《2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛试题&答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛试题&答案.pdf（29页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第 1 页,共 4 页 第第39届全国中学生物理竞赛复赛试题届全国中学生物理竞赛复赛试题（2022 年年 9 月月 17 日上午日上午 9:00-12:00）考生必读考生必读 1、考生考试前请务必认真阅读本须知。考生考试前请务必认真阅读本须知。2、本试题共本试题共 7 道题，道题，4 页，总分为页，总分为 320 分。分。3、如遇试题印刷不清楚情况，请务必向监考老师提出。如遇试题印刷不清楚情况，请务必向监考老师提出。4、需要阅卷老师评阅的内容一定要写在答题纸上；写在试题纸和草稿纸上的解答一律不需要阅卷老师评阅的内容一定要写在答题纸上；写在试题纸和草稿纸上的解答一律不能得分能得分。一、（40 分
2、）迈克尔逊干涉仪是光学干涉仪中最常见的一种，发明者是美国物理学家阿尔伯特 亚伯拉罕 迈克尔逊。最初设计迈克尔逊干涉仪的目的是为测量“以太”（假想的传播光的媒质）的漂移速度，目前它广泛应用于精密测量。迈克尔逊干涉仪的光路图如图 1a 所示：照明光为单色激光，入射光经过半反半透的镜子分为沿干涉仪的两个臂（反射臂和透射臂）传播的两束光。半反半透镜与入射光轴方向之间的夹角为 45，反射臂和透射臂相互垂直。在两个臂端上各放置与相应的臂垂直的反射镜，反射镜可以沿臂的方向移动。反射和透射光线经反射镜反射，再次经过半反半透镜透射和反射，两束光在空间重叠，发生干涉。如果照明光为发散光源，我们观察到的干涉条纹为同
3、心圆环。半反半透镜是在一个平整的石英基板上蒸镀一层薄金属膜制成，迈克尔逊干涉仪中参与叠加的两束光都经过半反半透镜的反射，一束光是在石英和金属界面上的反射，另一束光是在空气和金属界面上的反射。因为反射界面不同，所以两束光反射时相位突变不同，两者的差异为，下面我们通过实验测量。开始时，观察到干涉场中心是亮斑，干涉场最外侧是亮圆环，一共 20 个亮条纹（计及中心亮斑）。现在缓慢调节一个臂的反射镜，让反射镜沿臂的方向平移，观察到干涉条纹发生明暗变化，并发现同心圆环条纹越来越稀疏。干涉场中心明暗变化了 23 个周期，干涉场最外侧的明暗变化了 20 个周期。（本题中，条纹数目均视为精确计数值，干涉仪两臂的
4、长度在 cm 量级。）（1）求相位突变差异。（2）反射镜移动后，可以观察到多少个干涉亮条纹（计及中心亮斑）？（3）使用此干涉仪测量某一透明液体的折射率，将扁平的石英空槽插入迈克尔逊干涉仪的一个臂，使得石英槽的表面与臂的方向垂直。然后调节石英槽与臂之间的夹角，使之改变5.00=；在角度改变过程中，干涉场中心明暗变化了 10 个周期。现将待测液体注入石英槽，如图 1b 所示。再次调节石英槽的倾斜角度，使其恢复到与臂垂直，在此过程中，干涉场中心明暗变化了 17 个周期。已知照明光波长为633 nm，石英槽内壁间距为2.00 mmt=，空气的折射率为 1.00。求待测液体的折射率。图 1a 图 1b
5、第 2 页,共 4 页 二、（40 分）某长直弹簧由涂了绝缘漆的磷铜细丝绕制N匝而成，可视为横截面半径为r的长直螺线管。弹簧原长为0l（0lr），劲度系数为k。假设在弹簧形变过程中，螺线管始终可视为均匀密绕的，其横截面半径的变化可忽略。不计边缘效应、漏磁和重力。真空磁导率为0。（1）用恒流源通过柔软导线对螺线管通以不变的电流0I，通电期间用外力使弹簧处处无形变。缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置（但仍可压缩或拉伸），此时的长度记为pl。（i）试导出可求解pl的代数方程（但不必求解），并求通电弹簧在其平衡位置附近发生小幅度形变时的等效弹性系数effk（表达式中可以含有参量pl）；（ii）求能实
