物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第34届复赛试题（含参考答案）

第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2017年9月16日 一、(40分)一个半径为r、质量为m的均质实心小圆柱被置于 一个半径为R、质量为M的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均 水平，横截面如图所示。重力加速度大小为g。试在下述两种情 形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率： (1)圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动： (2)圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内 底部附近作无滑滚动。 解： (1)如图，0为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。 小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦 力大小为F,方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心 运动定理得 F-mgsin=ma ① 式中，α是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无 滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度日，（规定小圆柱在最低点 时日=0)与0之间的关系为 R8=(8+θ) ② 由②式得，a与0的关系为 a=rdQ=(R-r)dio ③ dr d 考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得 rF=1do ④ dr 式中，【是小圆柱绕其自身轴的转动惯量 1=5mr ⑤ 由①②③④⑤式及小角近似 sin0≈0 ⑥ 得 d20. 28-0=0 dr+3R-r) ⑦ 由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 f= 8 ⑧ πV6(R-r) (2)用F表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，8和8，分别为小圆柱与圆筒转过的角 度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置日=日，=0）。 对于小圆柱，由转动定理得 -Fr=2mr)de ⑨ 对于圆筒，同理有 FR=(MR')do ⑩ 1

1 第 34 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2017 年 9 月 16 日 一、（40 分）一个半径为 r 、质量为m 的均质实心小圆柱被置于 一个半径为 R 、质量为 M 的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均 水平，横截面如图所示。重力加速度大小为 g 。试在下述两种情 形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率： （1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动； （2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内 底部附近作无滑滚动。 解： （1）如图， 为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。 小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦 力大小为 F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心 运动定理得 F mg ma   sin ① 式中， a 是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无 滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1（规定小圆柱在最低点 时 1   0）与 之间的关系为 1 R r      ( ) ② 由②式得，a 与 的关系为 2 2 1 2 2 ( ) d d a r R r dt dt      ③ 考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得 2 1 2 d rF I dt    ④ 式中， I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量 1 2 2 I mr  ⑤ 由①②③④⑤式及小角近似 sin   ⑥ 得 2 2 2 0 3( )      d g dt R r ⑦ 由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 1 π 6( ) g f R r   ⑧ （2）用 F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1和2 分别为小圆柱与圆筒转过的角 度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置 1 2     0 ）。 对于小圆柱，由转动定理得 2 2 1 2 1 2          d Fr mr dt ⑨ 对于圆筒，同理有 2 2 2 2 ( )   d FR MR dt ⑩ R  1 R

由⑨⑩式得 F ① dr 设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角0，由于小圆柱与圆筒 间做无滑滚动，有 R0=(8+0)-R8, @ 由@式得 (R-r) dordoRdo =r产 ③ 设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为α，由质心运动定理得 F-mgsin=ma ④ 由@式得 d'0 a=(R-r ⑤ dr 由①3④⑤式及小角近似sin0≈0，得 dP02M+m8-0=0 dr 3M+m R-r ⑥ 由⑥式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 2M+m8 f=2元3M+mR-r ① 评分参考：第(1)问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3 分，⑧式2分：第(2)问20分，⑨⑩①式各2分，②式3分，③④⑤式各2分，⑤式3 分，①式2分。 二、(40分)星体P(行星或彗星)绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线 k r=1+scose P 式中，r是P到太阳S的距离，O是矢径SP相对于极 轴SA的夹角（以逆时针方向为正），k=一E Gim,L是 P相对于太阳的角动量，G=6.67×10~1lm3.kg1s2为 RE 引力常量，M≈1.99×100kg为太阳的质量， 2E2 6-+GWm为偏心率，m和E分别为P的质量 和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆， 两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径R≈1.49×10"m,彗星轨道近日 点A到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗 星 (1)先后两次穿过地球轨道所用的时间： (2)经过C、D两点时速度的大小。 已知积分公式「xt=(x+a)2-2a(x+a)P+C,式中C是任意常数。 2

