物理奥林匹克竞赛：全国物理奥林匹克竞赛第31届复赛试题（含参考答案）

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2014年9月20日 一、(12分)2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了 我国首次太空授课.授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面 张力引起的效应.视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的脉动”中 振动的 (平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很 液滴 难观察到液滴的这种“脉动”现象).假设液滴处于完全失重状态，液 滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示 (1)该液滴处于平衡状态时的形状是 (2)决定该液滴振动频率∫的主要物理量是 (3)按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为 a,b,c是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率∫与a,b,c的关系式表 示为∫ca“bc，其中指数，B,y是相应的待定常数.) 解答： (1)球形 (2)液滴的半径”、密度p和表面张力系数σ（或液滴的质量m和表面张力系数σ） (3)解法一 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为 f=kr"p or ① 式中，比例系数k是一个待定常数.任一物理量a可写成在某一单位制中的单位[a]和相应的数值 {a}的乘积a={a[a].按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {ff]={k}{r}“{p}{o[r][p]P[Y 由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 V]=[r]"[P]"[oY ② 力学的基本物理量有三个：质量m、长度I和时间1，按照前述约定，在该单位制中有 m={m[m,1={)[0,t={t[ 于是 f]=[ ③ []=[四 ④ [P]=[m](n3 ⑤ 1 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

1 第 31 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2014 年 9 月 20 日 一、（12分）2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了 我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面 张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中 （平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很 难观察到液滴的这种“脉动”现象）. 假设液滴处于完全失重状态，液 滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示. （1）该液滴处于平衡状态时的形状是__________； （2）决定该液滴振动频率 f 的主要物理量是________________________________________； （3）按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为 a b c , , 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率 f 与a b c , , 的关系式表 示为    f a b c  ，其中指数   , , 是相应的待定常数.） 解答： （1）球形 （2）液滴的半径r 、密度  和表面张力系数 （或液滴的质量m 和表面张力系数 ） （3）解法一 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为    f k r    ① 式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[ ] a 和相应的数值 { }a 的乘积a a a  { }[ ]. 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 { }[ ] { }{ } { } { } [ ] [ ] [ ]       f f k r r      由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [ ] [ ] [ ] [ ]    f r    ② 力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t ，按照前述约定，在该单位制中有 m m m { }[ ] ，l l l  { }[ ] ，t t t { }[ ] 于是 [ ] [ ] f t  1 ③ [ ] [ ] r l  ④ [ ] [ ][ ]    m l 3 ⑤ 振动的 液滴 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 [o]=[m]ur2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得 [r=(m3(m2)y 即 [=叮-3[m]+[t2 ⑦ 由于在力学中[m、[☑和[U三者之间的相互独立性，有 a-3β=0， ⑧ B+y=0, ⑨ 2y=1 ⑩ 解为 ① 将①式代入①式得 ② 解法二 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为 f=kr“pσ ① 式中，比例系数k是一个待定常数.任一物理量a可写成在某一单位制中的单位[a]和相应的数值 {a的乘积a={a[a].在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等 V]=[r]"[p]"[or ② 力学的基本物理量有三个：质量M、长度L和时间T,对应的国际单位分别为千克(kg)、 米(m)、秒(s).在国际单位制中，振动频率f的单位f]为s，半径r的单位r]为m,密度p 的单位[p]为kgm3,表面张力系数o的单位[o]为Nml=kg·(ms2)ml=kgs2,即有 f]=s1 ③ [r]=m ④ [e]=kg.m3 ⑤ [o]=kg.s2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足 s1=m(（kgm3)(kgs2）了=(kg)7.ma-38.s2 ⑦ 由于在力学中质量M、长度L和时间T的单位三者之间的相互独立性，有 2 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

