物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第34届决赛试题（含参考答案）

第34届全国中学生物理竞赛决赛 试题与参考解答 (叶邦角整理) 一、(35分)如图，质量分别为m、m的小球a、b放置在 光滑绝缘水平面上，两球之间用一原长为6、劲度系数为K0的 ⑥Wa 绝缘轻弹簧连接。 (1)1=0时，弹簧处于原长，小球a有一沿两球连线向右的初速度00，小球b静止。若运 动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内，求两球在任一时刻【(>0)的速度。 (2)若让两小球带等量同号电荷，系统平衡时弹簧长度为。记静电力常量为K。求小球 所带电荷量和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率（极化电荷的影响可忽略）。 参考解答： (1)如图I,1时刻弹簧的伸长量为 u=1-l6 有 du dp =-ko4 ⑥-@ ① 图I 式中 以=mm m2+m3 ② 为两小球的约化质量。由①②式知，弹簧的伸长量“服从简谐振动的动力学方程，振动频率 为 fs0、 1 -1 m me ko 2元2元μ2πm,m ③ 最后一步利用了②式。【时刻弹簧的伸长量“的表达式为 u=Asinot+Bcosot ④ 式中A、B为待定常量。1=0时，弹簧处于原长，即 u(0)=B=0 将B=0代入④式得 u=Asinot ⑤ a相对于b的速度为

第 34 届全国中学生物理竞赛决赛 试题与参考解答 （叶邦角整理） 一、（35 分）如图，质量分别为ma 、mb 的小球 a、b 放置在 光滑绝缘水平面上，两球之间用一原长为 0l 、劲度系数为 0 k 的 绝缘轻弹簧连接。 （1）t  0时，弹簧处于原长，小球 a 有一沿两球连线向右的初速度 0 v ，小球 b 静止。若运 动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内，求两球在任一时刻t （t  0）的速度。 （2）若让两小球带等量同号电荷，系统平衡时弹簧长度为 L0 。记静电力常量为 K 。求小球 所带电荷量和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率（极化电荷的影响可忽略）。 参考解答： （1）如图 I，t 时刻弹簧的伸长量为 0 ull   有 2 2 0 d u k u dt    ① 式中 a b a b m m m m    ② 为两小球的约化质量。由①②式知，弹簧的伸长量u 服从简谐振动的动力学方程，振动频率 为 0 ab 0 a b 1 1 2π 2π 2π k mm f k m m      ③ 最后一步利用了②式。t 时刻弹簧的伸长量u 的表达式为 uA tB t   sin cos   ④ 式中 A 、 B 为待定常量。t  0时，弹簧处于原长，即 u B   0 0   将 B  0代入④式得 uA t  sin ⑤ a 相对于 b 的速度为 b a ar br l 图 I b a 0l

=-=-ocos0 dtdtdt ⑥ 1=0时有 (0)=0。-0=Ao ⑦ 由⑥⑦式得 v'=vo cos@t ⑧ 系统在运动过程中动量守恒 m0o=mUa十106 ⑨ 小球a相对于地面的速度为 0。=V+0 ⑩ 由③⑧⑨⑩式可得，t时刻小球a和小球b的速摩分别为 0a= 1+ (m+m)kot) m. m216 m2+m. ① (m +m)ko( mm m。+m. ② (2)若两球带等量同号电荷，电荷量为9，系统平衡时有 毫=九6-》 ③ 由③式得 9= 4- q⑥^^^∧a 9 设时刻弹簧的长度为L(见图Ⅱ)，有 图Ⅱ =-6亿-)+Kg ⑤ 令x=L-L为1时刻弹簧相对平衡时弹簧长度6的伸长量，⑤式可改写为 ⑥ 系统做微振动时有 X<L 因而 〔八2j ⑦ 利用上式，⑥式可写为

