第36届全国物理竞赛复赛试题含解答

/第36届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2019年9月21日一（40分）、如图a，旅行车上有一个半径为R的三脚圆凳(可视为刚性结构)，三个相同凳脚的端点连线（均水平）构成边长为a的等边三角形，凳子质心位于其轴上的G点．半径为r的一圆筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O点处，茶杯质量为m（远小于凳子质量），其中杯底质量为5m（杯壁和杯底各自的质量分布都是均匀的），杯高为H（与杯高相比，杯底厚度可忽略）．杯中盛有茶水，茶水密度为．重力加速度大小为g．1）为了使茶水杯所盛茶水尽可能多并保持足够稳定，杯中茶水的最佳高度是多少？2）现该茶水杯的底面边缘刚好缓慢滑移到与圆凳的边缘内切于D点时静止（凳面边有小凸缘，可防止物体滑出；凳面和凳面边的凸缘各自的质量分布都是均匀的），且ODAC（见图b），求此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于滑移前（该茶水杯位于凳面中心处）的改变．参考解答：1）以凳面中心O为坐标原点，以过O点向上的竖直线为y轴.茶杯（包括茶水在内）的质心位置CMy为2CM24(π)522(π)mHhrhymrh(1)5分式中h是杯中茶水的高度.令2πr，(1)式即2CM4522mHhymh事实上，考虑在茶杯中茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置CMmaxCMmin()()yhhy，故有maxCMd0dhhyh(2)5分由(1)(2)式得max4115mHhm(3)舍弃负值（不合题意），杯中茶水的最佳高度为图bGRDABOaCGRACBOa图a2/26max2241154π11π5mHhmmrHrm(4)3分[另一解法：事实上，考虑在茶杯中的茶水的水平面从杯底逐渐缓慢上升的过程，茶水杯整体的质心先是逐渐降低，然后再逐渐上升.为了使茶水杯盛尽可能多的茶水并保持足够稳定，茶水杯整体的质心应尽可能接近凳面，处于最低点的位置CMmaxCMmin()()yhhy.(1)式即2CM2522mHmmhmymh它满足代数不等式22CMCMmin22525222()22mHmmHmmhmmyymh(2)5分式中当h满足22522mHmmhmh(3)即max2241154π11π5mHhhmmrHrm(4)3分时取等号，maxh即杯中茶水的最佳高度.]2）记凳子质量为M.该茶水杯的底面边缘刚好滑移到与圆凳的边缘内切于D点静止后，坐标系及三脚圆凳的受力分析分别如解题图a和解题图b所示，其中AN、BN和CN分别是车内底板对凳脚A、B和C的支持力．由几何关系有/2oAoBcos303aa(5)3分ootan30223aa(6)3分三脚圆凳处于力平衡状态，竖直方向合力为零ABC0NNNQP(7)3分ACNN(8)3分式中，maxQmghg，PMg.由(7)(8)式得AB20NNQP以x轴为转动轴，力矩平衡BACoB()oo0QRrNNN(9)5分记RRr，由(5)(6)(9)式有ACBooax解题图aQGRDANANCNBCBOoxo解题图b3/26BA20323aaQRNN[另一解法：以AC为转动轴，由力矩平衡条件有B(oo)(oBoo)oo0QRNP(9)5分即B()()02332323aaaaQRNP]联立以上各式得B2(23)34π123153aRQaPNaRrrHgmMam(10)AC2(3)34π13153aRQaPNNaRrrHgmMam(11)值得指出的是，解(10)满足B0N，即223()4π15RrarHMmam(12)这已由题给条件保证了．由(7)(10)(11)式得，此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于茶水杯滑移前的改变为B2(23)33234π135aRQaPPQNaRrrHmgam(13)4分AC2(3)3334π135aRQaPPQNNaRrrHmgam(14)6分评分标准：本题40分.第1）问13分，(1)(2)式各5分，(4)式3分；第2）问27分，(5)(6)(7)(8)式各3分，(9)式5分，(13)式4分，(14)式6分.4/26二（50分）、农用平板车的简化模型如图a所示，两车轮的半径均为r（忽略内外半径差），质量均为m（车轮辐条的质量可忽略），两轮可绕过其中心的光滑细车轴转动（轴的质量可忽略）；车平板长为l、质量为2m，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手（可视为细直杆）的长均为2l、质量均为m，且把手前端与平板对齐．平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的．重力加速度大小为g．1）该平板车的车轮被一装置（图中未画出）卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动．将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度．2）在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短（但不为零），碰后把手末端在竖直方向不反弹．已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离．