高中物理競(jìng)賽模擬試題+物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案

高中物理競(jìng)賽模擬試題+物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案

模擬訓(xùn)練試卷①

第一題（16分）

1.天文學(xué)家根據(jù)觀測(cè)宣布了如下研究成果：銀河系中心可能存在一個(gè)大黑洞.黑洞是

一種神秘的天體，這種天體的密度極大，其表面的引力如此之強(qiáng)，以至于包括光在內(nèi)的所有接近

黑洞的物體都不能逃脫其引力的作用.人們用口徑為3.5m的天文望遠(yuǎn)鏡對(duì)獵戶座中位于銀河

系中心附近的星體，進(jìn)行了長(zhǎng)達(dá)6年的觀測(cè)，發(fā)現(xiàn)距黑洞6X10∣2∏I的星體以2000km

/s的速度繞其旋轉(zhuǎn).另外，根據(jù)相對(duì)論知識(shí)，光子在運(yùn)動(dòng)時(shí)有質(zhì)量.設(shè)光子在運(yùn)動(dòng)時(shí)質(zhì)量

為m,光子與黑洞間的吸引力同樣符合萬(wàn)有引力定律。

0

由以上知識(shí)可以求出黑洞的最大半徑R=_______________________嘰.己知引力恒量

G=6.67×10-ιιN?m≡/kgzo計(jì)算結(jié)果取1位有效數(shù)字.

2.電子電量為e,質(zhì)量為m,經(jīng)過(guò)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后，電子具有的德布羅意波

的波長(zhǎng)表達(dá)式是A=若Ie=L6義m=9.1×10??kg,代人數(shù)據(jù)計(jì)算，

當(dāng)U=150V時(shí)，λ=m.

第二題（20分）

如圖所示，半徑為r的孤立金屬球遠(yuǎn)離其他物體，通過(guò)電阻可以忽略的

理想細(xì)導(dǎo)線和電阻為R的電阻器與大地連接.電子束從遠(yuǎn)處以速度V射向金

屬球面，若穩(wěn)定后每秒鐘落到金屬球上的電子數(shù)目為n,電子質(zhì)量為m,電子電

量數(shù)值為e,不考慮電子的重力勢(shì)能，試求：

1.穩(wěn)定后金屬球每秒鐘自身釋放的熱量Q和金屬球所帶電量q；

2.穩(wěn)定后每秒鐘落到金屬球上的電子數(shù)目n不會(huì)超過(guò)多少？

第三題（20分）

在水平地面某一固定點(diǎn)用槍射擊，射出的子彈在水平地面上落點(diǎn)所能夠覆蓋的最大面積是

A.若在這一固定點(diǎn)正上方高度為h的位置用同一支槍射擊.射出的子彈在水平地面上落點(diǎn)

所能覆蓋的最大面積是多大?不計(jì)空氣阻力，不計(jì)槍支的長(zhǎng)度，每次射出的子彈初速度大小相

同.

第四題（18分）

如圖所示，固定在豎直平面內(nèi)的橢圓環(huán)，其長(zhǎng)軸沿豎直方向.有兩個(gè)

完全相同的小圓環(huán)套在橢圓環(huán)上，不計(jì)質(zhì)量的輕線將兩個(gè)小圓環(huán)連接在一起,。

輕線跨過(guò)位于橢圓焦點(diǎn)F的水平軸，小圓環(huán)與輕線系統(tǒng)處于平衡狀態(tài).不

計(jì)各處的摩擦，小圓環(huán)的大小忽略不計(jì).試分析說(shuō)明，系統(tǒng)屬于哪一種平

衡狀態(tài)？

第五題（20分）

摩爾質(zhì)量是口、摩爾數(shù)是n的單原子理想氣體發(fā)生了未知的狀態(tài)

變化（我們稱之為X過(guò)程）.狀態(tài)變化過(guò)程中，可以認(rèn)為氣體在每

一狀態(tài)都處于平衡狀態(tài).氣體的X過(guò)程曲線在P—V圖像中，向下

平移P后恰好與溫度是T的等溫曲線重合，如圖所示.

OO

1.試寫(xiě)出X過(guò)程中氣體體積V隨溫度T變化的關(guān)系式；

2.試寫(xiě)出X過(guò)程中氣體的比熱容C與壓強(qiáng)P變化的關(guān)系式.