2 由⑨⑩式得 2 2 1 2 2 2   2 1           d d F r R m M dt dt ⑪ 设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角 ，由于小圆柱与圆筒 间做无滑滚动，有 1 2 R r R        ( ) ⑫ 由⑫式得 2 2 2 1 2 2 2 2 ( )       d d d R r r R dt dt dt ⑬ 设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得 F mg ma   sin ⑭ 由⑫式得 2 2 ( )    d a R r dt ⑮ 由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin   ，得 2 2 2 0 3 d M m g dt M m R r        ⑯ 由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 1 2 2π 3 M m g f M m R r     ⑰ 评分参考：第（1）问 20 分，①②式各 3 分，③式 2 分，④式 3 分，⑤⑥式各 2 分，⑦式 3 分，⑧式 2 分；第（2）问 20 分，⑨⑩⑪式各 2 分，⑫式 3 分，⑬⑭⑮式各 2 分，⑯式 3 分，⑰式 2 分。 二、（40 分）星体 P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线 1 cos k r     式中，r 是 P 到太阳 S 的距离， 是矢径 SP 相对于极 轴 SA 的夹角（以逆时针方向为正）， 2 2 L k GMm  , L 是 P 相对于太阳的角动量， 11 3 1 2 G 6.67 10 m kg s        为 引 力 常 量 ， 30 M   1.99 10 kg 为 太 阳 的 质 量 ， 2 2 2 3 2 1 EL G M m    为偏心率，m 和 E 分别为 P 的质量 和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆， 两轨道相交于 C、D 两点，如图所示。已知地球轨道半径 11 E R   1.49 10 m，彗星轨道近日 点 A 到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗 星 （1）先后两次穿过地球轨道所用的时间； （2）经过 C、D 两点时速度的大小。 已知积分公式     2 3/2 1/2 2 3 xdx x a a x a C x a        ，式中C 是任意常数。 S A B C RE r P  D

解： (1)由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故 E=1.E=0 ① 彗星绕太阳运动的轨道方程为： r=1+cose ② 彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒 1 m2+ 2 2m+P()=E=0 ③ 式中 V(r)=-GMm ④ 当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为m,由③式得 2=-V()=GMm ⑤ 2mm 由⑤式和题给条件得 E 2GMm*=Tiomn RE ⑥ 3 由③式得 dr 2GM L m22 或 dr dt=- ⑦ 2GM L m22 设彗星由近日点A运动到与地球轨道的交点C所需的时间为△1，对⑦式两边积分，并利用 ⑥式得 dr 1 RE rdr ⑧ 2GM 2GM m22 3 对⑧式应用题给积分公式得 1 RE rar △1= 3 1 +3 ⑨ 10W5R2 27 GM 由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为 T=2△1= 20W5R2 ⑩ 27 GM 将题给数据代入⑩式得 T≈6.40×105s (2)彗星在运动过程中机械能守恒 1 >>22GM=E=O 式中)是彗星离太阳的距离为r时的运行速度的大小。由②式有 3

3 解： （1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故    1, 0 E ① 彗星绕太阳运动的轨道方程为： 1 cos k r    ② 彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒   2 2 2 1 0 2 2 L mr V r E mr      ③ 式中   Mm V r G r   ④ 当彗星运动到近日点 A 时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为 min r ，由③式得   2 2 min min min 2 L Mm V r G mr r    ⑤ 由⑤式和题给条件得 2 E 2 min 2 3 L R r GMm   ⑥ 由③式得 2 2 2 dr GM L 2 dt r m r   或 2 2 2 2 dr dt GM L r m r   ⑦ 设彗星由近日点 A 运动到与地球轨道的交点 C 所需的时间为t ，对⑦式两边积分，并利用 ⑥式得 E E E min 2 3 E 2 2 1 2 2 3 R R R r dr rdr t GM L GM R r r m r        ⑧ 对⑧式应用题给积分公式得 E E 3 E 3/2 1/2 E E E E E 3 2 E 1 2 3 1 2 2 2 3 3 3 3 10 3 27 R R rdr t GM R r R R R R R GM R GM                            ⑨ 由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为 3 2 E 20 3 2 27 R T t GM    ⑩ 将题给数据代入⑩式得 6 T   6.40 10 s ⑪ （2）彗星在运动过程中机械能守恒 1 2 0 2 GMm m E r v    ⑫ 式中 v 是彗星离太阳的距离为 r 时的运行速度的大小。由⑫式有

