物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第35届决赛试题（含参考答案）

第35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题参考答案 一、如图，半径为R、质量为M的半球静置于光滑水平桌面 m 上，在半球顶点上有一质量为m、半径为r的匀质小球。某 时刻，小球受到微小的扰动后由静止开始沿半球表面运动。 在运动过程中，小球相对于半球的位置由角位置日描述，日为 两球心的连线与竖直方向之间的夹角。己知小球绕其对称轴 7777777777￥7777777777 的转动惯量为m,小球与半球之间的动摩擦因数为山，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 重力加速度大小为g。 (1)小球开始运动后在一段时间内做纯滚动，求在此过程中，当小球的角位置为日时，半球 运动的速度大小Vv(8)和加速度大小aw(e): (2)当小球纯滚动到角位置日，时开始相对于半球滑动，求日，所满足的方程（可用半球速度大 小'(8)和加速度大小a(8)以及题给条件表示)： (3)当小球刚好运动到角位置，时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小 vn(8) 参考解答： (1)(解法一) 半球和小球组成的系统在水平方向上没有受到外力作用，系统在水平方向上动量守恒 -MVy+mf(R+r)0cose-Vu]=0 ① 设小球转动角速度大小为@，小球做纯滚动，故有 ro=(R+r)0 ② 无耗散力做功，系统的机械能守恒 mg(R+r)(1-cose) w+号fR+rn0ao-f+R+i}+o ③ 2 式中1=m2。联立①②3式得，小球运动到角位置日时半球速度大小 10m2(R+r)g(1-cose)cos2e ④ 7(M+m)-5mcose(M+m) 或 离0 将上式两边对时间：微商得

第 35 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题参考答案 一、如图，半径为 R 、质量为 M 的半球静置于光滑水平桌面 上，在半球顶点上有一质量为 m 、半径为 r 的匀质小球。某 时刻，小球受到微小的扰动后由静止开始沿半球表面运动。 在运动过程中，小球相对于半球的位置由角位置 描述， 为 两球心的连线与竖直方向之间的夹角。已知小球绕其对称轴 的转动惯量为 2 2 5 mr ，小球与半球之间的动摩擦因数为  ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 重力加速度大小为 g 。 （1）小球开始运动后在一段时间内做纯滚动，求在此过程中，当小球的角位置为1 时，半球 运动的速度大小VM 1  和加速度大小 aM 1  ； （2）当小球纯滚动到角位置2 时开始相对于半球滑动，求2 所满足的方程（可用半球速度大 小   VM 2 和加速度大小   M 2 a  以及题给条件表示）； （3）当小球刚好运动到角位置 3 时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小 vm 3  。 参考解答： （1）（解法一） 半球和小球组成的系统在水平方向上没有受到外力作用，系统在水平方向上动量守恒 [( ) cos ] 0     MV m R r V M M    ① 设小球转动角速度大小为，小球做纯滚动，故有 r Rr    ( )  ② 无耗散力做功，系统的机械能守恒     2 2 2 2 ( )(1 cos ) 11 1 cos sin 22 2 M M mg R r MV m Rr V Rr I                      ③ 式中 2 2 5 I  mr 。联立①②③式得，小球运动到角位置1 时半球速度大小      2 2 1 1 2 1 10 1 cos cos 7 5 cos M m R rg V M m m Mm             ④ 或 2 2 2 1 1 2 1 10 ( )(1 cos )cos [7 (5sin 2) ]( ) M mgR r V M mm M         将上式两边对时间t 微商得 m r  R M