第六題（24分）

如圖所示，真空中平行板電容器水平放置，電容器下極板固定不動(dòng)，上極板用輕彈簧連接在

極板中心位置懸掛起來(lái).已知電容器極板面積是A.當(dāng)上極板靜止不動(dòng)時(shí)，彈簧伸長(zhǎng)量為X,

此時(shí)兩極板間距為d.現(xiàn)將電容器與電勢(shì)差為U的電源連接，使兩極板充上等量電荷，

OO

上面是正電荷，下面是負(fù)電荷，上極板會(huì)發(fā)生小幅度振動(dòng).上極板在振動(dòng)的平衡位置時(shí)兩極

板間距為d,不計(jì)電容器邊緣效應(yīng)，不計(jì)電源內(nèi)阻，試求：

1.彈餐的勁度系數(shù)k；螺=

2.上極板做小幅度振動(dòng)的周期T；

3.若彈簧的勁度系數(shù)k為某一確定值，上極板做小幅度振_4

動(dòng)時(shí)，電容器充電電壓不會(huì)超過(guò)多少？

第七題（22分）

如圖所示，在焦距f=0.15m的凸透鏡L主軸上有一小光源S,凸透鏡L另一側(cè)有兩個(gè)反

射面相向放置的平面鏡OM和OM.平面鏡OM和OM彼此垂直，且與透鏡L主軸成45°,兩

1212

平面鏡的交線與透鏡主軸垂直.己知小光源中心到兩平面鏡的交線距離SO=O.9m,透鏡到兩

平面鏡的交線距離00=0.3m,試求：

1.小光源S在透器主軸上共成多少個(gè)像？Tr

2.小光源S在透鏡主軸外共成多少個(gè)像？.

分別指出像的虛實(shí)、位置及放大率.’'

__________________1A-_______

答案與分析

第一題（16分）

1.3xl0*lm.

2.德布羅急波的波長(zhǎng)表達(dá)式λ=-y---.U=I50V時(shí).2=1,0X

IO,0m.

第二題（20分）

I.穩(wěn)定后,流過(guò)電阻的電流∕=w①

電阻消耗的電功率lzR=n1e1R②

電子束中?個(gè)電F在離金屈球很遠(yuǎn)時(shí)的總動(dòng)能為

2nrnz,2③

根據(jù)能批關(guān)系,金屬球每秒鐘自身釋放的熱IftQ是

22

Q=Et-P=n（^mv-MeH）④

金屬球的電勢(shì)為U=TR=-WR⑤

金屬球電勢(shì)與球而電荷的關(guān)系是U=T-2-⑥

4g>r

金屬珠所帶電Itt</=-4ιrtumeR

2.電子射向金屬球要克服金屬球薜電斥力做功,節(jié)電f的動(dòng)能足夠大

才可能落到金屬球匕即要演足

-2""I?-<>l√=neiR⑹

檢定后加秒仲落到金屬球上的電f?（目”的最大值為

_―一ΛΛ

-Jrni?

第三Il（2。分）

落點(diǎn)所置^的班大面機(jī)是A?2h，r八.

將固定點(diǎn)作為*?標(biāo)原點(diǎn)。,建立鱉直半面內(nèi)C半尿設(shè)！,彈機(jī)速度

為υ0,?水平地面夾角為6,則了抑運(yùn)動(dòng)軌跡為

…所梟6①

對(duì)「大小機(jī)IE的初速度%.在夾角

O不同時(shí).子彈運(yùn)動(dòng)軌跡構(gòu)成橄物線

族,該他物線帙的包絡(luò)線如圖（>中曲線

c所示‘包絡(luò)”'j，軸史點(diǎn)到原點(diǎn)”的

那博W是住地向匕射擊時(shí)（彈坡大水

平伸移.包絡(luò)線方程為

在地面上射擊.子彈Jft大水平位移（圖中。、）和最大島度Oy分別是

由題設(shè)條件可知.Asn（-l?Φ

根據(jù)包絡(luò)線方程可以知道，在y=h時(shí)」的值（即圖6中。M）為在

固定點(diǎn)正上方高度為Λ的位Is射擊時(shí).子彈運(yùn)動(dòng)的最大水平距離,右

OMT（親人）⑤

在固定點(diǎn)正上方高度為Λ的位W射擊.射出的子井在水平地面上落點(diǎn)