6、现上述平衡状态的0I的取值范围（表达式中不得含有参量pl）。（2）改变（1）问中的通电条件，如果弹簧螺线管两端先用电阻为零的柔软理想导线连接形成回路，并假设弹簧螺线管电阻也为零，且在初始时回路已加载电流0I，并用外力使弹簧处处无形变。缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置（但仍可压缩或拉伸），此时的长度记为pl。试求pl、以及通电弹簧在其平衡位置附近发生小幅度形变时的等效弹性系数effk。三、（40 分）如图 3a，将质量为、半径为的匀质实心球从倾角为的无限长固定斜面上发射，已知球心初速度垂直于斜面，大小为，球初始的自转角速度为零。为方便描述实心球此后的运动，在斜面参考系中建立如图 3a 所示的
7、平面直角坐标系，其中轴沿斜面向下，轴垂直于斜面向上。假设球与斜面的碰撞是弹性的，碰撞时间极短，且碰撞前、后的瞬间球垂直于斜面的速度大小不变。进一步假设斜面足够粗糙，以至于在球与斜面的碰撞过程中，其间摩擦力足够大、接触点无相对滑动。已知球绕其直径的转动惯量为225ImR=，求 （1）第 1 次碰撞前的球心速度和球的自转角速度；（2）第 1 次碰撞后的球心速度和球的自转角速度；（3）第次碰撞后球心沿着轴方向的速度以及球的自转角速度；（4）前次碰撞过程中斜面对球施加的总冲量。四、（60 分）如图 4a，一根长度为2a、质量为m的匀质刚性细杆，其一端有一小孔，嵌套在半径为R的水平圆环的P点处（P是圆环
8、上的固定点）；P点（连同杆）随圆环一起绕圆环中心轴以恒定角速度转动；同时，杆可绕P点无摩擦地转动，且杆和圆环矢径OP始终在同一竖直平面内；杆与竖直方向之间夹角为。重力加速度大小为g。（1）将所有类型的保守力做功都与势能变化相联系，试分别在实验室系L和在随矢径 OP 转动的转动参考系S中，写出杆的机械能表达式（表达式中可以含有）；（2）在 S 参考系中导出杆处于平衡位形时，所需满足的条件；（3）在 S 参考系中，对于第（2）问中得到的结果，利用图解法分析取值在 I()0/2、II()/2、III()3/2和 IV()3/22象限中，分别可能出现的杆的平衡位形的数目，以及相应的a、R、各参量之间需
9、要满足的条件；第 3 页,共 4 页（4）在 S 参考系中，分象限画出对杆所受到的相对于 P 点的力矩有贡献的受力示意图（对于分布性的力，仅需示意性地画出其对 P 点力矩有贡献的等效合力），查看是否可能出现平衡位形，以检验（3）中分析的结果；（5）试讨论（3）中所确定的杆的各个平衡位形的稳定性。五、（40 分）两根相同的理想轻弹簧，劲度系数均为k、自然长度均为 0。两弹簧之间以一质量为m的小球相连。将弹簧 1 空着的一端悬挂于天花板上，整个系统自然下垂，初始时静止。已知两弹簧中任意一个一旦被拉伸至临界长度（该临界长度大于mgk，这里g表示重力加速度的大小）便会被拉断。实验发现，如果缓慢地拉动下
10、面的弹簧 2 的下端，上面的弹簧 1 将被拉断。如果快速地拉动，则很有可能拉断下面的弹簧 2。（1）设加载于弹簧 2 下端的作用力随时间变化的关系为()F t，写出弹簧 1 的长度1()x t及小球加速度1()x t所满足的运动方程。（2）在一个简单模型中，假设()F t与时间t的关系为 0 0()0tF ttt=其中为大于零的常量，它的大小对应力加载的快慢。求在该力的作用下弹簧 1、2 在t（0t）时刻的长度1()x t、2()x t。（3）记某一弹簧先被拉断的时刻为0t，根据（2）中的结果，（i）求使弹簧 1 必然先被拉断所对应的取值范围；（ii）对于并非必然使弹簧 1 先被拉断的取值，分