10mg(-2cos0+3cos20)7(M+m)-5mcos20-100mg(1-cose)cos0 2Vyay= [7(M+m)-5mcos20] m(R+r）sin0.0 M+m 由①式可知 m(R+r)0 Vu M+m cose 由以上两式得，小球运动到角位置日时，半球的加速度大小为 5mg sine 14(M+m)-21(M+m)cose,+5mcos'e ay(8)=- ⑤ [7(M+m）-5mcos2a] 【(解法二) 见下面第(2)问解答，列出动力学方程和运动学约束，也可以解得半球的加速度大小a(日)。】 (2)当小球纯滚动到角位置0(0≤日，)时，设小球对半球的正压力和摩擦力大小分别为N和 ∫，由牛顿第二定律有 Nsin0-f cos=May ⑥ 在半球参考系中，对小球利用质心运动定理得 mg cos0-N-may sin0=m- ⑦ R+r dvc mgsin+may cose-f=m ⑧ d 式中为半球参考系中小球质心速度的大小 vc-ro-(R+r)0-M+mVu mcos0 ⑨ ⑨式的最后等式已应用了①式。在小球质心参考系中对小球利用转动定理有 r=Ido ⑩ dt 由⑥⑦⑧⑨⑩式得 f= 7(gsing+ay cos0) 2m ① N-mg cos0-may sin-m ② R+r 按照纯滚动条件，要求 f≤uW 当小球纯滚动到角位置日，时开始相对于半球滑动，上式中等号成立。将①②式代入∫=N得 sin,mo0-m (0.)sinm) R+r 将⑨式代入上式得日，所满足的方程为 cs+(.)coso+usin u(M+my(8)-0 ③ 7 (R+r）mcos02 式中'y(e,)和aw(8)如④⑤式(8→8)所示。 (3)在小球刚好运动到角位置日，处脱离半球的瞬间， N=0 ④ 此时半球的加速度为零。因此，在小球脱离半球的瞬间，小球质心相对于半球运动速度的大 小vn(g)满足

          2 22 3 2 2 10 2cos 3cos 7 5 cos 100 1 cos cos 2 7 5 cos sin M M mg M m m m g V a Mm m mR r M m                             由①式可知   cos mR r VM M m       由以上两式得，小球运动到角位置1 时，半球的加速度大小为       3 1 11 1 2 2 1 5 sin 14 21 cos 5 cos ( ) 7 5 cos M mg M m M m m a Mm m                     ⑤ [（解法二） 见下面第（2）问解答，列出动力学方程和运动学约束，也可以解得半球的加速度大小 1 ( ) Ma  。] （2）当小球纯滚动到角位置（   2 ）时，设小球对半球的正压力和摩擦力大小分别为 N 和 f ，由牛顿第二定律有 sin cos N f Ma     M ⑥ 在半球参考系中，对小球利用质心运动定理得 2 C cos sin mg N ma m M R r      v ⑦ C d sin cos d mg ma f m M t     v ⑧ 式中 C v 为半球参考系中小球质心速度的大小 C   cos M M m r Rr V m        v ⑨ ⑨式的最后等式已应用了①式。在小球质心参考系中对小球利用转动定理有 d d fr I t   ⑩ 由⑥⑦⑧⑨⑩式得   2 sin cos 7 M m f ga     ⑪ 2 C cos sin N mg ma m M R r      v ⑫ 按照纯滚动条件，要求 f  N 当小球纯滚动到角位置 2 时开始相对于半球滑动，上式中等号成立。将⑪⑫式代入 f  N 得     2 C 2 2 2 2 2 22 2 sin cos cos sin 7 M M m g a mg ma m R r                      v 将⑨式代入上式得 2 所满足的方程为        2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 sin cos cos sin 0 7 7 cos M M M mV g ga R rm                    ⑬ 式中VM    2 和 M   2 a  如④⑤式（1 2  ）所示。 （3）在小球刚好运动到角位置 3 处脱离半球的瞬间， N  0 ⑭ 此时半球的加速度为零。因此，在小球脱离半球的瞬间，小球质心相对于半球运动速度的大 小 vm 3  满足