a b a cos dr dr du A t dt dt dt v     ⑥ t  0时有   a 0 v v  0 0   A ⑦ 由⑥⑦式得 a 0 v v   cost ⑧ 系统在运动过程中动量守恒 mmm a0 aa bb vvv   ⑨ 小球 a 相对于地面的速度为 aab vvv    ⑩ 由③⑧⑨⑩式可得，t 时刻小球 a 和小球 b 的速度分别为   b a a b0 a 0 a ab a b 1 cos( ) m m m mk t m mm m m           v v ⑪   a b0 a b 0 ab a b 1 cos( ) m mk m t mm m m           v v ⑫ （2）若两球带等量同号电荷，电荷量为 q ，系统平衡时有   2 2 00 0 0 q K kL l L   ⑬ 由⑬式得   0 0 00 k qL L l K   ⑭ 设t 时刻弹簧的长度为 L（见图 II），有   2 2 2 2 0 0 dL q kLl K dt L     ⑮ 令 0 x   L L 为t 时刻弹簧相对平衡时弹簧长度 L0 的伸长量，⑮式可改写为   2 2 2 2 2 0 00 0 0 0 1 dx q x kx k L l K dt L L              ⑯ 系统做微振动时有 0 x  L 因而 2 2 0 00 1 12 x xx O L LL                      ⑰ 利用上式，⑯式可写为 a q q L b 图 II

票-[6小引+怎】 ⑧ 略去 ] 并利用③或④式，⑧式可写为 3Lo-2lo.kox ⑨ 由⑨式知， 3L-21>0 系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为 3L-21 m2+m6 mm ⑩ 最后一步利用了②式。 二、(35分)双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星 体均可视为质点，其质量分别为M和m,一起围绕它们的质心 爆炸前瞬间 爆炸后瞬间 做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为。。 M M-△M 在某一时刻，M星突然发生爆炸而失去质量△M。假设爆炸是瞬 时的、相对于M星是各向同性的，因而爆炸后M星的残余体M (M'=M-△M)星的瞬间速度与爆炸前瞬间M星的速度相同， 且爆炸过程和抛射物质△M都对m星没有影响。己知引力常量为 G,不考虑相对论效应。 (1)求爆炸前M星和m星之间的距离6： (2)若爆炸后M'星和m星仍然做周期运动，求该运动的周期T: (3)若爆炸后M'星和m星最终能永远分开，求M、m和△M三 者应满足的条件。 参考解答： Mm = (1)两体系统的相对运动相当于质量为M+m的质点在固定力场中的运动，其运 动方程是 Mm F=_GMm M+m ① 其中”是两星体间的相对位矢。①式可化为 G(M+m) r=- ② 由②式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为M+m的固定等效引力源的引力场中 的运动。爆炸前为圆周运动，其运秘程是-(2 ③

  2 2 22 2 23 00 0 0 0 00 2 dx q q x kL l K k K xO dt L L L                                ⑱ 略去 2 0 x O L               ，并利用⑬或⑭式，⑱式可写为 2 2 0 0 2 3 0 0 0 0 3 2 2 dx q L l k K x kx dt L L            ⑲ 由⑲式知， 0 0 3 20 L l   ，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为 0 0 0 0 00 ab 0 0 ab 3 2 1 1 3 2 2 2 L l k L L l mm f k   L mm                     ⑳ 最后一步利用了②式。 二、（35 分）双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星 体均可视为质点，其质量分别为 M 和 m ，一起围绕它们的质心 做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为T0 。 在某一时刻，M 星突然发生爆炸而失去质量 M 。假设爆炸是瞬 时的、相对于 M 星是各向同性的，因而爆炸后 M 星的残余体 M  （ M    M M ）星的瞬间速度与爆炸前瞬间 M 星的速度相同， 且爆炸过程和抛射物质 M 都对m 星没有影响。已知引力常量为 G ，不考虑相对论效应。 （1）求爆炸前 M 星和m 星之间的距离 0r ； （2）若爆炸后 M  星和m 星仍然做周期运动，求该运动的周期T1 ； （3）若爆炸后 M  星和m 星最终能永远分开，求 M 、m 和 M 三 者应满足的条件。 参考解答： （1）两体系统的相对运动相当于质量为 Mm M m    的质点在固定力场中的运动，其运 动方程是 3 Mm GMm Mm r    r r ① 其中 r 是两星体间的相对位矢。①式可化为 3 GM m ( ) r  r r   ② 由②式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为 M  m 的固定等效引力源的引力场中 的运动。爆炸前为圆周运动，其运动方程是 2 2 0 0 0 GM m ( ) 2π r r T         ③ M m M M m 爆炸前瞬间 爆炸后瞬间