11、析使弹簧 1 先被拉断的时刻0t需满足的条件（表达式中可含有）；（iii）求弹簧 2 先被拉断的可能性与取值大小的关系，并用此关系说明题述实验现象。（4）给定临界长度为L，要确保弹簧 2 先被拉断，试确定需满足的关系式。有无可能两弹簧同时被拉断？若有，试求出能让两弹簧同时达到临界长度L所对应的满足的关系式。六、（60 分）金属内部有温度梯度时可以在其两端产生电动势，该效应被应用于热电偶温度计等。为了分析此现象，现建立一个简单的经典玩具模型，如图6a 所示：一厚度为2L、沿着y、z方向无限延展的金属平板，位于LxL区域；而xL区域为真空，电场为零。将金属内的导电电子视为在空间均匀的正电荷背景上运
12、动的经典理想气体。没有温度梯度时，呈电中性的金属内部的电子是完全均匀分布的，其数密度为0n；有温度梯度时，金属内的温度是 的函数，0()()T xTT x=+，且0()T xT。在（局域）热平衡状态下，金属内电子数密度0()()n xnn x=+会略微偏离0n，0()n xn。金属内部也会有很小的沿x方向的电场()xEx。金属表面xL=内侧也分别有很小的面电荷密度+和。已知电子质量为m，所带电荷为e（0e）。忽略重力，玻尔兹曼常量为Bk。（1）粒子数密度()n x的不均匀性会引起粒子的扩散。若在时间间隔dt内通过yz平面上面积为dA的粒子数为d dxjA t，则xj被称为粒子流密度。粒子扩散流
13、密度()xjx满足斐克（Fick）定律 图 6a xL=xL=()n x()T x()xE 0=E 0=E +x y z 第 4 页,共 4 页 d()()dxjxDn xx=式中D是扩散系数 ()()T xDcn x=这里，c是已知常量。在平衡状态下，金属内部应该没有净的电流，因此前述的电子扩散流会被内部电场产生的漂移电流抵消。为简化起见，设金属的电阻率是与()n x、()T x等无关的已知常量。求金属板内部电场()xEx的表达式（用()n x、()T x、d()dn xx和其他常量表出）。（2）试由静电场高斯定理导出()xEx满足的微分方程；并利用(1)的结果消去电场，导出满足的微分方程和
14、边界条件。真空介电常量为。（提示：净的电荷密度包含正电荷背景）（3）将（2）中方程线性化，即只保留n、T等小量的线性项，解出()n x（解中可包含+和）。（4）假设金属内存在温度梯度，即()T x不为零，但在任意x处电子气（可视为理想气体）处于局域热平衡；电子气中的电子受到电场()xEx的作用，但厚度为dx的薄层内的电子气仍处于宏观的力学平衡状态。试导出()T x满足的微分方程，并将其线性化。再利用（3）的结果，求出()T x。（5）根据（3）和（4）的结果，求出金属两端（xL=和xL=+）的电势差和温度差的比值（即金属的 Seebeck系数S）()()()()U LULST LTL=附注：对
15、金属温差电现象的正确分析必须考虑电子的量子效应，本题目中的简化经典模型并不适用于真实情况。七、（40分）欧洲核子研究中心的大型强子对撞机上进行了高能铅核-铅核碰撞的实验，碰撞后的初始产物可视为温度很高的“火球”，其内的物质主要由静止质量很小、速度极其接近于光速的夸克组成。本题忽略该物质中除夸克外的其他组分，将其视为“夸克物质”，并将夸克都近似视为质点，夸克之间除相互碰撞的瞬间外无相互作用，碰撞过程中粒子数目守恒，其速度分布是各向同性的。已知温度为时，在任一动量大小区间,d p pp+内，夸克物质中能量为的夸克粒子的分布比率（概率分布密度）正比于B2e4dEk Tpp，其中玻尔兹曼常量或理想气体
16、普适常量视为已知量。（1）试在本题模型近似下，导出夸克物质的状态方程（用压强P与能量密度平均值u之间的关系表出）。（2）试在本题模型近似下，导出夸克物质以压强、粒子数密度和温度之间的关系表述的状态方程。（3）试在本题模型近似下，求夸克物质的定体摩尔热容和热容比（定压摩尔热容与定体摩尔热容的比值）。（4）假设铅核-铅核碰撞的早期产物形成的“火球”近似为球形，半径约为153.010m，其中的夸克物质温度约为B400 MeV/k。此后，“火球”迅速膨胀降温，至温度约为B150 MeV/k时，夸克物质中的夸克开始被束缚在一起形成质子和中子。假设“火球”的膨胀降温过程可近似为准静态的绝热过程，求出质子和
