2017第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案.pdf
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1、1 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
2、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 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 由 式得, a 与的关系为 22 1 22 () dd arRr dtdt 考虑小圆柱绕其自身轴的转动,由转动定理得 2 1 2 d rFI dt 式中, I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量 21 2 Imr 由 式及小角近似 sin 得 2 2 2 0 3() dg dtRr 由式知
3、,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 1 6() g f Rr (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 12 0 ) 。 对于小圆柱,由转动定理得 2 2 1 2 1 2 d Frmr dt 对于圆筒,同理有 2 2 2 2 () d FRMR dt R 1 R 2 由 式得 22 12 22 21dd FrR mMdtdt ? 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()RrR ? 由
4、?式得 222 12 222 () ddd RrrR dtdtdt ? 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? 由?式得 2 2 () d aRr dt ? 由?式及小角近似sin,得 2 2 2 0 3 dMmg dtMm Rr ? 由?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 12 2 3 Mmg f Mm Rr ? 评分参考 :第( 1)问 20 分,式各3 分,式 2 分,式 3 分,式各2 分,式3 分,式2 分;第( 2)问 20 分, ? 式各 2 分, ? 式 3 分, ?式各 2 分, ? 式 3 分, ?
5、 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 1cos k r 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) , 2 2 L k GMm , L 是 P相对于太阳的角动量, 11312 6.6710mkgsG为 引 力 常 量 , 30 1.9910kgM为 太 阳 的 质 量 , 2 223 2 1 EL G M m 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 11 E
6、 1.4910 mR,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 3/21/2 2 2 3 xdx xaa xaC xa ,式中C是任意常数。 S A B C RE r P D 3 解: (1)由题设,彗星的运动轨道为抛物线,故 1, 0E 彗星绕太阳运动的轨道方程为: 1c o s k r 彗星绕太阳运动过程中,机械能守恒 2 2 2 1 0 22 L mrV rE mr & 式中 Mm V rG r 当彗星运动到近日点A 时,其径向速度为零
7、,设其到太阳的距离为 min r,由 式得 2 min 2 minmin 2 LMm V rG mrr 由 式和题给条件得 2 E min 2 23 LR r GMm 由 式得 2 22 2drGML dtrm r 或 2 22 2 dr dt GML rm r 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,对式两边积分,并利用 式得 EE E min 2 3 E 2 2 1 2 2 3 RR R r drrdr t GMR GML r rm r 对 式应用题给积分公式得 E E 3E 3/21/2 EEE EE 3 2 E 1 2 3 122 33332 103 27 R R
8、rdr t GMR r RRR RR GM R GM 由对称性可知,彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为 3 2 E 20 3 2 27 R Tt GM 将题给数据代入 式得 6 6.4010 sT? (2)彗星在运动过程中机械能守恒 21 0 2 GMm mE r v? 式中 v 是彗星离太阳的距离为r 时的运行速度的大小。由? 式有 4 2GM r v? 当彗星经过C、D 处时 CDE rrR? 由?式得,彗星经过C、D 两点处的速度的大小为 CD E 2GM R vv? 由? 式和题给数据得 4 CD 4.2210 m/svv? 评分参考 :第( 1)问 28 分,式4 分,式2 分,式
9、4 分,式2 分,式4 分, ? 式各 2 分;第( 2)问 12 分, ? 式 4 分, ?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
10、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 ()Mm gmgMa 由式得 112 1 ()Mm ag M 由匀减速运动公式,卡车从制动开始到静止时所用的时间 1 t 和移动的距离 1 s 分别为 00 1 1112 () M t aMm g
11、 vv , 22 00 1 1112 2()2 M s aMmg vv 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 2 a 。 A B L 5 由牛顿第二定律有 22mgma 由式得 2 22 mg ag m 从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间 2 t 和重物移动的距离 2 s 分别为 00 2 22 t ag vv , 22 00 2 22 22 vv s ag 由于 21,由二式比较可知,12tt ,即卡车先停,重物后停。 若 21 ssL ,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 222 00012 21 21211