所能雇找的戢大面枳A是

ALr2寅親力）=.（呀+泌駕

第四題（18分）

設(shè)每個(gè)小環(huán)的康量為m.K他數(shù)據(jù)如圖7所示.取確硼焦點(diǎn)b所在水平

面為由力軍卷面,則小圓環(huán)。輕線系統(tǒng)勢(shì)能為

E-mg(r∣α*fl∣+rj<κβ^2)①

箱Wl環(huán)的摩數(shù)方程為

由⑵式可得

rrmf

z?∣cuβtf∣f',l^2Pj③

代人①人可得

Φ

χtτmaι.r,+r1=/（輕線的長(zhǎng)度）.為常心因此布

E=mgβ'??t⑤

"二e'

系統(tǒng)勢(shì)能E為常"1.故小圓環(huán)，.j輕綏系統(tǒng)處「幽遇平做狀態(tài)

弟五題（20分）

1.r過(guò)程曲線向F平移Po后與To的等翹曲線某令.有

（P-PQ）V=Mφ

而上過(guò)程中,氣體狀態(tài)變化為

PV=nRT②

①、②聯(lián)r過(guò)程中氣體體枳V地溫度變化T之后的關(guān)尿式

V=/（r-τG

?o

2.根據(jù)③式可以知10.在?過(guò)程中氣體體枳V發(fā)生懶小變化W時(shí),在

ΔV=^ΔTφ

根據(jù)熱力學(xué)第定律和單原子理想氣體內(nèi)能公式.在.r過(guò)程中,氣體體

機(jī)V發(fā)生微小變化AV時(shí),氣體吸熱

ΔQ=P?V+^nKΔT⑤

轎④式代入⑤式,鮑整理得到

隼皿”)⑥

由于M,,ZUir.,過(guò)程中氣體的比熱容r與壓強(qiáng)P的關(guān)系式為

cr?*f(?4)⑦

第六修(〃分)

I.設(shè)電容器上極板質(zhì)甲為，”.未充電時(shí)行ArO充電后,1：橫板電

向受到Hl場(chǎng)力F?,作用.設(shè)平行板間場(chǎng)強(qiáng)為F.模板電地為q,平?h板間用，為

d時(shí).有

F?-4h?βj(D

Lid

充電后在平衡位置,I:械板所愛(ài)合力為零,”

%(4+務(wù)-由)=F*+rug-2(∕∣tn,>i②

也容器電Mg-CU-11u,考慮到呼員的勁度系數(shù)1為

A=…訕更.③

2.號(hào)慮上極板偏離平債位置，時(shí)受力情況,行

FA[，o4(do-di)，*]4F'*?tug(D

此時(shí)t：極板電簡(jiǎn)受到電場(chǎng)力作用

董⑥^及k.kIw〃"：代人|，式?有

,小,?

fkl..<<t?yj.1

''242(?∕l-z)

考慮Iffi設(shè)條件IIr《小.因此@「，)；J,(I；)<

加嚼).代人⑥式M

F=-?r-^sy^τ?*-*?j?--*,?r⑦

在小幗度振動(dòng)時(shí).上極板做箭城振M.振動(dòng)周期為

_______T=2ιr√?=2√T3?)=2)r7g-3?_?

3.由③式可知，UZ=女屈一不必⑨

由⑻式可知,上極板做小幅或振動(dòng)時(shí)應(yīng)滿足小〉"則電容器允電

電壓不勺超過(guò)

"

第七題（22分）

】.如圖8所示.小光源S發(fā)州的光經(jīng)過(guò)透鏡L第I次折射成像f主軸

S∣.根據(jù)透鏡成像公式：I1=；,1II=SoI=O?6m,/-U.13m,解得Sl

利透鏡距南

Vf=O∣S∣≡0.2mΦ

Sl為實(shí)像,像的放大率?1=-J=J②

根據(jù)反射規(guī)律知道，S∣經(jīng)過(guò)彼此業(yè)人的￥面%（Wfl和（）M：A次反

射,成像卜透鏡主軸kS2S2與S1關(guān)于（）點(diǎn)對(duì)稱,即

OSl-OS2=0,3?n-0.2m=0.Im③

瓦為成像.S"?jSl等人.因此%像的放大筆（柏時(shí)『原物S,卜IM）

w∣l≈mi≡?φ

S1<?ItiMtL第2次折射在原物5同他成像FIlttI.S,（?7MR1fit?