17、中子刚刚形成时“火球”的半径。1 第第 39 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答（2022 年年 9 月月 17 日日 9:00-12:00）一、（1）迈克尔逊干涉等效于薄膜干涉，照明光为发散光束，反射镜与臂垂直，所以等效于等倾干涉。设开始时两个臂的光学长度差为d，中心为亮条纹：222 dk+=其中k为整数。一共 20 个亮条纹，故对于干涉场最外侧的亮条纹：M22 cos2(19)dk+=其中M为薄膜干涉的最大倾角，由式得：M22(1cos)192d=移动反射镜，条纹变稀疏，说明两臂间光学长度差变小，设反射镜移动了。中心的变化：22232d=最外侧的变化：
18、M22cos202d=于是得：M20cos23=和232d=代入式得：2202119223d=由此得：23 192214533d=代入式：221452 3k+=即：2145222 3k+=所以应该为：23=【注：因为光波函数以 2 为周期，所以2+23k=（k为一整数）都算对】（2）反射镜移动后，中心为亮斑、干涉场最外侧为亮条纹，设一共有m条亮条纹，于是：2 M22()(1cos)(1)2ddm=由此得：17m=（3）设液体的折射率为n，如解题图 1a 所示。图中，i、分别是光线的入射角、折射角。由折射定律有 sinsinni=当石英槽相对于与透射臂垂直方向改变时，光线往返通过石英槽的光程在槽
19、内有、无液体两种情形下的值之差为：2222()2(OAACOB)sinsin 2sincoscoscoscossin1sin 2coscoscoscossin 212 cosLnntittiinnitiinttn=+=+=于是，上述光程差与0=时的值相比较，有 22sin(0)()2112(1cos)LLnttNn=因为角度比较小，22sin1n，将上式对作小量展开并保留至一阶小量：2sin2(1cos)ttNn=得 2sin2(1cos)tntN=将题给数据2.00 mm t=，5.00=，217NNN=，代入式得：1.41n=评分标准：第（1）问 23 分：式各 3 分，式 2 分，式各
20、3 分，式 4 分，式 2 分，式 3 分；第（2）问 5 分：式 5 分；第（3）问 12 分：式各 4 分。二、（1）（i）不计边缘效应和漏磁。记螺线管长度为l、通电电流为I，则管内磁感应强度为 00NIBnIl=螺旋管的磁通匝链数为 2220Nr INB rl=螺线管的电感为 220NrLIl=解题图 1a 3 弹簧的弹性势能为 201()2kWk ll=当0II=时，电感存储的磁场能量为 2222000122BNr IWLIl=考虑一缓慢、微小形变过程，记l 为过程中的弹簧的微小伸长量（可正可负，视为无穷小量）。加载于弹簧两端以维持弹簧平衡的外力设为 （以拉伸方向为力的正方向），则依功
21、能原理有 SkBF lAWW+=+其中SA是恒流源克服自感电动势所做的功。按照法拉第电磁感应定律，维持电流 =0 不变，螺线管所在电流回路的自感电动势为（沿电流的反方向）0()LIUtt=恒流源克服自感电动势做的功SA为 20000()SSLIAUItItILWt=式中 20SWLI=将式代入式，并与下式 F lW=比较得 22220001()22kBSNr IWWWWk lll=+=由 式得 22200021()2N rWFk llIll=+缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度pl；换言之，当pll=时0F=。由式得 22200021()02ppN rk llIl+=此即为所求的pl