由③式解得 G(M+m)T 4π2 ④ (2)爆炸前，m星相对于M星的速度大小是 00= 26= 2G(M+m)T 4π2 ⑤ 方向与两星体连线垂直。 爆炸后，等效引力源的质量变为 M,=M'+m=M+m-△M ⑥ 相对运动轨道从圆变成了椭圆、抛物线或双曲线。由爆炸刚刚完成时（取为初始时刻）两星 体的位置和运动状态可知，两星体初始距离为6，初始相对速度的大小为·，其方向与两 星体连线垂直，所以初始位置必定是椭圆、抛物线或双曲线的顶点。对于椭圆轨道，它是长 轴的一个端点。 设椭圆轨道长轴的另一个端点与等效引力源的距离为，在处的速度（最小速度）为 刀mm(理由见①式)，由角动量守恒和机械能守恒得 r0=60o ⑦ 和 vi GMo=vi GMo 2-526 ⑧ 由⑦⑧式得满足方程 2GM-G-2GM5+6G=0 ⑨ 由⑨式解得r 2g对pgj网 2GM-ov (GM+-GM) 2GM。-6 ⑩ 另一解6可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知 片>6 ① 利用方程⑨和韦达定理（或由©式），椭圆的半长轴是 a=6+1= GM G(M+m)To M+m-△M 22GM-66 6 4π2 M+m-2AM 要使运行轨道为椭圆，应有 0<a<0 ⑧

由③式解得 1/3 2 0 0 2 ( ) 4π GM mT r         ④ （2）爆炸前，m 星相对于 M 星的速度大小是 1/3 1/3 2 0 0 0 2 00 0 2π ( ) 2π 2π ( ) 4π r GM mT GM m TT T                 v ⑤ 方向与两星体连线垂直。 爆炸后，等效引力源的质量变为 M      M mMm M  ￾ ⑥ 相对运动轨道从圆变成了椭圆、抛物线或双曲线。由爆炸刚刚完成时（取为初始时刻）两星 体的位置和运动状态可知，两星体初始距离为 0r ，初始相对速度的大小为 0 v ，其方向与两 星体连线垂直，所以初始位置必定是椭圆、抛物线或双曲线的顶点。对于椭圆轨道，它是长 轴的一个端点。 设椭圆轨道长轴的另一个端点与等效引力源的距离为 1 r ，在 1 r 处的速度（最小速度）为 min v （理由见⑪式），由角动量守恒和机械能守恒得 11 0 0 r r v v  ⑦ 和 2 2 1 0 1 0 2 2 GM GM r r   v ￾ ￾ v ⑧ 由⑦⑧式得 1 r 满足方程 2 2 22 0 1 1 00 0 2 2 0 GM r GM r r r          ￾ ￾ v v ⑨ 由⑨式解得 1 2 2 2 2 22 1 0 0 00 0 0 2 0 00 2 2 2 00 0 00 00 2 2 + ( ) 2 2 GM GM r GM G M r r r r r GM r GM r GM r GM r                     ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ ￾ v vv v v v v ⑩ 另一解 0r 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知 1 0 r r  ⑪ 利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是 1/3 2 01 0 2 2 0 0 0 ( ) 2 2 4π 2 r r GM mT GM M m M a r GM r M m M                ￾ ￾ v ⑫ 要使运行轨道为椭圆，应有 0  a   ⑬

由②③式得 M+m-2△M>0 ④ 据开普勒第三定律得 T=2π GM ⑤ 将⑥②式代入⑤式得 T= (M+m)(M+m-AM)T (M+m-2△M)3 ⑥ [解法（二） 爆炸前，设M星与m星之间的根对运动的速度为”相咖，有 G(M+m) 6 ⑤ 爆炸后瞬间，m星的速度没有改变，M-△AM星与爆炸前的速度相等，设M-△M星 与m星之间的相对运动的速度为”相对，有 刀相对=V相对0 ⑥ 爆炸后质心系的总动能为 _1(M-△M)m 2M+M ⑦ 质心系总能量为 E'=E:- G(M-△M)m ⑧ 对于椭圆轨道运动有 E'=_G(M-AM)m 24 ⑨ 式中 M+m-△M A= M+m-24M6 ⑩ 由开普勒第三定律有 T=2π G(M+m) ① 由⑩①式有 46 T=2π G(M+m-△M) ② 有 4+mM+m-△Mr7了 (M+m-2△M)3 ⑧

