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

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 

此即 石-=2e+小识e-岛+爱) ⑨ (解法二) 令 T=T+C sino+C2 coso+C3 ⑥ 代入⑤式，令等式左右两边三角函数项系数和常数项相同，得 ,1-2 C=AR81+ C:=ARg1+ μ ⑦ 2R(的+R) udr 方程变为 dr =-udo 积分得 T=Tie-ue ⑧ 即 T=Teo+元Rg -2 1+2 ing+Rg 在滑轮两边与软绳相切处，对应于p=0和p=π，张力分别为T,=T(0)和T=T(π)。 T=元+g+F+口d 2μ元Rd地+u。 --品+出) u(dt 由此得到 -=+小- ⑨ 由①和②式得到 五-产=知-e-小(e+密 ⑩ 由⑨⑩式得 ee-e+-（4e++e-增 ① 假设绳子与滑轮之间一直有滑动。当血=0时，绳子达到最大速度值。x,由②式得 2=lg-e网g么+e 即 ② 在此情况下，必有

此即     2 π ππ 2 1 2 2 ( 1 d d ) ( 1) 1 R T e Rg e e R T t                     v v          ⑨ [（解法二） 令     12 3 TTC C C    sin cos                      ⑥ 代入⑤式，令等式左右两边三角函数项系数和常数项相同，得     2 1 2 2 2 2 3 1 1 2 1 d d C Rg C Rg R C t R                       v v                         ⑦ 方程变为     d d T T    积分得     T Te0                              ⑧ 即     2 2 0 2 2 1 2d sin cos 11 d R T T e Rg Rg t R                        v v        在滑轮两边与软绳相切处，对应于  0 和  π ，张力分别为 2 T T  (0) 和 1 T T  ( ) π 。     2 2 0 2 2 d 1 d R T T Rg t R                 v v     2 π 1 0 2 2 d 1 d R T T e Rg t R                   v v     由此得到         2 π ππ 2 1 2 2 d 1 1 1 d R T T e Rg e e t R                     v v         ⑨ ] 由①和②式得到        π2 π π 2 1 d 1 1 d T T e Lg e L e t          v v              ⑩ 由⑨⑩式得           2 2 2 d 1 1 11 1 d R Lg e Rg e e L e e t                     v v     ⑪      假设绳子与滑轮之间一直有滑动。当 d 0 dt  v 时，绳子达到最大速度值 max v ，由⑫式得       2   2 max π π 2 1 1 1 Lg e Rg e          v  即         π π max 2 2 1 1 1 Lg e Rg e           v                ⑫ 在此情况下，必有

o)+R ③ 如果上式不满足，绳子达到最大速度值时与滑轮之间已经没有相对滑动，对应于 刀ax=Ro ④ 在第(2)问中，由于只求最大速度，可在开始时令①②⑤式中的血=0计算。】 di 四、如图，一张紧的弦沿x轴水平放置，长度为L。弦的 左端位于坐标原点。弦可通过其左、右端与振源连接，使 弦产生沿y方向的横向受迫振动，振动传播的速度为“。 P2 x (1)固定弦的右端P,,将其左端P与振源连接，稳定时， 左端P的振动表达式为y(x=0,)=A。cos(o),其中A为振幅，o为圆频率。 ()己知弦上横波的振幅在传播方向上有衰减，衰减常量为y(y>0),求弦上各处振动 的振幅：（己知：在无限长弦上沿x轴正方向传播的振幅逐渐衰减的横波表达式为 y(x,t)=Ae cos 其中A和p分别为x=0处振动的振幅和初相位。) (ⅱ)忽略波的振幅在传播方向上的衰减，求弦上驻波的表达式，并确定其波腹和波节处 的x坐标。 (2)将R、P都与振源连接，P、P处的振动表达式分别为：y(x=0,)=A cos@1、 (x=L,)=Acos(o+p),其中%为常量。忽略波的振幅在传播方向上的衰减，分别计算 ,=0和%。=π情形下弦上各处振动的表达式以及共振时圆频率。应满足的条件。 参考解答： (1)()设稳定时，弦上向右传播的机械波的波的表达式为 .（x,)=4e严cos ot-or+g ① 其中A和%，为待定系数。由于弦的右端点固定，在右端点反射后弦上反射波的波的表达式为 片x,）=4e2t+cos ot+0x-2oL +π+9 ② u 因此，稳定时在弦上横向振动的表达式为 y(x,)=y(x,)+(x,)=A(x)cos[O1+p(x)] 这里 A(x)=A 2+e71+2-2e21c0s2x-20 ③ 由于稳定时弦的左端点的振动表达式是己知的，有 比较以上两式得

    π π 2 2 1 1 1 R Lg e Rg e           >                                ⑬ 如果上式不满足，绳子达到最大速度值时与滑轮之间已经没有相对滑动，对应于     vmax  R                            ⑭ [在第（2）问中，由于只求最大速度，可在开始时令①②⑤式中的 d 0 dt  v 计算。] 四、如图，一张紧的弦沿 x 轴水平放置，长度为 L 。弦的 左端位于坐标原点。弦可通过其左、右端与振源连接，使 弦产生沿 y 方向的横向受迫振动，振动传播的速度为u 。 （1）固定弦的右端 P2 ，将其左端 P1 与振源连接，稳定时， 左端 P1 的振动表达式为 yx t A t ( 0, ) cos   0   ，其中 A0 为振幅， 为圆频率。 （i）已知弦上横波的振幅在传播方向上有衰减，衰减常量为 （  0 ），求弦上各处振动 的振幅；（已知：在无限长弦上沿 x 轴正方向传播的振幅逐渐衰减的横波表达式为 (,) e cos x x yxt t u A               ，其中 A和 分别为 x  0 处振动的振幅和初相位。） （ii）忽略波的振幅在传播方向上的衰减，求弦上驻波的表达式，并确定其波腹和波节处 的 x 坐标。 （2）将 P1 、 P2 都与振源连接， P1 、 P2 处的振动表达式分别为： 0 yx t A t ( 0, ) cos    、 yx Lt A t ( , ) cos +   0 0    ，其中0 为常量。忽略波的振幅在传播方向上的衰减，分别计算 0   0 和 0   π 情形下弦上各处振动的表达式以及共振时圆频率 应满足的条件。 参考解答： （1）（i）设稳定时，弦上向右传播的机械波的波的表达式为 R 1 1 (,) e cos x y x x t A t u               ① 其中 A1和1 为待定系数。由于弦的右端点固定，在右端点反射后弦上反射波的波的表达式为 L 1 1 2 ( , ) co 2 es π L x y x L xt A t u u                   ② 因此，稳定时在弦上横向振动的表达式为 yxt y xt x ( , ) ( , ) ( , ) cos ( )  L R   y Ax t t x ( )    这里 2 42 1 2 ( ) e e 2e cos 2 2 x Lx L Ax A x u u          L        ③ 由于稳定时弦的左端点的振动表达式是已知的，有 4 2 1 0 ( 0) 1 e 2e cos 2 L L L A xA A u                比较以上两式得 x y   O P1 P2