2 [ ] [ ][ ]    m t 2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得 [ ] [ ] ([ ][ ] ) ([ ][ ] )       t l m l m t 1 3 2 即 [ ] [ ] [ ] [ ]          t l m t 1 3 2 ⑦ 由于在力学中[ ] m 、[ ]l 和[ ]t 三者之间的相互独立性，有     3 0 ， ⑧     0， ⑨ 2 1   ⑩ 解为 3 1 1 , , 2 2 2         ⑪ 将⑪式代入①式得   f k  r3 ⑫ 解法二 假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为    f k r    ① 式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[ ] a 和相应的数值 { }a 的乘积a a a  { }[ ]. 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等 [ ] [ ] [ ] [ ]    f r    ② 力学的基本物理量有三个：质量 M 、长度 L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg）、 米（m）、秒（s）. 在国际单位制中，振动频率 f 的单位[ ] f 为s 1 ，半径r 的单位[ ]r 为 m，密度  的单位[ ]  为 3 kg m  ，表面张力系数 的单位[ ]  为 1 2 1 2 N m =kg (m s ) m kg s           ，即有 [ ] s f  1 ③ [ ] m r  ④ [ ] kg m     3 ⑤ [ ] kg s     2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足 s m kg m kg s (kg) m s                         1 3 2 3 2 ⑦ 由于在力学中质量 M 、长度 L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 a-3B=0, ⑧ B+y=0, ⑨ 2y=1 ⑩ 解为 0s、3 ① 将①式代入①式得 ② 评分标准：本题12分.第(1)问2分，答案正确2分：第(2)问3分，答案正确3分：第(3) 问7分，⑦式2分，①式3分，@式2分（答案为fx,9、 分) 二、(16分)一种测量理想气体的摩尔热容比y=C,/C,的方法 (Clement--Desormes方法)如图所示：大瓶G内装满某种理想气体， 瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H,另接出一根U形管作为压强计 M.瓶内外的压强差通过U形管右、左两管液面的高度差来确定.初 始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高， 记录此时U形管液面的高度差h,然后打开H,放出少量气体，当瓶 内外压强相等时，即刻关闭H.等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差h,·试由这两次记录的实验数据h,和h,导出瓶内 气体的摩尔热容比y的表达式.（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换：且U形管很细， 可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化) 解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程： p,,,N,)放气绝热影张)R,6I,N,）)等容升温(P,,.N,) 其中，(P,'o,To,N,),(Po,',T,N)和(p'o,To,N)分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、 体积、温度和摩尔数.根据理想气体方程pV=NkT,考虑到由于气体初、末态的体积和温度相 等，有 P.N. ① 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

3     3 0 ， ⑧     0， ⑨ 2 1   ⑩ 解为 3 1 1 , , 2 2 2         ⑪ 将⑪式代入①式得 3 f k r    ⑫ 评分标准：本题 12 分. 第（1）问 2 分，答案正确 2 分；第（2）问 3 分，答案正确 3 分；第（3） 问 7 分，⑦式 2 分，⑪式 3 分，⑫式 2 分（答案为 3 f r    、 f k m   或 f m   的，也给这 2 分）. 二、(16 分) 一种测量理想气体的摩尔热容比 / C C p V   的方法 （Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶 G 内装满某种理想气体， 瓶盖上通有一个灌气（放气）开关 H，另接出一根 U 形管作为压强计 M．瓶内外的压强差通过 U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初 始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高， 记录此时 U 形管液面的高度差hi ．然后打开 H，放出少量气体，当瓶 内外压强相等时，即刻关闭 H. 等待瓶内外温度又相等时，记录此时 U 形管液面的高度差 f h ．试由这两次记录的实验数据hi 和 f h ，导出瓶内 气体的摩尔热容比 的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且 U 形管很细， 可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化） 解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程： 0 0 0 0 0 0 ( , , , ) ( , , , ) ( , , , ) p V T N p V T N p V T N i i f f f   放气(绝热膨胀) 等容升温 其中， 0 0 0 0 0 0 ( , , , ),( , , , , , , ) i i f f f p V T N p V T N p V T N )和( 分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、 体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程 pV NkT  ，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相 等，有 f f i i p N p N  ① 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 另一方面，设V'是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为P,时的体积， 即 (p,,I,N,)绝热膨张(po,V%,T,N) 此绝热过程满足 ② 由状态方程有pP,V'=N,kT和P,%=NkT,所以 ③ 联立①②③式得 ④ 此即 n y=-Po ⑥ In P Pr 由力学平衡条件有 P=Po+pgh ⑥ Pr=Po+pgh ⑦ 式中，P。=Pgh为瓶外的大气压强，p是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小.由⑤⑥ ⑦式得 In(1+) ho ⑧ ln(1+ h)-In h 利用近似关系式：当x01,ln1+x)≈x,以及h/h☐L,h,/h口1，有 h,Iho h 7=hh。-h,hh-h ⑨ 评分标准：本题16分.①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分. 解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程b,再通过等容升温过程 bc达到末态 4 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

