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）

U(d-x) E= ④ dd U2d-x E=dd ⑤ 由此可得电荷面密度 =50E,02=80E2 以及平板3受到的电场力 F-0S+i (E-E)=GS(E-E) 2 2 5--9（42- ⑥ =ES(- 2 d'd 2d 2(63d-2x 平板3受到竖直方向的合力为 =尽吸= 2a(3d-2)-mg= 3E0SU2 2d2+m8 EoSU2 d3-x 由此得，平板3在图b所示位置的加速度 a'= 36SU2 EoSU2 ⑦ m 2md2 +8 mds 因为U2 2n+8≥0，则a<0,平板3能一直向下加速运动。令 d'=-a-B'(d-x) 其中 di=7Bd+8.B'=B=o 1 md3 重复前述关于平板3上升过程的类似处理，可得 =ad-+d-f时 其中o为平板3离开极板1后坐标为x(原点在极板2)时的速度。上式即 dx di=- ⑧ 2a6(d-x)+B(d-x)2 两边积分得，平板3从极板1运动到极板2（位移为-d)的时间1，为 4-d山=-24a-+Bd-可 dx 完成上述积分得 (3Bd+2g)+8Bd(Bd+g) Bd+2g 将B=nSU2 代入上式得

1 Ud x ( ) E d d    ⑭ 2 Ud x 2 E d d    ⑮ 由此可得电荷面密度 1 01     E ， 2 02     E 以及平板3受到的电场力 2 1 12 0 2 2 e 2 1 1 2 012 2 1 2 0 0 0 3 ' ( )( ) 2 22 2 3 2 ( ) ( ) (3 2 ) 2 22 E E EE S F S S E E SE E U E E UU d x SU S S dx d dd d d                                        ⑯ 平板3受到竖直方向的合力为 2 22 0 00 total e 3 23 3 (3 2 ) 2 2 SU SU SU F F mg d x mg mg x d dd                   由此得，平板3在图b所示位置的加速度 2 2 total 0 0 2 3 3 2 F SU SU a gx m md md               ⑰ 因为 2 0 2 0 2 SU g md    ，则a  0 ，平板3能一直向下加速运动。令 0 a a Bd x      ( ) 其中 0 1 2 a Bd g     ， 2 0 3 SU B B md     重复前述关于平板 3 上升过程的类似处理，可得 2 2 0 1 1 [ ( ) ( )] 2 2 v    a d x Bd x  其中 v 为平板3离开极板1后坐标为 x （原点在极板2）时的速度。上式即 2 0 d d 2( ) ( ) x t a d x Bd x      ⑱ 两边积分得，平板3从极板1运动到极板2（位移为 d ）的时间 2t 为 2 0 2 0 2 0 d d 2( ) ( ) t d x t t a d x Bd x        完成上述积分得 2 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

d md (3soSU2+2mgd2)+2US(28SU2 +mgd2) 5= In U1VeS oSU2+2mgd ⑨ 平板3从极板1运动到极板2后，与极板2发生完全非弹性碰撞，速度变为零。其下表面所 带的负电荷与极板2所带正电荷交换后相互抵消，上表面所带电荷为 Qi=5oEHS=Q=50SU d 极板1所带电荷为 -Qg=-6ES=-Q=- U d 这时系统状态与初始状态完全相同，平板3完成一个完整的周期运动，此后平板3重复以上 的上下往复运动过程。导体平板3的运动周期为 T=1+12 md (36SU2-2mgd2)+2U25S(soSU2 -mgd2) n 2②0 oSU2 -2mgd +In (35SU2+2mgd2)+2US(26SU2 +mgd2) EoSU2 +2mgd2 己利用⑩式和⑨式。 三、如图，质量线密度为入、不可伸长的软细绳跨过一盘状定滑轮，定 滑轮半径为R,轴离地面高度为L。系统原处于静止状态。在t=0时， 滑轮开始以恒定角速度。逆时针转动，绳子在滑轮带动下开始运动，绳 子与滑轮间的动摩擦因数为4。滑轮两侧的绳子在运动过程中始终可视 为沿竖直方向，绳的两端在运动过程中均没有离开地面，地面上的绳子 可视为集中在一点。己知重力加速度大小为g。记绳子在与滑轮左、右 侧相切处的张力大小分别为T、T。 (1)分别列出在绳子速度达到最大值之前，滑轮两侧绳子的竖直部分 及滑轮上任意一小段绳子的运动所满足的动力学方程组： (2)求绳子可达到的最大速度的大小。 地面 可参考的数学关系式： 业+ay=erdt2） d dx ecsr=Oes+sn+G,G为积分宿数 ∫ea“sinxdx= 中a(asinx--cosx)+C,C,为积分常数。 参考答案： (1)考虑滑轮左右两侧绳子的竖直部分及滑轮上任意一小段绳子的运动。对于滑轮左侧绳子 的竖直部分，取向下为正。d山时间段由滑轮转入dr=d1一小段，同样长度的另一小段落到 地面，传入的静动量为零，从而动量的改变为1Ldb。软绳落到地面的一段对绳没有反作用， 所以，作用在这一段上的力为Lg-T,冲量是(2Lg-T)dt。由动量定理得

