由此得，平板3在图b所示位置的加速度22total002332FSUSUagxmmdmd⑰因为20202SUgmd，则0a，平板3能一直向下加速运动。令0()aaBdx其中012aBdg，203SUBBmd重复前述关于平板3上升过程的类似处理，可得22011[()()]22adxBdxv其中v为平板3离开极板1后坐标为x（原点在极板2）时的速度。上式即20dd2()()xtadxBdx⑱两边积分得，平板3从极板1运动到极板2（位移为d）的时间2t为202200dd2()()tdxttadxBdx完成上述积分得2(32)8()1ln2BdgBdBdgtBBdg将203SUBmd代入上式得222200022200(32)2(2)ln2SUmgdUSSUmgddmdtUSSUmgd⑲平板3从极板1运动到极板2后，与极板2发生完全非弹性碰撞，速度变为零。其下表面所带的负电荷与极板2所带正电荷交换后相互抵消，上表面所带电荷为0101SQESQUd极板1所带电荷为0101SQESQUd这时系统状态与初始状态完全相同，平板3完成一个完整的周期运动，此后平板3重复以上的上下往复运动过程。导体平板3的运动周期为 12222200022002222000220(32)22()ln2(32)2(2)ln2TttSUmgdUSSUmgddmdUSSUmgdSUmgdUSSUmgdSUmgd⑳已利用⑩式和⑲式。 三、如图，质量线密度为、不可伸长的软细绳跨过一盘状定滑轮，定滑轮半径为R，轴离地面高度为L。系统原处于静止状态。在0t时，滑轮开始以恒定角速度逆时针转动，绳子在滑轮带动下开始运动，绳子与滑轮间的动摩擦因数为。滑轮两侧的绳子在运动过程中始终可视为沿竖直方向，绳的两端在运动过程中均没有离开地面，地面上的绳子可视为集中在一点。已知重力加速度大小为g。记绳子在与滑轮左、右侧相切处的张力大小分别为1T、2T。 （1）分别列出在绳子速度达到最大值之前，滑轮两侧绳子的竖直部分及滑轮上任意一小段绳子的运动所满足的动力学方程组；（2）求绳子可达到的最大速度的大小。可参考的数学关系式： )edd(eddxxyxyyx； 12eecoscossin1dxxxxxxC，1C为积分常数； 22eesinsincos1dxxxxxxC，2C为积分常数。  参考答案：（1）考虑滑轮左右两侧绳子的竖直部分及滑轮上任意一小段绳子的运动。对于滑轮左侧绳子的竖直部分，取向下为正。dt时间段由滑轮转入ddxtv一小段， 同样长度的另一小段落到地面，传入的静动量为零，从而动量的改变为dLv。软绳落到地面的一段对绳没有反作用，所以，作用在这一段上的力为1LgT，冲量是1dLgTt。由动量定理得 O RL地面  1dd+LgLtTv             ① 对于右侧绳子的竖直部分，取向上为正。先考虑dt时间从地面上提升的一小段ddxt