4 另一方面，设V 是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为 p0 时的体积， 即 0 0 0 ( , , , ) ( , , , ) i i i p V T N p V T N   绝热膨胀 此绝热过程满足 1/ 0 0 i V p V p          ② 由状态方程有 p V N kT 0 i   和 0 0 f p V N kT  ，所以 f 0 i N V N V   ③ 联立①②③式得 1/ f 0 i i p p p p         ④ 此即 0 ln ln i i f p p p p   ⑤ 由力学平衡条件有 p p gh i i  0  ⑥ f f 0 p p gh    ⑦ 式中， p gh 0 0   为瓶外的大气压强，  是 U 形管中液体的密度， g 是重力加速度的大小.由⑤⑥ ⑦式得 0 0 0 ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) i f i h h h h h h       ⑧ 利用近似关系式：当x x x ￾ 1, ln(1 )   ，以及 0 0 / 1, / 1 i f h h h h ￾ ￾ ，有 0 0 0 / / / i i i f i f h h h h h h h h h      ⑨ 评分标准：本题 16 分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各 2 分． 解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程 ab，再通过等容升温过程 bc 达到末态 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 (p,,)绝热膨张ab(p,,T)等容升温c(p,,T) 其中，(p,V,T。),(Po,Vo,T)和(p,'o,To)分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体 积与温度.留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程 ab :P-To=Po-T-Y ① bc: PoIT=Pr/To ② 由①②式得 告- ③ 此即 In P ④ In P Pi 由力学平衡条件有 P:=Po+pgh ⑤ Pr=Po+pghr ⑥ 式中，P。=Pgh,为瓶外的大气压强，p是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小.由④ ⑤⑥式得 ln(1+ hi) ho Y=- ⑦ n(l+么)-ln(I+ h h 利用近似关系式：当x01,ln(1+x)≈x,以及h/h口1，h,/h口1，有 hho h Y-h,o-h,llo ha hr ⑧ 评分标准：本题16分.①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分. 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

5 1 0 0 0 0 0 ( , , ) ( , , ) ( , , ) p V T p V T p V T i f   绝热膨胀ab 等容升温bc 其中， 1 0 0 0 0 0 ( , , ),( , , , , ) i f p V T p V T p V T )和( 分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体 积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程 1 1 0 0 ab:         p T p T i  ① bc: / / p T p T 0 0  f ② 由①②式得 1/ f 0 i i p p p p         ③ 此即 0 ln ln i i f p p p p   ④ 由力学平衡条件有 p p gh i i  0  ⑤ f f 0 p p gh    ⑥ 式中， p gh 0 0   为瓶外的大气压强，  是 U 形管中液体的密度， g 是重力加速度的大小．由④ ⑤⑥式得 0 0 0 ln(1 ) ln(1 ) ln(1 ) i f i h h h h h h       ⑦ 利用近似关系式：当x x x ￾ 1, ln(1 )   ，以及 0 0 / 1, / 1 i f h h h h ￾ ￾ ，有 0 0 0 / / / i i i f i f h h h h h h h h h      ⑧ 评分标准：本题 16 分．①②式各 3 分，④⑤⑥⑦⑧式各 2 分． 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 三、(20分)如图所示，一质量为m、底边AB长为 b、等腰边长为a、质量均匀分布的等腰三角形平板， 可绕过光滑铰链支点A和B的水平轴x自由转动： 图中原点O位于AB的中点，y轴垂直于板面斜向上， B z轴在板面上从原点O指向三角形顶点C.今在平板 上任一给定点M,(x,0,)加一垂直于板面的拉力Q (1)若平衡时平板与竖直方向成的角度为，求拉 力Q以及铰链支点对三角形板的作用力NA和N: (2)若在三角形平板上缓慢改变拉力Q的作用点M的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度 仍保持为，则改变的作用点M形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A或B对板作用力的 垂直平板的分量在M变动中保持不变？ 解答： (1)平板受到重力P、拉力2，、铰链对三角形板的作用力NA和NB,各力及其作用点的坐标 分别为： P =(0,-mgsino,-mg coso),(0,0,h): 2M,=(0,Q,0),(x,0,o): N=(N,NN,(号0.0： b NB=(N,N,N),（-20,O) 式中 a2、b2 是平板质心到x轴的距离」 平板所受力和（对O点的）力矩的平衡方程为 ∑F=N+N=0 ① >F,=Q+NAy+NBy-mgsin=0 ② ∑F=N+N-mg cosp=0 ∑M,=mghsin-Q·z=0 ④ 6 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

