第三十届全国物理竞赛复赛解答与评分标准

1第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上.一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v(00v).求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率.重力加速度大小为g.参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒.滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v分解成纬线切向(水平方向)分量v及经线切向分量qv.设滑块质量为m，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P处，P和球心O的连线与水平方向的夹角为q.由机械能守恒得2220111sin222mmgRmmqq=-++vvv(1)这里已取球心O处为重力势能零点.以过O的竖直线为轴.球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零.所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cosmRmRq=vv.(2)由(1)式，最大速率应与q的最大值相对应maxmax()q=vv.(3)而由(2)式，q不可能达到π2.由(1)和(2)式，q的最大值应与0q=v相对应，即max()0qq=v.(4)[(4)式也可用下述方法得到：由(1)、(2)式得22202sintan0gRqqq-=vv.若sin0q，由上式得220sin2cosgRqqv.实际上，sin=0q也满足上式。由上式可知max22max0sin2cosgRqq=v.由(3)式有222maxmax0max()2sintan0gRqqqq=-=vv.(4’)0vOqP2]将max()0qq=v代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220maxmaxmaxsin2sin1sin0gRqqq--=v.(5)以maxsinq为未知量，方程(5)的一个根是sinq=0，即q=0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解.于是maxsin0q.约去maxsinq，方程(5)变为22max0max2sinsin20gRgRqq+-=v.(6)其解为2220max40sin11614gRgRq=+-vv.(7)注意到本题中sin0q，方程(6)的另一解不合题意，舍去.将(7)式代入(1)式得，当maxqq=时，()22422001162gR=++vvv,(8)考虑到(4)式有()22422max001162gR==++vvvv.(9)评分标准：本题15分.(1)式3分，(2)式3分，(3)式1分，(4)式3分，(5)式1分，(6)式1分，(7)式1分，(9)式2分.3二、（20分）一长为2l的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m的小物块D和一质量为m（为常数）的小物块B，杆可绕通过小物块B所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动.一质量为m的小环C套在细杆上（C与杆密接），可沿杆滑动，环C与杆之间的摩擦可忽略.一轻质弹簧原长为l，劲度系数为k，两端分别与小环C和物块B相连.一质量为m的小滑块A在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短.碰撞时滑块C恰好静止在距轴为r（rl）处.1.若碰前滑块A的速度为0v，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2.若碰后物块D、C和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A的速度0v应满足的条件.参考解答：1.由于碰撞时间t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束.设碰后A、C、D的速度分别为Av、Cv、Dv，显然有DC2lr=vv.(1)以A、B、C、D为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒DCA0222mlmrmlml++=vvvv.(2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒.又由于碰撞时间t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化.故2222DCA011112222mmmm++=vvvv.(3)由(1)、(2)、(3)式解得2200022222248,,888CDAlrlrlrlrlr===-+++vvvvvv(4)[代替(3)式，可利用弹性碰撞特点0DA=-vvv.(3’)同样可解出(4).]设碰撞过程中D对A的作用力为1F¢，对A用动量定理有221A0022428lrFtmmmlr+¢=-=-+vvv,(5)方向与0v方向相反.于是，A对D的作用力为1F的冲量为221022428lrFtmlr+=+v(6)方向与0v方向相同.4以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为x，则22(2)2mrmllrxm++==++.(7)质心在碰后瞬间的速度为C0224(2)(2)(8)llrxrlr+==++vvv.(8)轴与杆的作用时间也为t，设轴对杆的作用力为2F，由质心运动定理有()210224(2)28llrFtFtmmlr++=+=+vv.(9)由此得2022(2)28rlrFtmlr-=+v.(10)方向与0v方向相同.因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28rlrFtmlr-¢=-+v,(11)方向与0v方向相反.注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴.但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替(7)-(9)式，可利用对于系统的动量定理21CDFtFtmm+=+vv.][也可由对质心的角动量定理代替(7)-(9)式.]2.值得注意的是，(1)、(2)、(3)式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的.如果弹簧的弹力恰好提供滑块C以速度02248Clrlr=+vv绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C022216(8)lrkrmmrlr-==+vv(12)则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3)式是成立的.