2GM 0-T ③ 当彗星经过C、D处时 e=6=R ① 由③④式得，彗星经过C、D两点处的速度的大小为 2GM VC=U0Re ⑤ 由⑤式和题给数据得 0c=vp=4.22×10m/s ⑥ 评分参考：第(1)问28分，①式4分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥ ⑦⑧⑨⑩①式各2分：第(2)问12分，②式4分，3④5⑤6式各2分。 三、(40分)一质量为M的载重卡车A的 水平车板上载有一质量为m的重物B,在 水平直公路上以速度，做匀速直线运动， 重物与车厢前壁间的距离为L(L>0)。 因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡 车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为丛，重物与车厢底板间的动摩擦因数 和最大静摩擦因数均为凸，（凸，<4）。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短， 碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为g。 (1)若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走 过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B与 车厢前壁不发生碰撞的条件： (2)若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的 时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。 解： (1)若重物和车厢前壁不发生碰撞。 卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为α，。由牛顿第二定律有 t(M+m)g-tmg=Ma ① 由①式得 a=4M+(4-)m 8 M 由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间1和移动的距离、分别为 M 0,S= M ② a14M+(4-42)mg 2a4M+(4-4)m2g 重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动，设B相对于地面的加速度大小为a

4 2GM r v  ⑬ 当彗星经过 C、D 处时 C D E r r R   ⑭ 由⑬⑭式得，彗星经过 C、D 两点处的速度的大小为 C D E 2GM R v v   ⑮ 由⑮式和题给数据得 4 C D v v    4.22 10 m/s ⑯ 评分参考：第（1）问 28 分，①式 4 分，②式 2 分，③式 4 分，④式 2 分，⑤式 4 分，⑥ ⑦⑧⑨⑩⑪式各 2 分；第（2）问 12 分，⑫式 4 分，⑬⑭⑮⑯式各 2 分。 三、（40 分）一质量为 M 的载重卡车 A 的 水平车板上载有一质量为m 的重物 B，在 水平直公路上以速度 0 v 做匀速直线运动， 重物与车厢前壁间的距离为 L （ L  0 ）。 因发生紧急情况，卡车突然制动。已知卡 车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为 1，重物与车厢底板间的动摩擦因数 和最大静摩擦因数均为 2 （   2 1  ）。若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短， 碰后重物与车厢前壁不分开。重力加速度大小为 g 。 （1）若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走 过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物 B 与 车厢前壁不发生碰撞的条件； （2）若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的 时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。 解： （1）若重物和车厢前壁不发生碰撞。 卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为 1 a 。由牛顿第二定律有 1 2 1   ( ) M m g mg Ma    ① 由①式得 1 1 2 1 M m ( ) a g M       由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间 1 t 和移动的距离 1 s 分别为 0 0 1 1 1 1 2 ( ) M t a M m g        v v ， 2 2 0 0 1 1 1 1 2 2 ( ) 2 M s a M m g        v v ② 重物 B 在卡车 A 的车厢底板上做匀减速直线运动，设 B 相对于地面的加速度大小为 2 a 。 A B L

由牛顿第二定律有 Img ma ③ 由③式得 a,=m8=4,8 a 从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间1，和重物移动的距离s,分别为 5-%=0, 5= ④ a2428 2a22428 由于凸1，即卡车先停，重物后停。 若s,≤3+L,重物B与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是 L25-9= 6-6=（4-hM+m)6 ⑤ 2a22a14[4M+(4-42)m2g (2)由⑤式知，当满足条件 L1>1（重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和1≤t,(重 物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞)。 ()t2>1>1,即卡车A在41时停下，重物B继续运动，在1时与车厢前壁发生碰撞。 卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的：和。，同时重物相对于地面向前滑动的 距离是 巧=40财 ⑦ M[M(2h-42)+2m4-凸】6 [4M+(4-)m] 28 重物相对于车厢向前滑动的距离是 5-5=MM24-4)+2m4-4-M [4M+(4-42)m2g4M+(4-4)m2g =4-凸M+m)M [4M+(4-4)m2g 如果 S2-5<L<52-$, 即当 5