6 三、（20 分）如图所示，一质量为 m、底边 AB 长为 b、等腰边长为 a、质量均匀分布的等腰三角形平板， 可绕过光滑铰链支点 A 和 B 的水平轴 x 自由转动； 图中原点 O 位于 AB 的中点，y 轴垂直于板面斜向上， z 轴在板面上从原点 O 指向三角形顶点 C. 今在平板 上任一给定点M ( ,0, ) 0 0 0 x z 加一垂直于板面的拉力Q. （1）若平衡时平板与竖直方向成的角度为，求拉 力 Q 以及铰链支点对三角形板的作用力 NA和 NB； （2）若在三角形平板上缓慢改变拉力 Q 的作用点 M 的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度 仍保持为，则改变的作用点 M 形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点 A 或 B 对板作用力的 垂直平板的分量在 M 变动中保持不变？ 解答： （1）平板受到重力 PC 、拉力 M0 Q 、铰链对三角形板的作用力 NA 和 NB，各力及其作用点的坐标 分别为： C P    (0, sin , cos ) mg mg   ， (0,0, ) h ； M0 Q  (0, ,0) Q ， 0 0 ( ,0, ) x z ； A A A A ( , , ) N  N N N x y z ， ( ,0,0) 2 b ； B B B B ( , , ) N  N N N x y z ， ( ,0,0) 2 b  式中 2 1 2 3 4 b h a   是平板质心到 x 轴的距离. 平板所受力和（对 O 点的）力矩的平衡方程为 A Bx     0 F N N x x ① A B F Q N N mg y y y      sin 0  ② A B F N N mg z z z     cos 0  ③ 0 sin 0  M mgh Q z x      ④ M0 A B x Q  O y z C 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 Σ4，=N号 b二0 ⑤ ∑M=Ox,+N b0 b_N py 2 ⑥ 联立以上各式解得 Q=mghsin o 20 NA =-NBs, NA=Na=mg cosp 即 (0 mghsin) ⑦ 20 mg cosp), ⑧ mg cos) ⑨ (2)如果希望在M(x,0,)点的位置从点M(x,0,)缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的 作用力N保持不变，则需 Na- 常量 ⑩ M点移动的起始位置为M。,由⑩式得 b_2x=b_2x0 ① 222020 或 ② 这是过A宁00)点的直线 (*) 7 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

7 B A 0 2 2  y z z    b b M N N ⑤ 0 A B 0 2 2 z y y b b  M Q x N N      ⑥ 联立以上各式解得 0 mgh sin Q z   ， N N A B x x   ， 0 0 0 sin 2 1 ( ) 2 Ay mg h b x N b z z           ， 0 0 0 sin 2 1 ( ) 2 By mg h b x N b z z           A B 1 cos 2 N N mg z z    即 M0 0 sin (0, ,0) mgh z  Q  ， ⑦ 0 A A 0 0 sin 1 2 ( , 1 ( ) , cos ) 2 2 x mg h b x N mg b z z            N ， ⑧ 0 B A 0 0 sin 1 2 ( , 1 ( ) , cos ) 2 2 x mg h b x N mg b z z             N ⑨ （2）如果希望在M( ,0, ) x z 点的位置从点M ( ,0, ) 0 0 0 x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的 作用力 NBy 保持不变，则需 sin 2 1 ( ) 2 By mg h b x N b z z            常量 ⑩ M点移动的起始位置为M0 ，由⑩式得 0 0 0 2 2    b x b x z z z z ⑪ 或 0 0 0 2 2 b x b x z z z          ⑫ 这是过A( ,0,0) 2 b 点的直线. (*) 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 因此，当力2，的作用点M的位置沿通过A点任一条射线（不包含A点）在平板上缓慢改变时， 铰链支点B对板的作用力N保持不变.同理，当力Q的作用点M沿通过B点任一条射线在平板 上缓慢改变时，铰链支点A对板的作用力NA、保持不变 评分标准：本题20分.第(1)问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分： 第(2)问6分，⑩②式各1分，()2分，结论正确2分 四、(24分)如图所示，半径为R、质量为m的光滑均匀圆环，套在光 滑竖直细轴OO'上，可沿OO'轴滑动或绕OO轴旋转.圆环上串着两个 质量均为m的小球.开始时让圆环以某一角速度绕O0轴转动，两小球 R 自圆环顶端同时从静止开始释放. (1)设开始时圆环绕OO轴转动的角速度为，在两小球从环顶下滑 过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO轴上滑？ (2)若小球下滑至0=30°（是过小球的圆环半径与OO'轴的夹角）时， 圆环就开始沿OO轴上滑，求开始时圆环绕OO轴转动的角速度、在0=30°时圆环绕OO轴转 动的角速度o和小球相对于圆环滑动的速率) 解答 (1)考虑小球沿径向的合加速度.如图，设小球下滑至0角位置时，小球相 o 对于圆环的速率为)，圆环绕轴转动的角速度为。·此时与速率)对应的指 4/ 向中心C的小球加速度大小为 ① 同时，对应于圆环角速度，指向OO轴的小球加速度大小为 (@Rsin0)2 ② Rsine 该加速度的指向中心C的分量为 az=d sine=(oRsine) ③ R 该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为 as=a cose=(oRsin)2 -cot0 ④ R 由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ角位置时，其指向中心C的合加速度大小为 dx+a(oRsinOy ⑤ R R 8 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