懂成像公式1一：=：,"「$30.4n,,/（J.l5m,解伸Sl到送債距離

K"V/

τ?j（J∣SJ=U?24m⑸

S,為實(shí)像相時(shí)與的放大率

疝『>'符=。?6⑥

Sj相對(duì)S的放大率

m,∣=?×0.6=0.2⑦

由以上分析可知,小光源S在透悔主軸上一成3個(gè)像

2.小光源.S在透橫圖”.所成的像S∣,分別舛過(guò)平面?zhèn)鵒W1和OM；

?次反射.成像于透僮匕輛外S4?1Sb的位置HIS1UStS6HISl分別

關(guān)「平曲鏡QM1和OMi對(duì)稱,且S4'jSt關(guān)上透域h軸對(duì)稱.像S4和S6

為虛像.像S,和S.與SI等大.因此Sa和Se的像放大率

mtn,<∣

fl3

由尸平面鏡OM1和OM2彼此垂FL且與透鏡L主軸成45',兩舉面鏡

的交線與透鏡主軸垂真,因此Sj和“到選談的距離相同,即

W=。［O=0.3ITl⑩

像S4和%到透鏡主軸的距離為

OS4=OSe=OS1=OJm?

像S4和Si發(fā)出的光線經(jīng)過(guò)透鏡I.第次折射在原物S同側(cè),成像于主軸

外5,和S7,由于u,=Q（）=O.3m=2/.因此像S5和S7到透鏡的即離

vs=-P7=0.3m?

像S5和S,到透鏡主軸的即離

O2Ss=O2S1=OSl=OJm?

像Si和S7為實(shí)像.Ss和S7與Ss與S4等大.Ss和S7的像放大率

由以上分析可知,小光源S在透鏡主軸外共成4個(gè)像.

全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題

一、（15分）一半徑為R、內(nèi)側(cè)光滑的半球面固定在地面上，開(kāi)口水平

且朝上.一小滑塊在半球面內(nèi)側(cè)最高點(diǎn)處獲得沿球面的水平速度，其大

小為%）HO）.求滑塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中可能達(dá)到的最大速率.重力

加速度大小為9.

二（20分）一長(zhǎng)為2/的輕質(zhì)剛性細(xì)桿位于水平的光滑桌面上，桿的兩端分別固定一質(zhì)量為m

的小物塊D和一質(zhì)量為。m（α為常數(shù)）的小物塊B,桿可繞通過(guò)小物塊B所在端的豎直固

定轉(zhuǎn)軸無(wú)摩擦地轉(zhuǎn)動(dòng).一質(zhì)量為m的小環(huán)C套在細(xì)桿上（C與桿密接），可沿桿滑動(dòng)，

環(huán)C與桿之間的摩擦可忽略.一輕質(zhì)彈簧原長(zhǎng)為/,勁度系數(shù)為k,兩端分別與小環(huán)C和物塊

B相連.一質(zhì)量為m的小滑塊A在桌面上以垂直于桿的速度飛向物塊D,并與之發(fā)生完全彈

性正碰，碰撞時(shí)間極短.碰撞時(shí)滑塊C恰好靜止在距軸為r（r>∕）處.

1.若碰前滑塊A的速度為1，求碰撞過(guò)程中軸受到的作用力的沖量；

2.若碰后物塊D、C和桿剛好做勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，求碰前滑塊A的速度％應(yīng)滿足的條件.

三、(25分)一質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的勻質(zhì)細(xì)桿，可繞過(guò)其一端的光滑水平軸O在豎直平面內(nèi)

自由轉(zhuǎn)動(dòng).桿在水平狀態(tài)由靜止開(kāi)始下擺，

1.令λ=r表示細(xì)桿質(zhì)量線密度.當(dāng)桿以角速度3繞過(guò)其一端的光滑水平軸。在豎直平

L

面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其轉(zhuǎn)動(dòng)動(dòng)能可表示為

E=∕cλαtθβLt

k

式中，k為待定的沒(méi)有單位的純常數(shù).已知在同一單位制下，兩物理量當(dāng)且僅當(dāng)其數(shù)值和

單位都相等時(shí)才相等.由此求出a、β和Y的值.