2 2 22 0 00 2 2 2 0 0 (3 2 ) 2 (2 ) ln 2 d md SU mgd U S SU mgd t U S SU mgd               ⑲ 平板 3 从极板 1 运动到极板 2 后，与极板 2 发生完全非弹性碰撞，速度变为零。其下表面所 带的负电荷与极板 2 所带正电荷交换后相互抵消，上表面所带电荷为 0 1 01 S Q ES Q U d       极板 1 所带电荷为 0 1 01 S Q ES Q U d         这时系统状态与初始状态完全相同，平板 3 完成一个完整的周期运动，此后平板 3 重复以上 的上下往复运动过程。导体平板 3 的运动周期为 1 2 2 2 22 0 00 2 2 0 0 2 2 22 0 00 2 2 0 (3 2 ) 2 2 ( ) ln 2 (3 2 ) 2 (2 ) ln 2 Tt t d md SU mgd U S SU mgd U S SU mgd SU mgd U S SU mgd SU mgd                                   ⑳ 已利用⑩式和⑲式。 三、如图，质量线密度为 、不可伸长的软细绳跨过一盘状定滑轮，定 滑轮半径为 R ，轴离地面高度为 L 。系统原处于静止状态。在t  0 时， 滑轮开始以恒定角速度 逆时针转动，绳子在滑轮带动下开始运动，绳 子与滑轮间的动摩擦因数为  。滑轮两侧的绳子在运动过程中始终可视 为沿竖直方向，绳的两端在运动过程中均没有离开地面，地面上的绳子 可视为集中在一点。已知重力加速度大小为 g 。记绳子在与滑轮左、右 侧相切处的张力大小分别为T1 、T2 。 （1）分别列出在绳子速度达到最大值之前，滑轮两侧绳子的竖直部分 及滑轮上任意一小段绳子的运动所满足的动力学方程组； （2）求绳子可达到的最大速度的大小。 可参考的数学关系式： ) e d d( e d d x y x x y y x       ； 2   1 e e cos cos sin 1 d x x xx C x x         ，C1 为积分常数； 2   2 e e sin sin cos 1 d x x xx C x x         ，C2 为积分常数。 参考答案： （1）考虑滑轮左右两侧绳子的竖直部分及滑轮上任意一小段绳子的运动。对于滑轮左侧绳子 的竖直部分，取向下为正。dt 时间段由滑轮转入d d x  v t 一小段， 同样长度的另一小段落到 地面，传入的静动量为零，从而动量的改变为Ldv 。软绳落到地面的一段对绳没有反作用， 所以，作用在这一段上的力为 L 1  g T  ，冲量是  1 Lg T t  d 。由动量定理得 O  R L 地面