由(12)式得碰前滑块A的速度0v应满足的条件()220(8)4krlrlmr-+=v(13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A的速度大小0v应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分，(2)式2分，(3)式2分，(4)式2分，(5)式2分，(6)式1分，(7)式1分，(8)式1分，(9)式2分，(10)式1分，(11)式1分；第2问4分，(12)式2分，(13)式2分.5三、（25分）一质量为m、长为L的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内自由转动.杆在水平状态由静止开始下摆，1.令mLl=表示细杆质量线密度.当杆以角速度w绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为kEkLglw=式中，k为待定的没有单位的纯常数.已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等.由此求出、和g的值.2.已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k的值.3.试求当杆摆至与水平方向成q角时在杆上距O点为r处的横截面两侧部分的相互作用力.重力加速度大小为g.提示：如果)(tX是t的函数，而))((tXY是)(tX的函数，则))((tXY对t的导数为d(())dddddYXtYXtXt=例如，函数cos()tq对自变量t的导数为dcos()dcosddddtttqqqq=参考解答：1.当杆以角速度w绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时，其动能是独立变量l、w和L的函数，按题意可表示为kEkLglw=(1)式中，k为待定常数（单位为1）.令长度、质量和时间的单位分别为[]L、[]M和[]T（它们可视为相互独立的基本单位），则l、w、L和kE的单位分别为1122[][][],[][],[][],[][][][]kMLTLLEMLTlw---====(2)在一般情形下，若[]q表示物理量q的单位，则物理量q可写为()[]qqq=(3)式中，()q表示物理量q在取单位[]q时的数值.这样，(1)式可写为()[]()()()[][][]kkEEkLLgglwlw=(4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即6()()()()kEkLglw=(5)[][][][]kELglw=(6)将(2)中第四式代入(6)式得22[][][][][][]MLTMLTg---=(7)(2)式并未规定基本单位[]L、[]M和[]T的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L、[]M和[]T均成立，于是1,2,3g===(8)所以23kEkLlw=(9)2.由题意，杆的动能为,c,rkkkEEE=+(10)其中，22,cc11()222kLEmLlw==v(11)注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,rkE为32,r2(,,)222kkLLEEklwlw==(12)将(9)、(11)、(12)式代入(10)式得2323212222LLkLLklwlwlw=+(13)由此解得16k=(14)于是Ek=16lw2L3.(15)3.以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin2kLEmgq=(16)由(15)、(16)式得w=3gsinqL.(17)7以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为()Lr-的那一段为研究对象，该段质量为()Lrl-，其质心速度为22cLrLrrww-+¢=+=v.(18)设另一段对该段的切向力为T(以q增大的方向为正方向)，法向(即与截面相垂直的方向)力为N(以指向O点方向为正向)，由质心运动定理得()()costTLrgLralql+-=-(19)()()sinnNLrgLralql--=-(20)式中，ta为质心的切向加速度的大小()3cosddddd2d2ddt4ctLrgLrLrattLqwwqq+¢++====v(21)而na为质心的法向加速度的大小()23sin22nLrgLraLqw++==.(22)由(19)、(20)、(21)、(22)式解得()()23cos4LrrLTmgLq--=(23)()()253sin2LrLrNmgLq-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分，(2)式1分，(6)式2分，(7)式1分，(8)式1分；第2问7分，(10)式1分，(11)式2分，(12)式2分，(14)式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16)式1分，(17)式1分，(18)式1分，(19)式2分，(20)式2分，(21)式2分，(22)式2分，(23)式1分，(24)式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.8四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G组成.质量为m、带电量为q的球形液滴从G缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G和容器口之间总是只有一滴液滴）.液滴开始下落时相对于地面的高度为h.设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器.忽略G的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g.若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势maxV.参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q.以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由下落到容器口的过程.根据能量守恒有2122QqQqmghkmmgRkhRR+=++-v.(1)式中，v为液滴在容器口的速率，k是静电力常量.由此得液滴的动能为21(2)(2)2()QqhRmmghRkhRR-=---v.(2)从上式可以看出，随着容器电量Q的增加，落下的液滴在容器口的速率v不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势.设容器的最大电量为maxQ，则有max(2)(2)0()QqhRmghRkhRR---=-.(3)由此得max()mghRRQkq-=.(4)容器的最