2.已知系統(tǒng)的動(dòng)能等于系統(tǒng)的質(zhì)量全部集中在質(zhì)心時(shí)隨質(zhì)心一起運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能和系統(tǒng)在質(zhì)

心系(隨質(zhì)心平動(dòng)的參考系)中的動(dòng)能之和，求常數(shù)A的值.

3.試求當(dāng)桿擺至與水平方向成。角時(shí)在桿上距。點(diǎn)為r處的橫截面兩側(cè)部分的相互作用力.

重力加速度大小為g.

提示：如果X(t)是t的函數(shù)，而Y(X(t))是X(t)的函數(shù)，則Y(X(t))對(duì)t的導(dǎo)數(shù)為

dY(X(t))dYdX

dt~dXdt

例如，函數(shù)cos。(。對(duì)自變量t的導(dǎo)數(shù)為

dcosθ(t)_dcosΘdθ

dtdθdt

B(20分)圖中所示的靜電機(jī)由一個(gè)半徑為R、與環(huán)境絕緣的開(kāi)口(朝上)

金屬球殼形的容器和一個(gè)帶電液滴產(chǎn)生器G組成.質(zhì)量為m、帶電量為q的

球形液滴從G緩慢地自由掉下(所謂緩慢，意指在G和容器口之間總是只

有一滴液滴).液滴開(kāi)始下落時(shí)相對(duì)于地面的高度為6.設(shè)液滴很小，容器

足夠大，容器在達(dá)到最高電勢(shì)之前進(jìn)入容器的液體尚未充滿容器.忽略G

的電荷對(duì)正在下落的液滴的影響.重力加速度大小為g.若容器初始電勢(shì)為

零，求容器可達(dá)到的最高電勢(shì)U.

max

五、（25分）平行板電容器兩極板分別位于z=±%勺平面內(nèi)，

2

電容器起初未被充電.整個(gè)裝置處于均勻磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)xdι↑;KX

度大小為B,方向沿X軸負(fù)方向，如圖所示.~

1.在電容器參考系S中只存在磁場(chǎng)：而在以沿、軸正方向的-----------------

XX；X>>

恒定速度（O,αO）（這里（0,。,0）表示為沿X、y、Z軸正方向的-------；-------------

速度分量分別為0、。、0,以下類似）相對(duì)于電容器運(yùn)動(dòng)的---------

參考系S'中，可能既有電場(chǎng)（乩E',□）又有磁場(chǎng)（乩夕，8'）.試在非相對(duì)論情形下，從伽

xyzxyz

利略速度變換，求出在參考系S'中電場(chǎng)（E',□,E'）和磁場(chǎng)（*,B',8'）的表達(dá)式.已知電荷

XyZxyz

量和作用在物體上的合力在伽利略變換下不變.

2.現(xiàn)在讓介電常數(shù)為E的電中性液體（絕緣體）在平行板電容器兩極板之間勻速流動(dòng)，流

速大小為。，方向沿y軸正方向.在相對(duì)液體靜止的參考系（即相對(duì)于電容器運(yùn)動(dòng)的參考系）

S'中，由于液體處在第1問(wèn)所述的電場(chǎng)（E',a,0）中，其正負(fù)電荷會(huì)因電場(chǎng)力作用而發(fā)生相

xyz

對(duì)移動(dòng)（即所謂極化效應(yīng)），使得液體中出現(xiàn)附加的靜電感應(yīng)電場(chǎng)，因而液體中總電場(chǎng)強(qiáng)度

?

不再是（EJE',E'），而是JL（EJE',E'），這里￡是真空的介電常數(shù).這將導(dǎo)致在電容器參考

xyz?xyz0

系S中電場(chǎng)不再為零.試求電容器參考系S中電場(chǎng)的強(qiáng)度以及電容器上、下極板之間的電勢(shì)

差.（結(jié)果用ε、?>V?B或（和）d表出.）

0

六、（15分）溫度開(kāi)關(guān)用厚度均為0?20mm的鋼片和青銅片作感溫元

件；在溫度為20°C時(shí)，將它們緊貼，兩端焊接在一起，成為等長(zhǎng)的吉甄

平直雙金屬片.若鋼和青銅的線膨脹系數(shù)分別為l?0xlθ5/度和3

2.0x10-5/度.當(dāng)溫度升高到120°C時(shí)，雙金屬片將自動(dòng)彎成圓弧形，

如圖所示.試求雙金屬片彎曲的曲率半徑.（忽略加熱時(shí)金屬片厚度的

變化.）

七(20分)一斜劈形透明介質(zhì)劈尖，尖角為0,高為/1.今以尖角頂點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立