由⑫⑬式得 Mm M    2 0 ⑭ 据开普勒第三定律得 3 1 2π a T GM  ￾ ⑮ 将⑥⑫式代入⑮式得 2 1 0 3 ( )( ) ( 2) M mM m M T T Mm M       ⑯ ሾ解法（二） 爆炸前，设 M 星与m 星之间的相对运动的速度为 相对0 v ，有 0 ( ) = GM m r  相对0 v ⑤ 爆炸后瞬间， m 星的速度没有改变， M  M 星与爆炸前的速度相等，设 M  M 星 与m 星之间的相对运动的速度为 v相对 ，有 0 v v 相对 相对  ⑥ 爆炸后质心系的总动能为 2 k 1( ) 2 M Mm E Mm M       v相对 ⑦ 质心系总能量为 k 0 GM Mm ( ) E E r       ⑧ 对于椭圆轨道运动有 ( ) 2 GM Mm E A      ⑨ 式中 0 2 Mm M A r M m M       ⑩ 由开普勒第三定律有 3 0 0 2π ( ) r T GM m   ⑪ 由⑩⑪式有 3 0 1 2π ( ) A T GM m M    ⑫ 有 1/2 2 1 0 3 ( )( ) ( 2) M mM m M T T Mm M             ⑬ ሿ

(3)根据@式，当△MM≥(M+m)/2的时候，⑧式不再成立，轨道不再是椭圆。所以 若M'星和m星最终能永远分开，须满足 △M2(M+m)/2 ⑦ 由题意知 M>△M ⑧ 联立⑦⑧式知，还须满足 M>m ⑨ ⑥⑨式即为所求的条件。 三、(35分)熟练的荡秋千的人能够通过 在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡 越高。一质量为m的人荡一架底板和摆杆 均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可 忽略，假定人的质量集中在其质心。人在 秋千上每次完全站起时其质心距悬点O 的距离为'，完全蹲下时此距离变为 I+d。实际上，人在秋千上站起和蹲下过 程都是在一段时间内完成的。作为一个简 B h 单的模型，假设人在第一个最高点A点从 完全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至 B 最低点B,A与B的高度差为h1:随后他 在B点迅速完全站起（且最终径向速度为零），继而随秋千荡至第二个最高点C,这一过程 中该人质心运动的轨迹如图所示。此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第3、4 等最高点。假设人在站起和蹲下的过程中，人与秋千的相互作用力始终与摆杆平行。以最低 点B为重力势能零点。 (1)假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失，求该人质心在 A→A'→B→B'→C各个阶段的机械能及其变化： (2)假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中的机械能损失△E与过程前后高度差的绝 对值△h的关系分别为 △E=kmg(h+△h),0<k<1,始终完全蹲下： △E=k3mg(%+△h),0<k3<1,始终完全站立. 这里，k、k、和心是常量，8是重 力加速度的大小。求 (i)相对于B点，第n个最高点的高度 h与第n+1个最高点的高度hn+l之间 的关系： (i)h。与h之间的关系式和h1-h.与 h

（3）根据⑫式，当   M Mm ( )/2 的时候，⑬式不再成立，轨道不再是椭圆。所以 若 M  星和m 星最终能永远分开，须满足 M Mm   ( )/2 ⑰ 由题意知 M  M ⑱ 联立⑰⑱式知，还须满足 M  m ⑲ ⑯⑲式即为所求的条件。 三、（35 分）熟练的荡秋千的人能够通过 在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡 越高。一质量为m 的人荡一架底板和摆杆 均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可 忽略，假定人的质量集中在其质心。人在 秋千上每次完全站起时其质心距悬点 O 的距离为 l ，完全蹲下时此距离变为 l d  。实际上，人在秋千上站起和蹲下过 程都是在一段时间内完成的。作为一个简 单的模型，假设人在第一个最高点 A 点从 完全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至 最低点 B，A 与 B 的高度差为 h1；随后他 在 B 点迅速完全站起（且最终径向速度为零），继而随秋千荡至第二个最高点 C，这一过程 中该人质心运动的轨迹如图所示。此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第 3、4 等最高点。假设人在站起和蹲下的过程中，人与秋千的相互作用力始终与摆杆平行。以最低 点 B 为重力势能零点。 （1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失，求该人质心在 AA BB C      各个阶段的机械能及其变化； （2）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中的机械能损失 E 与过程前后高度差的绝 对值 h 的关系分别为                    10 1 20 2 ( ), 0 , ( ), 0 , E k mg h h k E k mg h h k            1 完全 始终 蹲 1 始终 下； 完全站立. 这里， 1 k 、 2 k 、 0 h 和 0 h 是常量，g 是重 力加速度的大小。求 （i）相对于 B 点，第n 个最高点的高度 n h 与第 n 1 个最高点的高度 n 1 h  之间 的关系； （ii） n h 与 1h 之间的关系式和 n n 1 h h   与 B O A C l d 1 h A B 2 h  A  C B O A C l d 1 h A B 2 h