8 因此，当力QM 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含 A 点)在平板上缓慢改变时， 铰链支点B 对板的作用力 NBy 保持不变. 同理，当力QM 的作用点 M 沿通过B点任一条射线在平板 上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力 NAy 保持不变. 评分标准：本题 20 分．第（1）问 14 分，①式 1 分，②③④⑤⑥式各 2 分，⑦⑧⑨式各 1 分； 第（2）问 6 分，⑩⑫式各 1 分，(*) 2 分，结论正确 2 分. 四、（24 分）如图所示，半径为 R、质量为 m0的光滑均匀圆环，套在光 滑竖直细轴 OO上，可沿 OO轴滑动或绕 OO轴旋转．圆环上串着两个 质量均为 m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕 OO轴转动，两小球 自圆环顶端同时从静止开始释放． （1）设开始时圆环绕 OO轴转动的角速度为0，在两小球从环顶下滑 过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿 OO轴上滑？ （2）若小球下滑至   30 （是过小球的圆环半径与 OO轴的夹角）时， 圆环就开始沿 OO轴上滑，求开始时圆环绕 OO轴转动的角速度0、在   30 时圆环绕 OO轴转 动的角速度和小球相对于圆环滑动的速率v . 解答 （1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至 角位置时，小球相 对于圆环的速率为 v，圆环绕轴转动的角速度为 ．此时与速率 v 对应的指 向中心 C 的小球加速度大小为 2 1 a R  v ① 同时，对应于圆环角速度，指向 OO轴的小球加速度大小为 2 ( sin ) sin R a R      ② 该加速度的指向中心 C 的分量为 2 2 ( sin ) sin R a a R       ③ 该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为 2 3 ( sin ) cos cot R a a R        ④ 由①③式和加速度合成法则得小球下滑至 角位置时，其指向中心 C 的合加速度大小为 2 2 1 2 v ( sin )   R     R a a a R R ⑤ C   R z   l r O O C   R 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 在小球下滑至O角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N、垂直 于环面的方向的分量T.值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分 量为零.在运动过程中小球受到的作用力是N、T和g·这些力可分成相互垂直的三个方向上 的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量：沿环切向的分量 即mgsin0要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T要改变小球对转轴的角动量， 其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿OO'轴的竖直运动无关.在指向环心的方 向，由牛顿第二定律有 +(oRsin0) N+mg cose=mag=m ⑥ R 合外力矩为零，系统角动量守恒，有 L=L+2m(Rsine)o ⑦ 式中Lo和L分别为圆环以角速度心和转动时的角动量， 如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在角位置处取角度增量△日， 圆心角△6所对圆弧W的质量为△m=W(元=)，其角动量为 2πR △L=△mor2=△lorRsin0=oRr△x=oR△S ⑧ 式中r是圆环上0角位置到竖直轴OO的距离，△S为两虚线间 窄条的面积.⑧式说明，圆弧△的角动量与△S成正比.整个圆环（两个半圆环）的角动量为 L=2∑AL=2×,"%0RR-1m 2πR ⑨ [或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO的转动惯量J等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴 的转动惯量的一半，即 1 J=moR2 ⑧ 2 则角动量L为 L=Jo=-moR'@ ⑨] 2 同理有 1 Lo=7mR'o ⑦ 力N及其反作用力不做功：而T及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零：系统 机械能守恒.故 Exo-E+2xmgR(1-cos0)=2x-mv+(oRsinO] ① 式中E。和E分别为圆环以角速度，和o转动时的动能.圆弧△W的动能为 AE,An(rw-iNoFrRsinO-iRAS 21 整个圆环（两个半圆环）的动能为 9 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