坐標(biāo)系如圖(a)所示；劈尖斜面實(shí)際上是由一系列微小臺(tái)階組成的，在圖(a)中看來(lái)，每一個(gè)

小臺(tái)階的前側(cè)而與XZ平面平行，上表面與yz平面平行.劈尖介質(zhì)的折射率n隨X而變化，

n(x)=l+bx,其中常數(shù)b>0.一束波長(zhǎng)為λ的單色平行光沿X軸正方向照射劈尖；劈尖后

放置一薄凸透鏡，在劈尖與薄凸透鏡之間放一檔板，在檔板上刻有一系列與Z方向平行、沿

y方向排列的透光狹縫，如圖(b)所示.入射光的波面(即與平行入射光線垂直的平面X劈

尖底面、檔板平面都與X軸垂直，透鏡主光軸為X軸.要求通過(guò)各狹縫的透射光彼此在透

鏡焦點(diǎn)處得到加強(qiáng)而形成亮紋.己知第一條狹縫位于>=0處；物和像之間各光線的光程相

等.

1.求其余各狹縫的y坐標(biāo)；

2.試說(shuō)明各狹縫彼此等距排列能否仍然滿足上述要

圖(a)

圖(b)

八、(20分)光子被電子散射時(shí)，如果初態(tài)電子具有足夠的動(dòng)能，以至于在散射過(guò)程中有能

量從電子轉(zhuǎn)移到光子，則該散射被稱為逆康普頓散射.當(dāng)?shù)湍芄庾优c高能電子發(fā)生對(duì)頭碰

撞時(shí)，就會(huì)出現(xiàn)逆康普頓散射.已知電子靜止質(zhì)量為m,真空中的光速為U若能量為E

ee

的電子與能量為E的光子相向?qū)ε觯?/p>

7

1.求散射后光子的能量；

2.求逆康普頓散射能夠發(fā)生的條件；

3.如果入射光子能量為2.0()eV,電子能量為1.00109eV,求散射后光子的能量.已知

w=0.51110>eV∕c2.計(jì)算中有必要時(shí)可利用近似：如果∣x∣<<l，有JrGI-L?

e2

第30屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽解答與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

-參考解答:

以滑塊和地球?yàn)橄到y(tǒng)，它在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒.滑塊

沿半球面內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)時(shí)，可將其速度。分解成緯線切向（水平方

向）分量°φ及經(jīng)線切向分量％.設(shè)滑塊質(zhì)量為機(jī)，在某中間狀

態(tài)時(shí)，滑塊位于半球面內(nèi)側(cè)P處，P和球心。的連線與水平方向的夾角為0.由機(jī)械能守恒

得

-mv2=-mqRsinθ+-mv2+-mv2

202φ2θ

（1）

這里已取球心O處為重力勢(shì)能零點(diǎn).以過(guò)。的豎直線為軸.球面對(duì)滑塊的支持力通過(guò)該軸，

力矩為零；重力相對(duì)于該軸的力矩也為零.所以在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，滑塊相對(duì)于軸的角動(dòng)

量守恒，故

mvR=mvRcosθ.

由（1）式，最大速率應(yīng)與。的最大值相對(duì)應(yīng)

V=υ(θ

（3）

而由⑵式，q不可能達(dá)到兀1由（1）和（2）式，q的最大值應(yīng)與Z=O相對(duì)應(yīng)，即

%（θ）=（）.

（4）式也可用下述方法得到：由（1）、（2）式得

2gRsinθ-02taικθ=02≥()

0θ

若SinO≠0,由上式得

sinθ2gR

_______?

C0S2OV2

0

實(shí)際上，sinθ=0也滿足上式。由上式可知

siι%_2gR

CoS20Vl

maxO

由(3)式有

υ2(θ)=2gRsinθ-V2tan?θ=0,(中)

OmaxmaxOmax

]

將0(。)=°代入式(1),并與式(2)聯(lián)立，得

1j0max/\

V2si∏2θ-2gRsinθI-Sin26=0.⑸

Omaxmaxmax

以sin。為未知量，方程(5)的一個(gè)根是Sinq=0,即q=0,這表示初態(tài)，其速率為最小

max

值，不是所求的解.于是sin?！?).約去Sino,方程(5)變?yōu)?/p>

maxmax

2^/?sin2θ+V2sinθ-2gR=0.(6)

max0max

其解為

(7)

注意到本題中SinO≥()j方程(6)的另一解不合題意，舍去.將(7)式代入(1)式得，當(dāng)0=θ

max

時(shí)

Z\

￡?