h之间的关系式。 参考解答： (1)假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失。将人和秋千作为一个系 统。人在A处位于完全站立状态，此时系统的机械能为 UA=KA+VA =0+mg[l(1-cosaA)+d]=mgh1 式中，KA=0和'A=mgM分别是人在A处时系统的动能和重力势能，aA是秋千与竖直方 向的夹角（以下使用类似记号），如图所示。 人在A'处完全下蹲，在A→A'过程中系统重力势能减少，（因受到摆底板的限制）动 能仍然为零。人在A'处助系统的机械能为+mg(d+I)I-COS&A) =g4-d0 ② 人在B仍处位于完全下蹲状态，在A'→B过程中系统机械能守恒。人在B处的动能为 Kal=7mBI=UA ③ 式中下标1表示秋千第一次到B处。 人在B处突然站立，人做功，机械能增加。设人站立前后体系的角动量分别为1和 Lg1。在B与程素统角哪量2K11m =m0+d2h-0- L81 =mlog ④ 由此得 - ⑤ 人在B'处的械能为加日1+mgd ⑥ 人在C仍处于完全站立状态，在B'→C过程中系统机械能守恒。人在C处时系统的机 械能为 Uc=mgh, 。0+d)3 mg- (h-d)+mgd=Um ⑦

1 h 之间的关系式。 参考解答： （1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失。将人和秋千作为一个系 统。人在 A 处位于完全站立状态，此时系统的机械能为 A AA A 1 U K V mg l d mgh       0 [ (1 cos ) ]  ① 式中， A K  0和V mgh A 1  分别是人在 A 处时系统的动能和重力势能， A 是秋千与竖直方 向的夹角（以下使用类似记号），如图所示。 人在 A 处完全下蹲，在 A A  过程中系统重力势能减少，（因受到摆底板的限制）动 能仍然为零。人在 A 处时系统的机械能为 A AA A 1 0 ( )(1 cos ) ( ) U K V mg d l l d mg h d l            ② 人在 B 仍处位于完全下蹲状态，在 A B  过程中系统机械能守恒。人在 B 处的动能为 2 B1 B1 A 1 2 K mU   v  ③ 式中下标 1 表示秋千第一次到 B 处。 人在 B 处突然站立，人做功，机械能增加。设人站立前后体系的角动量分别为 LB1和 LB 1 。在 B B   过程中系统角动量守恒 B1 B1 B1 1 B1 1 ( ) ( )2 / ( ) 2 ( ) B L m l d ml d K m l d ml d g h d l L ml            v v ④ 由此得 1 1 2 () B ld ld g h d l l    v   ⑤ 人在 B处的机械能为 2 1 1 3 1 1 2 1 2 ( ) 2 U m mgd B B l d m g h d mgd l               v ⑥ 人在 C 仍处于完全站立状态，在 B C  过程中系统机械能守恒。人在 C 处时系统的机 械能为   C 2 3 3 1 1 ( ) B U mgh l d mg h d mgd U l       ⑦