参考解答：1）车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕轮轴转动.把手绕车轴的转动惯量为22222167)41124(2])21()2(121[2mlmlmlmlmJ平板绕车轴的转动惯量为222612121mlmlJ平板与把手整体绕车轴的转动惯量为22221346167mlmlmlJJJ(1)4分把手和平板整体的质心位置到车轴的距离Cr（见解题图a）为2244Clmlrm(2)2分设把手与地面碰撞前的瞬间的角速度为，由机械能守恒有mghJ4212(3)2分式中h是把手和平板整体的质心下降的距离（见解题图b）23l/rrhC将(2)式代入上式得6432rllrh由上式和(1)(3)式得lgr(4)2分2）在把手与地面碰撞前的瞬间，把手和平板整体的质心的速度大小为144CCgrgrlrlv由几何关系有2llr2mmmmm把手末端把手前端图a.农用平板车的简化模型rCCorCrh3l/2o解题图a解题图b5/262sin3rl，lrl349cos22碰前瞬间把手和平板质心速度的水平与竖直分量（从把手末端朝向把手前端为正）分别为lgrrlrgrCxC6324sin11vv(5)2分222211(94)94cos4312CyCgrgrlrlrllvv(6)2分记碰撞时间间隔为t，由题设，把手、平板与车轮组成的系统在碰撞过程中可视为一个物体.刚碰时，由于把手末端与地面之间有相对速度，把手末端与地面之间在碰撞过程中水平方向的相互作用力是滑动摩擦力.设碰撞过程中地面对系统在竖直方向上总的支持力为N，在碰撞后的瞬间系统的水平速度为v0（00v）.在水平和竖直方向上分别对此系统应用动量定理有010(d64tCxNtmmvv)(7)2分10d0(4)tCyNtmv(8)2分值得注意的是，(8)式左端的冲量不可能等于零，因而(7)式左端的冲量也不可能等于零.由(7)(8)式得cos4sin444611110CCyCxCmmmmmvvvvv即0122(sincos)(sincos)(sincos)3346Cgrgrvv当222tan94rlr系统静止，故s=0(9)2分当222tan94rlr系统开始运动.下面分两阶段讨论系统开始运动后直至停止的过程：阶段I.车轮又滑又滚阶段两车轮的受力如解题图c所示，图中01N是地面对两车轮的正压力，oxN和oyN是把手和平板通过轴对两车轮分别在水平方向和竖直方向的作用力，地面对车轮的滑动摩擦力101fN.把手和平板作为一个整体的受力解题图d所示，图中N是地面对把手末端的正压力.地面与车之间的总滑动摩擦力为01()(6)fNNmg(10)2分把手、平板和车轮组成的系统的质心加速度Ca为C6fagm(11)2分对把手和平板系统应用质心运动定理有4oxCNNma(12)1分40oyNNmg(13)1分解题图c解题图df1oNoxNoyN012mgaCNN4mgNoyNoxcrco6/26对把手和平板系统应用相对于过质心的水平轴的转动定理有55sincossincos04444oxoyllllNNNN(14)2分由(11)(12)(13)式得4()4oxNNmgNmg4oyNmgN将以上两式代入(14)式得55sincos(4)sin(4)cos04444llllNNNmgmgN于是23Nmg因而210433oxNmgmgmg210433oyNmgmgmg对两车轮在竖直方向上应用质心运动定理有020oyNmgN(15)2分对两车轮应运用转动定理有202mrrN(16)2分由(15)式得mgmgmgNmgNoy316310220再由(16)式得rgmgmrmrrN383162220设车轮经历时间间隔t后开始纯滚动，由纯滚动条件有0Crtratvv(17)2分此即0()Cβrat=v由此得0(sincos)()22Cθ-μθrtβraμgv车轮开始做纯滚动时的速度为10(sincos)(sincos)6224(sincos)33Cgrratgggrvv(18)2分在整个又滑又滚阶段，车轴移动的距离1s为221012Casvv于是有jyg7/262222101222224(sincos)(sincos)336225757(sincos)(294)871278408Cgrgrsagrrrlrlvv(19)2分阶段II.车轮纯滚动阶段两车轮的受力如解题图e所示，图中02N是地面对两车轮的正压力，2oxN和2oyN分别是把手和平板通过轴对两车轮在水平方向和竖直方向的作用力，2f是地面对车轮的作用力（静摩擦力）。把手和平板作为一个整体的受力解题图f所示，图中2N是地面对把手末端的正压力.对两车轮运用质心运动定理有2222oxCfNma(20)1分对两车轮运用转动定理有2222frmr(21)1分由纯滚动条件有raC22(22)2分由(20)(21)(22)式得224CoxmaN对把手和平板系统在水平方向上应用质心运动定理有2224CoxmaNN联立以上两式有mNaC822222NNox对把手和平板系统在竖直方向上应用质心运动定理有224oyNmgN对把手和平板系统应用相对于过质心C的水平轴的转动定理有0cos4sin4cos45sin452222lNlNlNlNoyox联立以上三式消去2oxN和2oyN得222255sincossin(4)cos044244llNllNNmgN解得2811tan12mgN于是2411tan12oxmgN24(11tan10)11tan12oymgNN2N24m