5 由牛顿第二定律有 2 2 mg ma  ③ 由③式得 2 2 2 mg a g m     从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间 2 t 和重物移动的距离 2 s 分别为 0 0 2 2 2 t a g    v v ， 2 2 0 0 2 2 2 2 2 v v  s   a g ④ 由于   2 1  ，由②④二式比较可知， 2 1 t  t ，即卡车先停，重物后停。 若 2 1 s s L   ，重物 B 与车厢前壁不会发生碰撞，因此不发生碰撞的条件是 2 2 2 0 0 0 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 ( )( ) 2 2 [ ( ) ] 2 M m L s s a a M m g                v v v ⑤ （2）由⑤式知，当满足条件 2 1 2 0 2 1 2 1 1 2 ( )( ) 2 [ ( ) ] M m L s s M m g              v 时，重物 B 与车厢前壁必定发生碰撞。 设从开始制动到发生碰撞时的时间间隔为t ，此时有几何条件 2 1 s t s t L ( ) ( )   ⑥ 这里又可分为两种情况： 2 1 t  t  t （重物在卡车停下后与车厢前壁发生碰撞）和 1 t  t （重 物在卡车停下前与车厢前壁发生碰撞）。 （i） 2 1 t  t  t ，即卡车 A 在 1 t 时停下，重物 B 继续运动，在t 时与车厢前壁发生碰撞。 卡车停下的时间和向前滑动的距离是②给出的 1 t 和 1 s ，同时重物相对于地面向前滑动的 距离是     2 22 0 1 2 1 2 1 2 1 2 0 2 1 1 2 1 2 (2 ) 2 ( ) ( ) 2 s t a t M M m M m g                 v v ⑦ 重物相对于车厢向前滑动的距离是       2 2 1 2 1 2 0 0 22 1 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 0 2 1 1 2 (2 ) 2 ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( )( ) ( ) 2 M M m M s s M m g M m g M m M M m g                                v v v 如果 2 1 2 1 s s L s s      ， 即当

4=%m+MMa<L<,4-=XM+m）_正 2[4M+(4-4)mg24[4M+(4-4)mg 满足时，在车己停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁。 从制动到重物B与车厢前壁碰撞前，重物B克服摩擦力做功。设在碰撞前的瞬间重物 B相对地面的速度为)2，由动能定理有 mjmj-mg(s,+L) 1 ⑧ 2 由⑧式得 02=V6-242g(s,+L)= 4-凸M+m6-24,gL 4M+(4-凸)m 设碰撞后瞬间重物B与卡车A的速度均为0，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒 02=(m+M)w ⑨ 由⑨式得 0=-m m+= m 4-凸M+m6-24,gL m+MM+(1)m 碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为 1=Mo-0=mM 4-M+m6-24,gL ⑩ m+M1V4M+(4-4)m 碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间 m v2 ① tg (m+M)g 再移动了一段路程 m2 (-XM+m)-2m ② 24g24(m+M)2g4,M+(41-42)m 才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。 重物撞上车厢前壁的时间是 5=%3 ③ 山28 所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 0=6+=6-0+ 0 2=%厂1 m 484g(M+m)428Lh848(M+m)J ④ =_4M+(4=m4-M+mE-24gL 84g(m+M)Y4M+(4-4)m 卡车移动的总路程则为 :2流4 ⑤ ()1≤1，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞 由⑨式的推导可知，条件1≤1可写成 6

6 2 2 1 2 0 0 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 ( )( ) ( )( ) 2[ +( ) ] 2 [ ( ) ]   v v                   m M M M m L M m g M m g 满足时，在车已停稳后重物仍会向前运动并且撞上车厢前壁。 从制动到重物 B 与车厢前壁碰撞前，重物 B 克服摩擦力做功。设在碰撞前的瞬间重物 B 相对地面的速度为 2 v ，由动能定理有 2 2 2 0 2 1 1 1 ( ) 2 2 m m mg s L v v     ⑧ 由⑧式得 2 2 1 2 0 2 0 2 1 2 1 1 2 ( )( ) 2 ( ) 2 ( ) M m g s L gL M m                 v v v 设碰撞后瞬间重物 B 与卡车 A 的速度均为 v ，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒 2 m m M v v   ( ) ⑨ 由⑨式得 2 1 2 0 2 2 1 1 2 ( )( ) 2 ( ) m m M m gL m M m M M m                v v v 碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为 2 1 2 0 2 1 1 2 ( )( ) 0 2 ( ) mM M m I M gL m M M m                v v ⑩ 碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间   2 1 1 m t   g m M g     v v ⑪ 再移动了一段路程 2 2 2 1 2 0 1 2 2 1 1 1 1 2 ( )( ) 2 2 2 ( ) ( ) m M m s gL g m M g M m                       v v = ⑫ 才最终停止下来（对于卡车而言，这是第二次停下来）。 重物撞上车厢前壁的时间是 0 2 2 2 t  g    v v ⑬ 所以，从卡车制动到车和重物都停下所用的总时间为 (i) 0 2 0 2 2 2 2 1 2 2 1 2 0 1 2 0 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 1 ( ) ( ) ( ) ( )( ) 2 ( ) ( ) m m t t t g g M m g g g M m M m M m gL g g m M M m                                              v v v v v v v ⑭ 卡车移动的总路程则为 2 2 2 (i) 1 1 2 0 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 [ ( ) ( ) ] = + 2 ( )[ ( ) ] ( ) M m M m m L s s s m M M m g m M                    v ⑮ （ii） 1 t t  ，即卡车还未停下，重物就与车厢前壁发生碰撞 由⑨式的推导可知，条件 1 t t  可写成