-T+Lg=L ① dt 对于右侧绳子的竖直部分，取向上为正。先考虑d:时间从地面上提升的一小段dr=od1,其动 量由0变为dxo=元odl,右侧绳子的竖直部分受力T'-dxg,T'是绳在地面处的张力。由动 量定理得 T-idxg=iv2 略去无穷小量后得 T'=102 右侧绳子的竖直部分动量的变化为Ld加，作用于其上的力为T,-Lg-T'=T-Lg-o。 由动量定理得 五-m2-lg=L恤 ② dt 对于滑轮上角度为0（取逆时针方向为正）处R△0小段的软绳（见 图a),其质量为R△o,两端所受的张力分别为T(p+△p)和 R△p T(o),滑轮对其支撑力为NR△p,其中N为p处对单位长度软 绳的支撑力。分别沿切向和法向按牛顿第二定律列出方程 △0 T+Ap)cosA-T()cosA+uNRA-ARApgcosp 2 2 O =RApd地 图a Tp+△p)sin49+To)sin49-NRAp+元RApgsinp 2 爱 当△p趋于0时，以上两式成为 +uWR-ARgcosp=R dT ③ do T-NR+ARgsing=iR ④ R 从③④式消去N得到 d -+uT-aRg(coso-usinp)=AR do v ⑤ d dt ①②③④式或者①②⑤式构成了软绳运动所满足的动力学方程组。 (2)由于0的取值不同，可以有两种情况：其一是。足够大，在绳子达到最大速度值时，绳 子和滑轮之间仍然有滑动：其二是。较小，在绳子达到最大速度值时，绳子和滑轮之间没有 滑动，则绳子速度的最大值就是Ro。 (解法一) 注意到①②式中只出现T和T,,所以只需要由⑤式得到T和T,的关系，而无需求出T(p)。借 助于关系式 +ut=e仰d(Tee) dT ⑥ do do ⑤式可写为 0=e(@p-sm列e倍+同 ⑦ do 两边积分后得 Te-T2=ARg

1 d d + Lg L t T    v                          ① 对于右侧绳子的竖直部分，取向上为正。先考虑dt 时间从地面上提升的一小段d d x  v t ，其动 量由 0 变为 2   d d xv v  t ,  右侧绳子的竖直部分受力T  dxg ,  T是绳在地面处的张力。由动 量定理得          2 T g    dx v 略去无穷小量后得     2 T  v     右侧绳子的竖直部分动量的变化为 Ldv ，作用于其上的力为 2 2 2 T T    Lg T Lg   v 。 由动量定理得     2 2 d d Lg L t T      v v                        ② 对于滑轮上角度为（取逆时针方向为正）处 R 小段的软绳（见 图 a），其质量为 R ，两端所受的张力分别为T( )    和 T( )  ，滑轮对其支撑力为 NR ，其中 N 为 处对单位长度软 绳的支撑力。分别沿切向和法向按牛顿第二定律列出方程 ( )cos ( )cos + cos 2 2 d d T T NR R g R t                     v 2 )sin + )sin sin 2 2 ( ( = NR R g R T R T                   v 当  趋于 0 时，以上两式成为     d cos d d d NR Rg R t T        v                       ③     2 N Rg R sin R T R      v                        ④ 从③④式消去 N 得到       2 d cos sin d d d T Rg R t R T                 v v               ⑤ ①②③④式或者①②⑤式构成了软绳运动所满足的动力学方程组。 （2）由于 的取值不同，可以有两种情况；其一是 足够大，在绳子达到最大速度值时，绳 子和滑轮之间仍然有滑动；其二是 较小，在绳子达到最大速度值时，绳子和滑轮之间没有 滑动，则绳子速度的最大值就是 R 。 （解法一） 注意到①②式中只出现T1 和T2 ，所以只需要由⑤式得到T1 和T2 的关系，而无需求出T() 。借 助于关系式     d( d d d ) T T Te e                                                      ⑥ ⑤式可写为       2 ( ) = cos si d d d n + d Te Rge e R t R                  v v          ⑦ 两边积分后得     ππ π 2 π 1 2 00 0 cos d = d d n s+ d d T T e Rg e e R e i t R                             v v          ⑧ 图a O y x  R 