υ2=V2+z

2(8)

φO

考慮到(4)式有

(9)

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題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.

二、參考解答：

1.由于碰撞時(shí)間加很小，彈簧來(lái)不及伸縮碰撞已結(jié)束.設(shè)碰后A、C、D的速度分別為。

A

V>V，顯然有

CD

(1)

以A、B、C、D為系統(tǒng)，在碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)相對(duì)于軸不受外力矩作用，其相對(duì)于軸的角

動(dòng)量守恒

mv21+mvr+mv2l=mv21.(2)

DCAO

由于軸對(duì)系統(tǒng)的作用力不做功，系統(tǒng)內(nèi)僅有彈力起作用，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒.又由于碰撞

時(shí)間At很小，彈簧來(lái)不及伸縮碰撞已結(jié)束，所以不必考慮彈性勢(shì)能的變化.故

?111

―mv2+∑mv2+_mv2=_mv2-(3)

2D2c2A2o

由⑴、(2)、(3)式解得

4lr8/2n

V-------V,V-------V,V_____V(4)

C8/2?Γ2oD8/2+π0A8/2+∏0

［代替(3)式，可利用彈性碰撞特點(diǎn)

V=V-V.(3')

ODA

同樣可解出(4).I

設(shè)碰撞過(guò)程中D對(duì)A的作用力為F',對(duì)A用動(dòng)量定理有

1

4z2⑸

尸At=m°-mv--÷?7).

?A08/2+r20

方向與。方向相反.于是，A對(duì)D的作用力為廣的沖量為

0I

4/2+Γ2

FNt=2mv

8/2+Γ20

(6)

方向與。方向相同.

0

以B、C、D為系統(tǒng)，設(shè)其質(zhì)心離轉(zhuǎn)軸的距離為X,則

_mr+m2/_2/+r(7)

(α+2)mα+2

質(zhì)心在碰后瞬間的速度為

υ.vcγ,4/(2/+r)7,(8)

r(a+2)(8Λ+Γ2)θ

軸與桿的作用時(shí)間也為At,設(shè)軸對(duì)桿的作用力為F,由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理有

2

F?t+F?t=(a+2)mv=幻⑵+廠)加。⑼

28/2+Γ20

由此得

r

FM=^L2mv.(IO)

28/2+Γ20

方向與O方向相同.因而，軸受到桿的作用力的沖量為

『Ar(2l-r)?

F?t=-2mv,(H)

28/2+Γ20

方向與。方向相反.注意：因彈簧處在拉伸狀態(tài)，碰前軸已受到沿桿方向的作用力；在碰

0

撞過(guò)程中還有與向心力有關(guān)的力作用于軸.但有限大小的力在無(wú)限小的碰撞時(shí)間內(nèi)的沖量

趨于零，已忽略.

[代替(7)-(9)式，可利用對(duì)于系統(tǒng)的動(dòng)量定理

F?t+F?t=mv+mv.]

2ICD

[也可由對(duì)質(zhì)心的角動(dòng)量定理代替(7)-(9)式.]

2.值得注意的是，(1)、(2)、(3)式是當(dāng)碰撞時(shí)間極短、以至于彈簧來(lái)不及伸縮的條件下才成立

的.如果彈簧的彈力恰好提供滑塊C以速度V_4/r?繞過(guò)B的軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向

C8/2+Γ20

心力，即

k(r-)==⑹"mv2

r(8∕2+Γ2)20(12)

則彈簧總保持其長(zhǎng)度不變，(1)、(2)、(3)式是成立的.由(12)式得碰前滑塊A的速度"應(yīng)

滿足的條件

_(8/2+π)∣k(r-∕)

Vo41Vmr(13)

可見(jiàn)，為了使碰撞后系統(tǒng)能保持勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，碰前滑塊A的速度大小。應(yīng)滿足(13)式.

0

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分.