ng cos日3=m ⑤ R+r 由此得 vc=(R+r)g cos0 二、平行板电容器极板1和2的面积均为S,，水平固定放置， 它们之间的距离为d,接入如图所示的电路中，电源的电动势 记为U。不带电的导体薄平板3的质量为m、尺寸与电容器极 板相同。平板3平放在极板2的正上方，且与极板2有良好的 电接触。整个系统置于真空室内，真空的介电常量为￡。。闭合 电键K后，平板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。假设导体板之间的电场均可视为 匀强电场：导线电阻和电源内阻足够小，充放电时间可忽略不计：平板3与极板1或2碰撞 后立即在极短时间内达到静电平衡：所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为g。 (1)电源电动势U至少为多大？ (2)求平板3运动的周期（用U和题给条件表示）。 已知积分公式 dx 石m2ar+b+2风am+a+c,其中a>0,C为积分常数 参考解答： (1)在平板3离开极板2之前，平板3的带电量为 Q=CU=5SU d 设平板3离开极板2之后，各板电荷面密度如图a所示。由电荷守恒有 -01 01-02=0= s d ⑦ 3 1 设上、下两电容器各自两极板间电场的场强分别为E,、E(见图a), x E 26 有 E-9,E,= 将上式代入①式得 66-6E= d 免 6-6-号 ② 另外，两个串联电容器的总电势差为U,故 E,x+E(d-x)=U @ 联立②③式得

2 C 3 mg m cos R r     v ⑮ 由此得 C 3 v   ( ) cos R rg  ⑯ 二、平行板电容器极板 1 和 2 的面积均为 S ，水平固定放置， 它们之间的距离为 d ，接入如图所示的电路中，电源的电动势 记为U 。不带电的导体薄平板 3 的质量为 m 、尺寸与电容器极 板相同。平板 3 平放在极板 2 的正上方，且与极板 2 有良好的 电接触。整个系统置于真空室内，真空的介电常量为 0  。闭合 电键 K 后，平板 3 与极板 1 和 2 相继碰撞，上下往复运动。假设导体板之间的电场均可视为 匀强电场；导线电阻和电源内阻足够小，充放电时间可忽略不计；平板 3 与极板 1 或 2 碰撞 后立即在极短时间内达到静电平衡；所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为 g 。 （1）电源电动势U 至少为多大？ （2）求平板3运动的周期（用U 和题给条件表示）。 已知积分公式   2 2 d 1 ln 2 2 x ax b a ax bx C ax bx a       ，其中 a  0 ，C 为积分常数。 参考解答： （1）在平板3离开极板2之前，平板3的带电量为 0 0 S Q CU U d   = 设平板3离开极板2之后，各板电荷面密度如图a所示。由电荷守恒有 0 1 2 Q U S d       ① 设上、下两电容器各自两极板间电场的场强分别为 E1、 E2 （见图a）， 有 1 1 0 E    ， 2 2 0 E    将上式代入①式得 0 01 02 EE U d      即 1 2 U E E d   ② 另外，两个串联电容器的总电势差为U ，故 Ex E d x U 2 1     ③ 联立②③式得 U 1 2 3  K E1 E2 x 1 2 3 1  2  2 1 图a

Ud+x E ④ dd Ux E2=dd ⑤ 由④⑤式得，极板1、2上电荷面密度分别为 01=6E1,O2=6E2 平板3受到的电场力（向上为正方向，下同）为 R=-o,s号+as号-G-)=66-55) 2 2 2 ⑥ =as号+2=6s号{若e+0 U 平板3受到的竖直方向的合力为 Ftotl Fe -mg= EoSU2 2a9(2x+d)-m8= 由此得，平板3在图a所示位置的加速度为 EoSU2 EoSU2 d= 2md-8 ⑦ 为使平板3向上运动，应有条件 EoSU2 2mdP≥g 且开始运动之后加速度始终为正，因此最终将撞到极板2上。上述条件意味着电源电动势U至 少应为 2md'g ⑧ 5oS (2)由⑦式可知 a=do+Bx 其中 d=1Bd-g,B=5oSU 3 mds 于是 a=udo =do+Bx dx 即 odo=(ao+Bx)dx 对上式两边作积分 'd=(Bx)dx' 完成积分得 2 或