L≤4-凸m+MMG Γ2[4M+(4-4)m8 由匀减速运动学公式，⑥式成为 -gaf (-a)+L 解得碰撞发生的时间 2L 2LM 1= 一三 Va,-a2V(4-42)m+M)g 在碰撞前的瞬间，卡车A的速度可和重物B的速度；分别为 -a4=-a-0g=,-=0-a4-hm+M 2LM 2LM 6 由碰撞前后动量守恒，可得碰撞后重物B和卡车A的共同速度)为 d=m证+Mg=,-m+恤 2LM m+M m+MV(4-42(m+M)g ① 2LMg =o-44-hm+M0 由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为 M()-m 2(4-凸)M L ⑧ m+M 2LM 卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和， 由1= 与⑦式可得 (4-2)(m+M0g =1+= 9 4848 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和 1 =w+1+0s6 mL 四 2ug 2ug M+m [另解，将卡车和重物视为一个系统，制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的相互作用力 都是内力，水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力(M+m)山g。在此力作用下系统质心 做加速度大小为山8的匀减速运动，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为 回=0 9 48 系统质心做匀减速运动的路程为 设制动前卡车和重物的质心分别位于x和x2:制动后到完全停下卡车运动了路程s,两个 质心分别位于x=x+sm和x?=x2+sm+L。于是有 AxMmMs+mx(M+m)s)tmL M+m M+m M+m 248 由此解得 ⑩ 2ug M+m 评分参考：第(1)问10分，①②③④⑤式各2分：第(2)30分，⑥式2分，⑦⑧⑨⑩① 23④⑤式各2分，6①⑧1920式各2分. 7

7 2 1 2 0 2 1 1 2 ( )( ) 2[ ( ) ]   v         m M M L M m g 由匀减速运动学公式，⑥式成为 2 2 0 2 0 1 1 1 ( ) 2 2 v v t a t t a t L     解得碰撞发生的时间 1 2 1 2 2 2 ( )( )        L LM t a a m M g 在碰撞前的瞬间，卡车 A 的速度 1 v 和重物 B 的速度 2 v 分别为 1 0 1 0 1 1 2 2 ( )( ) v v v          LM a t a m M g ， 2 0 2 0 2 1 2 2 ( )( ) v v v          LM a t a m M g ⑯ 由碰撞前后动量守恒，可得碰撞后重物 B 和卡车 A 的共同速度 v 为 2 1 2 1 0 1 2 0 1 1 2 2 ( )( ) 2 ( )( ) m M ma Ma LM m M m M m M g LMg m M                      v v v v v ⑰ 由冲量定理和以上两式得碰撞过程中重物 B 对车厢前壁的冲量为 1 2 1 1 2 2( ) ( ) 2( ) Mm M I M a a L m gL m M m M              v v ⑱ 卡车运动时间为碰撞前后的两段时间之和，由 1 2 2 ( )( ) LM t   m M g    与⑰式可得 (ii) 0 1 1 t t   g g     v v ⑲ 卡车总路程等于碰前和碰后两段路程之和 2 2 (ii) 2 0 1 0 1 1 1 1 2 2 2 mL s t a t   g g M m        v v v ⑳ [另解，将卡车和重物视为一个系统，制动过程中它们之间的摩擦力和碰撞时的相互作用力 都是内力，水平外力只有地面作用于卡车的摩擦力 1 （M m g  ) 。在此力作用下系统质心 做加速度大小为 1g 的匀减速运动，从开始到卡车和重物都停止时所经历的时间为 (ii) 0 1 t  g  v ⑲ 系统质心做匀减速运动的路程为 2 0 1 2 c x =  g  v 设制动前卡车和重物的质心分别位于 1 x 和 2 x ；制动后到完全停下卡车运动了路程 (ii) 1 s ，两个 质心分别位于 (ii) 1 1 1 x x s    和 (ii) x x s L 2 2 1    + 。于是有 (II) 2 1 2 1 2 1 0 1 ( ) = 2 c Mx mx Mx mx M m s mL x M m M m M m g               v 由此解得 2 (ii) 0 1 1 2 mL s  g M m    v ⑳ ] 评分参考：第（1）问 10 分，①②③④⑤式各 2 分；第（2）30 分，⑥式 2 分，⑦⑧⑨⑩⑪ ⑫⑬⑭⑮式各 2 分，⑯⑰⑱⑲⑳式各 2 分