第1問(wèn)16分，⑴式1分，(2)式2分，(3)式2分，(4)式2分，(5)式2分，(6)式1

分，⑺式1分，(8)式1分，(9)式2分，(10)式1分,(11)式1分；

第2問(wèn)4分，(12)式2分，(13)式2分.

三、參考解答：

1.當(dāng)桿以角速度ω繞過(guò)其一端的光滑水平軸。在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，其動(dòng)能是獨(dú)立變量λ、

ω和Z,的函數(shù)，按題意可表示為

E=fcλαCDβLY

k

(1)

式中，k為待定常數(shù)(單位為1).令長(zhǎng)度、質(zhì)量和時(shí)間的單位分別為[川、[時(shí)]和[7](它

們可視為相互獨(dú)立的基本單位)，貝以、《、Z,和E的單位分別為

k

[λ]=[M][Δ]-ι,

[ω]=[T]-ι,

⑷=⑷，

[F]fe[M][L]2[T]-2

k

(2)

在一般情形下，若⑷表示物理量q的單位，則物理量q可寫(xiě)為

q=(q)[q]

(3)

式中，(q)表示物理量q在取單位⑷時(shí)的數(shù)值.這樣，⑴式可寫(xiě)為

(E)[E]=k(λ)α(co)β(L)γ[λ]a[co]β[L]γ

kk

⑷

在由⑵表示的同一單位制下，上式即

(F)=∕c(λ)a(ω)p(L)γ

k

⑸

[E]=[λ]a[ω]β[L]Y

k

⑹

將⑵中第四式代入⑹式得

[M][L]2[T]-2=[M]a[L]γ-a[7,]-β

⑺

⑵式并未規(guī)定基本單位[L]、[M]和[71的絕對(duì)大小，因而(7)式對(duì)于任意大小的⑷、[M]和

[T]均成立，于是

a=1,β=2,γ=3

(8)

所以

E=kλ32∕3(9)

ky

2.由題意，桿的動(dòng)能為

E=E+E

kk,ck,r

(10)

其中，

ii(Lγ

E=-mV2=-(λL)l~ωI(H)

k`e2C2V2J

注意到，桿在質(zhì)心系中的運(yùn)動(dòng)可視為兩根長(zhǎng)度為2的桿過(guò)其公共端(即質(zhì)心)的光滑水平

2

軸在鉛直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動(dòng)，因而，桿在質(zhì)心系中的動(dòng)能E為

Ek,=2E(λ,ω,?)=2?λω2(旬'(12)

將(9)、(11)、(12)式代入(10)式得

iCLVSY

?λω2￡3=KLI_COI+2?λω21J

(13)

由此解得

/C=I

6

(14)

于是

E-_iwZL3

k6

(15)

3.以細(xì)桿與地球?yàn)橄到y(tǒng)，下擺過(guò)程中機(jī)械能守恒

.(L.Λ

Ec=mg；s?nθ(16)

k17J

由(15)、(16)式得

W=J3g,q

(17)

以在桿上距。點(diǎn)為r處的橫截面外側(cè)長(zhǎng)為Q-r)的那一段為研究對(duì)象，該段質(zhì)量為

λ(L-r),其質(zhì)心速度為

(18)

設(shè)另一段對(duì)該段的切向力為7(以。增大的方向?yàn)檎较?，法向(即與截面相垂直的方向)

力為N(以指向O點(diǎn)方向?yàn)檎?，由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理得

T+λ（L-r）gcosθ=λ（L-r）a

(19)

N-A(L-r)gsinθ=λ(L-r)α

n

(20)

式中，α為質(zhì)心的切向加速度的大小

t

dv'L+rdωΔ+rdωdθ3(L+r)gcosθ

<--dΓ-2~di--~dθ^dt4L

(21)

而α為質(zhì)心的法向加速度的大小

n

L-hr3(L+r)αsinθ

∩—八、->________=_________________________

(22)

由(19)、(20)、(21)、(22)式解得

(?-r)(3r-Z,)

T=----------------------mgcosθ

4Z√-

(23)

(?-r)(5L+3r)

N----------------------mgsinθ

(24)

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.

第1問(wèn)5分，(2)式1分，(6)式2分，⑺式1分，(8)式1分；

第2問(wèn)7分，(10)式1分，(11)式2分，(12)式2分，(14)式2分；不依賴第1問(wèn)的結(jié)果,

用其他方法正確得出此間結(jié)果的，同樣給分；

第3問(wèn)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；