22、需满足的代数方程。若plll=+，对式做小量l展开得 22200eff3pN rFkIlkll=+=+式中，是比l更高阶的小量，effk是通电弹簧在平衡长度pl附近发生小幅度形变时的等效弹性系数。由式得()()222200220eff00330322ppppN rllN rkkIIllll=（ii）由式得 200220(22)pp pkIlll lN r=由平均值不等式 4 3,0,0,0;3abcabcabcabc+=当当且仅当时取等号 知 33200022220028327lklkIN rN r=等号仅对应于023pll=的情况。于是 300220827klIN r （2）忽略边缘效应和漏
23、磁。由于整个通电回路电阻为零，弹簧拉伸或者压缩时，回路自感电动势为零，此即自感磁通不变，故 2200000N rLIL IIl=其中长度为l的弹簧螺线管自感系数L由式给出，其对应的电流为I；而 22000N rLl=故电感磁能为()()2222200002002220012222BL IL INr IWLIllLNrl=由式得系统总能量为 2222000201()22kBNr IWWWk llll=+=+考虑缓慢、微小形变过程，记l为过程中的弹簧的微小伸长量（可正可负，视为无穷小量）。加载于弹簧两端以维持平衡的外力设为F（以拉伸方向为正向），则过程中按功能原理有 F lW=其中W由式给出。由上
24、式得 222000201()2N rWFk llIll=+缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度pl。此即当pll=时0F=，由式得 222000201()02pN rk llIl+=解得 222000201=2pN rllIkl 若plll=+，由式得 effFk lkl=故通电弹簧在平衡位置附近发生小幅度形变时的等效弹性系数为 effkk=评分评分标准标准：本题 40 分。第（1）问 26 分，其中 第（i）小问 21 分，式各 1 分，式各 2 分，式 1 分；第（ii）小问 5 分，式各 2 分，式 1 分。第（2）问 14 分，式 3 分，各 2 分，式 1 分。5 三、（1）
25、设重力加速度大小为g。由质心运动定理得到 sin,cosxyagag=球从出射到落下期间做抛体运动，球心在时刻t的速度为（以球抛出瞬间为时间零点）sin,cosxygtVgt=vv 相对于其初始位置的位移为 2211sin,cos22xgtyVtgt=设球从出射到再次落到斜面所需时间为T，有 ()0y T=由此得 2cosVTg=再次落到斜面时（tT=）球心的速度则为 sin2tan,xyTgVV=vv 即垂直于斜面的速度大小不变、方向相反，而沿着斜面的速度的增加为 2tanwV=球在空中运动时，只受重力作用，由于相对于球心的力矩为零，因而由质心系中以质心为参考点的角动量定理知，球在空中运动时
26、角速度不变，仍为零。（2）设球的角速度和球心在x方向的速度在某次碰撞前分别为i和iv，碰撞后则分别变为了f和fv，这里角速度均以顺时针转动为正。设碰撞过程中摩擦力沿着负x轴方向投影的时间平均值为F。由动量定理 fiF tmm=vv 以及质心角动量定理()fiRF tI=可得()fifi25R=vv 由弹性碰撞过程中动能前后不变 2222ffii11112222mImI+=+vv 可得()22222fifi25R=vv 联立得 fiifii34103,7777RRR=+=vvv （因为碰撞过程中有静摩擦，故去掉了增根fifi,=vv）。根据（1）问结果，第 1 次碰撞前有 1i1i2tan,0V
27、=v 将其代入式得，第 1 次碰撞后有 1f1f6tan20tan,77VVR=v 即第 1 次碰撞后，球心速度为 6 1f6tan7VV+=+v xyxy 这里 x和 y分别表示沿x轴正向和y轴正向的单位矢量。（3）设第n次碰后的角速度和球心在x方向的速度分别为n和nv（略去下标f，下同），从第1n 次碰撞后到第n次碰撞前，小球绕球心的角速度不变，为1n，沿着x方向的速度由1nv增加为1nw+v。将式应用于第n次碰撞得 ()113477nnnwR=+vv ()1110377nnnRwR=+v 【解法一】将式乘某个常数再与式相加得 113 104373 10nnnnRRw+=+vv 选取满足