四、(40分)如俯视图，在水平面内有两个分别以0点 与O1点为圆心的导电半圆弧内切于M点，半圆O的半 径为2a,半圆O1的半径为a:两个半圆弧和圆0的半 径ON围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场 (未画出)，磁感应强度大小为B:其余区域没有磁场。 半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度o绕O 点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与两个半圆弧均接触良好。已知金属棒OP电阻为R, 两个半圆弧的电阻可忽略。开始时P点与M点重合。在1(0≤t≤兀)时刻，半径OP与半 圆O交于Q点。求 (1)沿回路QPMQ的感应电动势： (2)金属棒OP所受到的原磁场B的作用力的大小。 解： (1)考虑从初始时刻1=0至时刻0≤1≤，金属棒OP扫过的磁场区域的面积为 2) S=S扇形oPM-S扇形0，QM-Sa0,00 ① 式中，S彩OrM、S扇OoM和So,o0分别是扇形OPM、扇形OQM和AO,QO的面积。由几何 关系得 Sori-(Of)2d) ② S扇形0，ou=)(2o1)a ③ ) Sxo,00 =(asinot)(acosor) ④ 由①②③④式得 1 S-(2o-sin201)a ⑤ 通过面积S的磁通量为 =BS ⑥ 由法拉第电磁感应定律得，沿回路QPMQ的感应电动势为 &s、a ⑦ d 式中，负号表示感应电动势沿回路逆时针方向（即沿回路QPMQ)。由⑤⑥⑦式得 8=-l-cas2aocA0soms号 ⑧

8 四、（40 分）如俯视图，在水平面内有两个分别以 O 点 与 O1 点为圆心的导电半圆弧内切于 M 点，半圆 O 的半 径为2a ，半圆 O1的半径为a ；两个半圆弧和圆 O 的半 径 ON 围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场 （未画出），磁感应强度大小为 B ；其余区域没有磁场。 半径 OP 为一均匀细金属棒，以恒定的角速度 绕 O 点顺时针旋转，旋转过程中金属棒 OP 与两个半圆弧均接触良好。已知金属棒 OP 电阻为 R ， 两个半圆弧的电阻可忽略。开始时 P 点与 M 点重合。在t （ π 0 t    ）时刻，半径 OP 与半 圆 O1 交于 Q 点。求 （1）沿回路 QPMQ 的感应电动势； （2）金属棒 OP 所受到的原磁场 B 的作用力的大小。 解： （1）考虑从初始时刻t  0至时刻 π 0 2 t    ，金属棒 OP 扫过的磁场区域的面积为 OPM O QM 1 O QO 1 S S S S    扇形 扇形  ① 式中， OPM S扇形 、 O QM 1 S扇形 和 O QO 1 S 分别是扇形 OPM、扇形 O1QM 和 O QO 1 的面积。由几何 关系得 2 OPM 1 ( )(2 ) 2 S t a 扇形   ② 1 2 O QM 1 (2 ) 2 S t a 扇形   ③ O QO 1 S a t a t   ( sin )( cos )   ④ 由①②③④式得 1 2 (2 sin 2 ) 2 S t t a     ⑤ 通过面积 S 的磁通量为   BS ⑥ 由法拉第电磁感应定律得，沿回路 QPMQ 的感应电动势为 d dt     ⑦ 式中，负号表示感应电动势沿回路逆时针方向（即沿回路 QPMQ）。由⑤⑥⑦式得 2 π (1 cos2 ) , 0 2          t a B t ⑧  O1 Q M O N P