1 Ud x E d d   ④ 2 U x E d d  ⑤ 由④⑤式得，极板1、2上电荷面密度分别为 1 01   E ， 2 02   E 平板3受到的电场力（向上为正方向，下同）为 2 1 12 0 2 2 e 2 1 1 2 012 2 0 0 12 0 3 ( )( ) 2 22 2 2 ( ) / 2 (2 ) 2 2 E E EE S F S S E E SE E U UU x d SU S E E S xd d dd d d                                   ⑥ 平板3受到的竖直方向的合力为 2 22 0 00 total e 3 23 (2 ) 2 2 SU SU SU F F mg x d mg mg x d dd               由此得，平板3在图a所示位置的加速度为 2 2 total 0 0 2 3 2 F SU SU a gx m md md            ⑦ 为使平板 3 向上运动，应有条件 2 0 2 2 SU g md   且开始运动之后加速度始终为正，因此最终将撞到极板 2 上。上述条件意味着电源电动势U 至 少应为 2 min 0 2md g U  S  ⑧ （2）由⑦式可知 0 a a Bx   其中 0 1 2 a Bd g   ， 2 0 3 SU B md   于是 0 d d a a Bx x   v v 即 0 v vd ( )d   a Bx x 对上式两边作积分 0 0 0 d ( )d x      a Bx   v vv x 完成积分得 2 2 0 1 1 2 2 v   a x Bx 或

=2ax+Bx2 其中)为平板3与极板2相距x时速度的大小。上式即 di=- dx ⑨ V2aox+Bx2 两边积分，可得平板3从极板2运动到极板1（位移为d)的时间间隔为 4=0d=6 dx 完成上述积分得 (3Bd-2g)+8Bd(Bd-g) 4-VB Bd-2g 将B=SU2 md代入上式得 d md (3sSU2-2mgd2)+2U2S(soSU2 -mgd2) 1= In oSU2-2mgd ⑦ 平板3到达极板1时，其上表面所带的正电荷与极板1所带负电荷交换后相互抵消：下表面 所带电荷为 -0=-6E,S=-Q=-6S0 d 极板2带电为 0=6E,S=0=U d 平板3与极板1碰撞后，速度为零，在重力和电场力的作用下又向下运动，并与极板2发生 完全非弹性碰撞。 在平板3向下运动过程中，其总带电量为 -0=-U d 设平板3离开极板1后，各板电荷面密度如图b所示。由电荷守恒有 ai-0:=-5U ① d E 上、下两个电容器各自两极板间的场强E和E;(见图b)分别为 xT 6 B-i,= 2 图b 将上式代入①式得 时-6=号 ② 另外，两个串联电容器的总电势差为U,故 E;x+E'(d-x)=U ⑧ 联立②③式得

2 0 v   2a x Bx 其中 v 为平板3与极板2相距 x 时速度的大小。上式即 2 0 d d 2 x t a x Bx   ⑨ 两边积分，可得平板 3 从极板 2 运动到极板 1（位移为d ）的时间间隔为 1 1 0 0 2 0 d d 2 t d x t t a x Bx      完成上述积分得 1 1 (3 2 ) 8 ( ) ln 2 Bd g Bd Bd g t B Bd g           将 2 0 3 SU B md   代入上式得 2 2 22 0 00 1 2 2 0 0 (3 2 ) 2 2 ( ) ln 2 d md SU mgd U S SU mgd t U S SU mgd               ⑩ 平板 3 到达极板 1 时，其上表面所带的正电荷与极板 1 所带负电荷交换后相互抵消；下表面 所带电荷为 0 2 02 S Q ES Q U d       极板 2 带电为 0 2 02 S Q ES Q U d     平板 3 与极板 1 碰撞后，速度为零，在重力和电场力的作用下又向下运动，并与极板 2 发生 完全非弹性碰撞。 在平板3向下运动过程中，其总带电量为 0S Q U d    = 设平板3离开极板1后，各板电荷面密度如图b所示。由电荷守恒有 0 1 2 U d        ⑪ 上、下两个电容器各自两极板间的场强 E1  和 E2  （见图b）分别为 1 1 0 E      ， 2 2 0 E      将上式代入⑪式得 1 2 U E E d     ⑫ 另外，两个串联电容器的总电势差为U ，故 2 1 Ex E d x U     ( ) ⑬ 联立⑫⑬式得 3 E1  E2  1 2 1   2    2  x  1   图b