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1、1第第 34 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答20172017 年年 9 9 月月 1616 日日一、 （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
2、。 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 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()ddarRrdtdt考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得2 1 2drFIdt式中，I是小圆柱绕其自身轴的转动惯量21 2Imr由式及小角近似 sin 得22203()dg dtRr由式知，小圆柱质心在其平衡
3、位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 1 6()gfRr（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2 21 21 2dFrmrdt对于圆筒，同理有2 22 2()dFRMRdtR1R2由式得22 12 2221ddFrRmMdtdt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 由式得222 12 222()dddRrrRdtdtdt设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a
4、，由质心运动定理得 sinFmgma 由式得22()daRrdt由式及小角近似sin，得22203dMmg 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 23MmgfMm Rr评分参考评分参考：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，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） ，
5、22LkGMm,L是P 相对于太阳的角动量，113126.67 10mkgsG为引 力 常 量 ，301.99 10 kgM 为 太 阳 的 质 量 ，222321EL 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 E1.49 10 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3/21/2223xdxx
6、aa xaCxa，式中C是任意常数。SABCRErPD3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：1coskr彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒 2 2 21022LmrV rEmr&式中 MmV rGr 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，由式得2min2 minmin2LMmV rGmrr 由式和题给条件得2 E min223LRrGMm由式得2222drGML dtrm r或2222drdt 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EEEmin
7、23E 221 22 3RRRrdrrdrtGMRGMLrrm r 对式应用题给积分公式得EE 3E3/21/2 EEE EE3 2 E12 31223333210 327R RrdrtGMRrRRRRRGMR 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 E20 3227RTtGM 将题给数据代入式得66.40 10 sT （2）彗星在运动过程中机械能守恒2102GMmmErv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42GM rv当彗星经过 C、D 处时CDErrR 由式得，彗星经过 C、D 两点处的速度的大小为CD E2GM Rvv由式和题给数据得4 CD4
8、.22 10 m/svv 评分参考评分参考：第（1）问 28 分，式 4 分，式 2 分，式 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
9、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()Mm gmgMa由式得112 1()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00 1 1112()MtaMm gvv，
10、22 00 1 11122()2MsaMmgvv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。ABL5由牛顿第二定律有22mgma由式得2 22mgagm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00 2 22tagvv，22 00 2 2222vv sag由于21，由二式比较可知，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222 00012 21 212112()() 22() 2MmLssaaMmg vvv（2）由式知，当满足条件2 012 21 2
11、112()() 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( )( )s ts tL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给出的1t和1s，同时重物相对于地面向前滑动的距离是 2 2 20 12 12 12120 2 1121 2 (2)2 ()2()sta tM Mm gMm vv重物相对于车厢向前滑动的距离
12、是 22 121200 2 212 1121122 012 2 112(2)2 () 2()2()()()2()M MmMssgMmgMmMm M gMm vvv如果2121ssLss ，即当622 120012 2 1122112()()()() 2+() 2() vv mM MMmLMmgMm g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22 202111()22mmmg sLvv由式得2 2120 20212 112()()2()2()Mmg sLgLMmv
13、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()MmmmgLmMmMMmvvv碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为2 120 2 112()()02()MmmMIMgLmMMmvv碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间211mtgmMgvv再移动了一段路程222 120 122 11112()()222()()MmmsgLgmMgMmvv=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 2tg vv所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为(i)020
14、2 22 212212 0120112 2 2121121 ()()()()()2()()mmtttgg Mmggg MmMmMmgLgg mMMm vvvvvvv卡车移动的总路程则为222 (i)11202 1112 11121()()= +2()() ()M mMmm LsssmMMm gmM v（ii）1tt，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1tt可写成72 120 2 112()() 2() v mM MLMmg 由匀减速运动学公式，式成为22 020111()22vvta tta tL解得碰撞发生的时间121222 ()()LLMtaamM g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10101 122 ()()vvv LMa tamM g，20202 122 ()()vvv LMa tamM g