当兀≤1≤严时，沿回路QPMQ的感应电动势与1=元时的一样，即 20 20 6=-20a2B, T≤o1≤π ⑨ (2)在1时刻流经回路QPMQ的电流为 ⑩ 式中 R= ① 2a 这里，L为PQ的长。由几何关系得 L=2a-2 acost,.0≤om≤π ② L=2a, π≤ol≤π ③ 半径OP所受到的原磁场B的作用力的大小为 F=iLB ④ 由⑧⑩①2④式得 F=(1-cos201)2oa'B ⑤ 0sa1s号 由⑨⑩①3④式得 F=AoaB2 ⑥ R ≤ol≤t. 2 评分参考：第(1)问22分，①②③④⑤式各2分，⑥⑦式各4分，⑧⑨式各2分： 第(2)问18分，⑩式4分，①0②3式各2分，④式4分，⑤⑤式各2分。 9

9 当 π π 2 t     时，沿回路 QPMQ 的感应电动势与 π 2 t   时的一样，即 2 π 2 , π 2        a B t ⑨ （2）在t 时刻流经回路 QPMQ 的电流为 1 i R   ⑩ 式中 1 2 L R R a  ⑪ 这里， L 为 PQ 的长。由几何关系得 π 2 2 cos , 0 2 L a a t t       ⑫ π 2 , π 2 L a t     ⑬ 半径 OP 所受到的原磁场 B 的作用力的大小为 F iLB  ⑭ 由⑧⑩⑪⑫⑭式得 3 2 2 π (1 cos2 ) , 0 2 a B F t t R        ⑮ 由⑨⑩⑪⑬⑭式得 3 2 4 π , π. 2 a B F t R      ⑯ 评分参考：第（1）问 22 分，①②③④⑤式各 2 分，⑥⑦式各 4 分，⑧⑨式各 2 分； 第（2）问 18 分，⑩式 4 分，⑪⑫⑬式各 2 分，⑭式 4 分，⑮⑯式各 2 分

五、(40分)某种回旋加速器的设计 方案如俯视图a所示，图中粗黑线 段为两个正对的极板，其间存在匀 强电场，两极板间电势差为U。两 个极板的板面中部各有一狭缝（沿 bD OP方向的狭长区域)，带电粒子可 —D 通过狭缝穿越极板（见图b):两细 虚线间（除开两极板之间的区域） 既无电场也无磁场；其它部分存在 匀强磁场，磁感应强度方向垂直于 纸面。在离子源S中产生的质量为 m、带电量为q(q>0)的离子， 由静止开始被电场加速，经狭缝中 图a 的O点进入磁场区域，O点到极板 右端的距离为D,到出射孔P的距离为bD(常数b为大于2的 D 自然数)。己知磁感应强度大小在零到B之间可调，离子从离子 源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。假设如 果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应。求 (1)可能的磁感应强度B的最小值： (2)磁感应强度B的其它所有可能值： 图b (3)出射离子的能量最大值。 解： (1)设离子从O点射入磁场时的速率为)，由能量守恒得 ① 由①式得 2g0 02m ② 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,有 qBo =m- ③ r 由②③式得 1 2mU r= ④ 10

10 五、（40 分）某种回旋加速器的设计 方案如俯视图 a 所示，图中粗黑线 段为两个正对的极板，其间存在匀 强电场，两极板间电势差为U 。两 个极板的板面中部各有一狭缝（沿 OP 方向的狭长区域），带电粒子可 通过狭缝穿越极板（见图 b）；两细 虚线间（除开两极板之间的区域） 既无电场也无磁场；其它部分存在 匀强磁场，磁感应强度方向垂直于 纸面。在离子源 S 中产生的质量为 m 、带电量为 q （ q  0 ）的离子， 由静止开始被电场加速，经狭缝中 的 O 点进入磁场区域，O 点到极板 右端的距离为 D ，到出射孔 P 的距离为bD （常数b 为大于 2 的 自然数）。已知磁感应强度大小在零到 Bmax 之间可调，离子从离子 源上方的 O 点射入磁场区域，最终只能从出射孔 P 射出。假设如 果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。忽略相对论效应。求 （1）可能的磁感应强度 B 的最小值； （2）磁感应强度 B 的其它所有可能值； （3）出射离子的能量最大值。 解： （1）设离子从 O 点射入磁场时的速率为 v ，由能量守恒得 1 2 2 qU m  v ① 由①式得 2qU m v  ② 设离子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r ，有 2 qB m r  v v ③ 由②③式得 1 2mU r B q  ④ D bD S O P 图 a 图 b D S