12、2 ()() 22() 2 Mm Lss aaMmg vvv (2)由式知,当满足条件 2 012 21 2112 ()() 2() Mm Lss Mmg 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( )( )s ts tL 这里又可分为两种情况: 12 ttt(重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞)和 1 tt(重 物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞)。 (i) 12 ttt,即卡车A 在 1 t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给出的 1 t和 1 s ,同时重物相对于地面向前
13、滑动的 距离是 2 20 12 1 2 1212 0 2 112 1 2 (2)2() 2 () sta t MMm g Mm v v 重物相对于车厢向前滑动的距离是 22 1212 00 212 112 112 2 012 2 112 (2)2() 2()2 () ()() 2 () M Mm M ss gMmg Mm Mm M g Mm vv v 如果 2121 ssLss, 即当 6 22 120012 2 1122112 ()()()() 2+()2() vvmM MMm L MmgMmg 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
14、 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 22 2021 11 () 22 mmmg sLvv 由式得 2 2 120 20212 112 () () 2()2 () Mm g sLgL Mm v vv 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()mmMvv 由式得 2 120 22 112 ()() 2 () Mmmm gL mMmMMm v vv 碰撞过程中重物B 对车厢前壁的冲量为 2 120 2 112 ()() 02 () MmmM IMgL mMMm v v 碰撞后,卡车和重物又一起运动了一段时
15、间 2 11 m t gmMg vv ? 再移动了一段路程 2 22 120 12 2 11112 ()() 2 22()() Mmm sgL gmMgMm vv =? 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 02 2 2 t g vv ? 所以,从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 (i) 0202 22 21221 2 0120112 2 212112 1 ()() ()()() 2 ()() mm ttt gg Mmggg Mm MmMm gL gg mMMm vvvv v vv ? 卡车移动的总路程则为 222 (i) 11202 111 2
16、11121 ()() =+ 2()()() M mMmm L sss mMMm gmM v ? (ii ) 1 tt ,即卡车还未停下,重物就与车厢前壁发生碰撞 由式的推导可知,条件 1 tt 可写成 7 2 120 2 112 () () 2 () vmM M L Mmg 由匀减速运动学公式,式成为 22 0201 11 () 22 vvta tta tL 解得碰撞发生的时间 1212 22 ()() LLM t aamM g 在碰撞前的瞬间,卡车A 的速度 1v 和重物 B 的速度2v 分别为 10101 12 2 ()() vvv LM a ta mM g , 20202 12 2 ()
17、() vvv LM a ta mM g ? 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 2121 0 12 01 12 2 ()() 2 ()() mMmaMaLM mMmMmM g LMg mM vv vv v ? 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 12 112 2() ()2() MmM IMaaLmgL mMmM vv? 卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和,由 12 2 ()() LM t mM g 与? 式可得 (ii) 0 11 tt gg vv ? 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和 22 (ii)2 0 101 11 1 2
18、22 mL sta t ggMm vv v? 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用力 都是内力,水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力 1 )Mmg(。在此力作用下系统质心 做加速度大小为g 1 的匀减速运动,从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为 (ii) 0 1 t g v ? 系统质心做匀减速运动的路程为 2 0 1 2 c x = g v 设制动前卡车和重物的质心分别位于 1 x和 2 x;制动后到完全停下卡车运动了路程 (ii) 1s,两个 质心分别位于 (ii) 111 xxs和 (ii) 221 +xxsL 。于是有 2(II) 012121
19、 1 () = 2 c MxmxMxmxMm smL x MmMmMmg v 由此解得 2 (ii) 0 1 1 2 mL s gMm v ? 评分参考 :第( 1)问 10 分,式各2 分;第( 2)30 分,式2 分, ? ?式各 2 分, ?式各 2 分。 8 四、 (40 分)如俯视图,在水平面内有两个分别以O 点 与 O1点为圆心的导电半圆弧内切于M 点,半圆 O 的半 径为2a,半圆 O1的半径为 a ;两个半圆弧和圆O 的半 径 ON 围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场 (未画出),磁感应强度大小为B ;其余区域没有磁场。 半径OP 为一均匀细金属棒,以恒定的角速度绕 O
20、 点顺时针旋转, 旋转过程中金属棒OP 与两个半圆弧均接触良好。已知金属棒OP 电阻为 R , 两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P 点与 M 点重合。在 t ( 0t)时刻,半径OP 与半 圆 O1交于 Q 点。求 (1)沿回路QPMQ 的感应电动势; (2)金属棒OP 所受到的原磁场B 的作用力的大小。 解: (1)考虑从初始时刻0t至时刻 0 2 t,金属棒OP 扫过的磁场区域的面积为 1 1 O QOOPMO QM SSSS 扇形扇形 式中, OPM S扇形、 1 O QM S扇形和 1 O QO S分别是扇形OPM、扇形 O1QM 和 1 O QO 的面积。由几何 关系得 2 OPM 1
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