由⑥⑦式得 -）- 于是 Uc-Ux ⑧ (2)()假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中有机械能损失。按题给模型，人第”次 在B处时系统的动能为2mom=mg:-k(mgh+mghg) =(1-k)mghi -k mgho =-0ms牛6.-)-kg% ⑨ 即 6=20-68-小-2 ⑨ 按题给模型，人第次在B'处时系统的动能为 2ma=mgta1-件mg6+mg(hn1-d】 =(1+k2)mg(h-d)+kmgho ⑩ 即 Vn=2(1+k2)g(hnsl-d)+2k2gho 0 在第”次B→B过程中，系统角动量守恒，有 (1+d)moBn=Imog'n ① 由⑨⑩⑩式得 2(1+k2)2g(hn+1-d)+2kz1Pg6 =20-X0+arg中-d)-2k0+a ② 由②式得 d（w0点（j 少0[* =(hn-d)-4 ③ 式中

由⑥⑦式得 3 2 1 = () l d hd hd l          于是 3 CA 1 1( ) l d U U mg h d l                 ⑧ （2）（i）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中有机械能损失。按题给模型，人第n 次 在 B 处时系统的动能为 2 B 10 1 10 1 10 1 ( ) 2 (1 ) (1 ) ( ) nn n n n m mgh k mgh mgh k mgh k mgh l d k mg h d k mgh l           v ⑨ 即 2 B 1 10 2(1 ) ( ) 2 n n l d k g h d k gh l  v    ⑨ 按题给模型，人第n 次在 B处时系统的动能为 2 B 1 20 1 2 1 20 1 ( ) [ ( )] 2 (1 ) ( ) nn n n m mg h d k mgh mg h d k mg h d k mgh              v ⑩ 即 2 B 2 1 20 2(1 ) ( ) 2 n n  k g h d k gh  v     ⑩ 在第n 次 B B   过程中，系统角动量守恒，有 B B ( ) n n l d m lm   v v  ⑪ 由⑨⑩⑪式得 2 2 2 1 20 2 2 1 10 2(1 ) ( ) 2 2(1 )( ) ( ) 2 ( ) n n k l g h d k l gh l d k l d g h d k l d gh l           ⑫ 由⑫式得 3 2 1 12 1 00 2 22 3 2 1 12 0 0 2 22 1 ( ) 1 11 1 ( ) 1 11 ( ) n n n n k ld k ld k h d hd h h kl kl k k ld k ld k hd h h kl kl k   h d                                      ⑬ 式中

= 四 μ1+ hat-dh-d)- ⑤ =[2(h-1-d)-4-4 (ii)由③@⑤式有 =22(hn-1-d)-4(1+) = =2"(h-d)-(1+1+…+元m-) 1-" =严(M-d-1-元 ⑥ 即 =24a+d-作 ⑩ 于是 hn+1-hn=元m-[(2-1)h-d)-川 四、(35分)如图，在磁感应强度大小为B、方向竖直向 上的匀强磁场中，有一均质刚性导电的正方形线框abcd, 线框质量为m,边长为，总电阻为R。线框可绕通过ad 边和bc边中点的光滑轴OO'转动。P、Q点是线框引线的 两端，0O'轴和X轴位于同一水平面内，且相互垂直。 不考虑线框自感。 (1)求线框绕00'轴的转动惯量J: (2)1=0时，线框静止，其所在平面与X轴有一很小的 0 夹角，此时给线框通以大小为I的恒定直流电流，方向沿P→a→b→c→d→Q,求此 后线框所在平面与X轴的夹角日、线框转动的角速度日和角加速度8随时间变化的关系式： (3)1=。>0时，线框平面恰好逆时针转至水平，此时断开P、Q与外电路的连接，此后线 框如何运动？求P、Q间电压Q随时间变化的关系式： )线框做上述运动一段时间后，当其所在平面与X轴夹角为名(45日53 「4)时，将P Q短路，线框再转一小角度“后停止，求a与日的关系式和α的最小值。 参考解答：