9 在小球下滑至 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量 N 、垂直 于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分 量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是 N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上 的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量 即 mgsin 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量， 其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿OO轴的竖直运动无关. 在指向环心的方 向，由牛顿第二定律有 2 2 ( sin ) cos R R N mg ma m R        v ⑥ 合外力矩为零，系统角动量守恒，有 2 0 L L m R   2 ( sin )   ⑦ 式中 L0和 L 分别为圆环以角速度0和转动时的角动量． 如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在角位置处取角度增量， 圆心角所对圆弧l 的质量为   m l  （ 0 2 m R    ），其角动量为 2          L m r l rR Rr z R S       sin ⑧ 式中r 是圆环上 角位置到竖直轴 OO的距离，S 为两虚线间 窄条的面积．⑧式说明，圆弧l 的角动量与S 成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为 2 0 2 0 1 2 2 2 2 2 m R L L R m R R           ⑨ [或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴 OO的转动惯量 J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴 的转动惯量的一半，即 2 0 1 2 J m R  ⑧ 则角动量 L 为 2 0 1 2 L J m R     ⑨ ] 同理有 2 0 0 0 1 2 L m R   ⑩ 力 N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统 机械能守恒. 故 2 2 0 1 2 (1 cos ) 2 [ ( sin ) ] 2 E E mgR m R k k           v ⑪ 式中 Ek 0和 Ek 分别为圆环以角速度0 和 转动时的动能．圆弧l 的动能为 1 1 1 2 2 2 ( ) sin 2 2 2        E m r l rR R S k       整个圆环（两个半圆环）的动能为 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 E=2∑A5,=2}m·R02.πR-1 22πR ② [或：圆环的转动动能为 1 Jo=-mR@ 4 ②] 同理有 1 ExomRg ③ 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2Ncos0,当 2Ncos0≥m8 ④ 时，圆环才能沿轴上滑.由⑥⑦⑨⑩①②③式可知，④式可写成 6mcos20-4mcos0+m。- mo@Rcos0 m ≤0 ⑤ 2g (mo+4msin20)2 式中，g是重力加速度的大小 (2)此时由题给条件可知当=30°时，⑤式中等号成立，即有 (（-25m+m,=B@ m 4g (m。+m)2 或 a=(m。+m) (9W3-12)m+2W3m2g 6 3(2m。+m)mm。 R 由⑦⑨⑩6式和题给条件得 mo m+4msin2= (9√3-12)m+2W3m2mg 0=一 ⑦ mo+m 3(2m+m) mR 由①②③6⑦式和题给条件得 2√3m+(12-V5)mm,+3√3m ® 6(2m,+m)m 评分标准：本题24分.第(1)问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分， ①式2分，②③式各1分，④式2分，⑤式1分：第(2)问6分，6⑦⑧式各2分. 10 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理

10 2 0 2 2 2 0 1 1 2 2 2 2 2 4 k k m R E E R m R R              ⑫ [或：圆环的转动动能为 2 2 2 0 1 1 2 4 E J m R k     ⑫ ] 同理有 2 2 0 0 0 1 4 E m R k   ⑬ 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2 cos N  ，当 2 cos N m g   0 ⑭ 时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成 2 2 2 0 0 0 0 2 2 0 cos 6 cos 4 cos 1 0 2 ( 4 sin )                  m R m m m m g m m ⑮ 式中， g 是重力加速度的大小. （2）此时由题给条件可知当=30时，⑮式中等号成立，即有 2 2 0 0 0 0 2 0 39 2 3 1 2 4 ( ) m R m m m g m m                  或 0 0 0 0 0 (9 3 12) 2 3 2 ( ) 3(2 ) m m g m m m m mm R       ⑯ 由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 (9 3 12) 2 3 2 +4 sin + 3(2 ) m m m m m g m m m m m m mR           ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得 2 2 0 0 0 2 3 +(12 3) 3 3 6(2 ) m mm m gR m m m     v ⑱ 评分标准：本题 24 分．第（1）问 18 分，①②③④⑤式各 1 分，⑥⑦式各 2 分，⑨⑩式各 1 分， ⑪式 2 分，⑫⑬式各 1 分，⑭式 2 分，⑮式 1 分；第（2）问 6 分，⑯⑰⑱式各 2 分． 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理 中国科学技术大学物理学院叶邦角整理