3 1 2 1 1 k ld k l            ⑭ 2 1 2 0 0 2 2 1 1 k ld k h h kl k              ⑮ （ii）由⑬⑭⑮式有   1 1 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) (1 ) ( ) (1 ) 1 ( ) 1 n n n n n n n n h d hd h d h d h d h d                                       ⑯ 即 1 1 1 ( ) 1 n n n h hd d           ⑰ 于是 1 1 1 [( 1)( ) ] n n n h h hd         ⑱ 四、（35 分）如图，在磁感应强度大小为 B 、方向竖直向 上的匀强磁场中，有一均质刚性导电的正方形线框 abcd， 线框质量为m ，边长为l ，总电阻为 R 。线框可绕通过 ad 边和 bc 边中点的光滑轴OO 转动。P、Q 点是线框引线的 两端，OO 轴和 X 轴位于同一水平面内，且相互垂直。 不考虑线框自感。 （1）求线框绕OO 轴的转动惯量 J ； （2）t  0时，线框静止，其所在平面与 X 轴有一很小的 夹角0 ，此时给线框通以大小为 I 的恒定直流电流，方向沿 PabcdQ  ，求此 后线框所在平面与 X 轴的夹角 、线框转动的角速度  和角加速度 随时间变化的关系式；    （3） 0 t t   0时，线框平面恰好逆时针转至水平，此时断开 P、Q 与外电路的连接，此后线 框如何运动？求 P、Q 间电压VPQ 随时间变化的关系式； （4）线框做上述运动一段时间后，当其所在平面与 X 轴夹角为1（ 1 3 4 4      ）时，将 P、 Q 短路，线框再转一小角度 后停止，求 与1的关系式和 的最小值。 参考解答： B X P Q O a b c d  0 O

(1)线框ab边和cd边绕00'轴的转动惯量J和Ja均为 -i6 线框ad边和bc边绕O0'轴的转动惯最和c均为 人。=2可冰= 0 48 线框绕O0'轴的转动惯量J为 J=Jsb+Jod+Jad+Jbe= 6 ① (2)当线框中通过电流I时，b和cd两边受到大小相等，方向相反分别指向X轴正向和 反向的安培力。设线框的ab边转到与X轴的夹角为日时其角速度为0，角加速度为日，ab 边和cd边的线速度则为2，所受安培力大小为F=B,线框所受力偶矩为 M=-2.Bll sin0≈-BF10 ② 式中已用到小角近似s8≈8，其中负号表示力偶矩与线框角位移B方向相反。根据刚体转 动定理，有 J0=-B1210 ③ 此方程与单摆的动力学方程在形式上完全一致，所以线框将做简谐运动，可设其运动方程为 0=9c0s1 ④ 将其代入③式，可求得 BI 6BI o=J=Vm ⑤ 于是，角位移日随时间！而变化的关系式为 6BI 0=0cos m ⑥ 角速度日随时间'而变化的关系式为 0=-00 m s m 16BI. 6BI sin ⑦ 角加速度日随时间【而变化的关系式为 6=-09 6B1 6BI -cos m m 回 πm 6BI 由⑥⑦⑧式知，当2V6B1时，0=0， 0=-8m达到反向最大值，0=0。可见，线

（1）线框 ab 边和 cd 边绕OO 轴的转动惯量 ab J 和 cd J 均为 2 2 ab cd 4 2 16 m l ml J J         线框 ad 边和 bc 边绕OO 轴的转动惯量 ad J 和 bc J 均为 /2 2 2 ad bc 0 2 4 48 l m ml J J r dr l    线框绕OO 轴的转动惯量 J 为 2 ab cd ad bc 6 ml JJ J J J  ① （2）当线框中通过电流 I 时，ab 和 cd 两边受到大小相等，方向相反分别指向 X 轴正向和 反向的安培力。设线框的 ab 边转到与 X 轴的夹角为 时其角速度为  ，角加速度为 ，ab 边和 cd 边的线速度则为 2 l    v ，所受安培力大小为 F BlI  ，线框所受力偶矩为 2 2 sin 2 l M    BlI Bl I   ② 式中已用到小角近似sin  ，其中负号表示力偶矩与线框角位移 方向相反。根据刚体转 动定理，有 2 J  Bl I  ③ 此方程与单摆的动力学方程在形式上完全一致，所以线框将做简谐运动，可设其运动方程为 0     cos t ④ 将其代入③式，可求得 BI BI 6 l J m    ⑤ 于是，角位移 随时间t 而变化的关系式为 0 6 cos BI t m    ⑥ 角速度  随时间t 而变化的关系式为 0 6 6 sin BI BI t m m      ⑦ 角加速度 随时间t 而变化的关系式为 0 6 6 cos BI BI t m m      ⑧ 由⑥⑦⑧式知，当 π 2 6 m t BI  时，  0， 0 6BI m      达到反向最大值，  0  。可见，线