28、43310=+符合条件的有两个，分别为 1221,5=分别将其代入式，给出()11nnnnRRw=vv 112255nnnnRRw+=+vv 由此解得()11111122nnnRwRw+=+vv ()1122155nnRRnw+=+vv 将式代入式，给出()112,25nnnnnRwRnw=+=vv 由此得()()111155,7572nnnnwnwnR =+v 因此当n为偶数时，1010tantan77nnnVnVR=，v 当n为奇数时，()()210tan52tan,177nnVnVnR=+v 7 【解法二】将式代入两式得 221020tan77wVR=v 此外，若 nnR=v 则由两式得
29、 1131077nnnnwRw+=+=+，vvv 22107nnnwR+=+=vv 考虑到000R=v，由得，当n为偶数时，1010tantan77nnnVnVR=，v 由得，当n为奇数时，()()210tan52tan,177nnVnVnR=+v 【解法三】将式写成矩阵形式 11110nnnnnnwwAAARRR+=+vvv 其中 3411037A=由于第 1 次碰后 110wAR=v 由此不难递推给出()120nnnnwAAAAR=+v 而由于2AJ=（J为单位矩阵），因而当n为偶数时，()150127nnwnnwAJR=+=v 即有 510tan77nnRnwnV=v 当n为奇数时，()
30、()()5211151027nnnwwnAnJnR=+=+v 即有()()210tan52tan,177nnVnVnR=+v （4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分别为1kw+v和kv，因而前n次碰撞过程中斜面对球提供的x方向的8 总冲量为 11()nxkknkJmwmnmw=+=vvv 求和利用了初始条件 00=v 此外每次碰撞过程中斜面给球的y方向的冲量相同，均为2mV，故 122nykJmVnmV=因此总冲量为()2nmnwnmV=+vJxy 将式和2tanwV=代入式得()2211tan77nmVnn=+Jxy 当n为偶数时，()22tan77nmV=+Jxy 当n为奇数时，212
31、 1tan77nmVn=+Jxy 评分标准评分标准：本题 40 分。第（1）问 5 分，式各 1 分。第（2）问 13 分，式各 3 分,式各 1 分。第（3）问 15 分，式各 2 分,【解法一】式各 1 分。【解法二】式各 2 分,式 3 分，式各 1 分。【解法三】式各 2 分,式各 1 分。第（4）问 7 分，式 2 分，式各 1 分。四、（1）（i）在 L 系中：杆的运动可以分解为质心的运动和杆绕质心的转动。质心的运动是随 P 点绕 O 轴作角速度为的匀速圆周运动和随杆绕 P 点作圆周运动的合运动。因此杆质心的平动动能为 2222LCk1(sin)2EmRaa=+2 分 杆绕质心的转
32、动可以看成两个正交的定轴转动的合成：一个是杆以倾角绕过其质心的竖直轴的转动，角速度为；另一个是杆绕过其质心、且与杆垂直的水平轴以角速度转动。对于前者，可以将 正交分解成沿杆方向和垂直于杆的方向，沿杆方向对动能没有贡献，因此只需计及垂直于杆的方向的分量；或者不对 进行分解，而是计算其转动惯量时将杆对 C1 轴（过杆质心的竖直轴）的质量分布投影到与轴垂直的方向上。杆绕质心的转动动能可表示为 9 222LkC1(sin)2EI=+3 分 或 22LkC1C1()2EII=+2 分 其中C1I为杆对 C1 轴的转动惯量 222C111(2 sin)sin123Imama=1 分 式和式中CI为杆对过质
33、心且与杆垂直的轴的转动惯量 22C11(2)123Imama=1 分 杆的动能为其质心的平动动能和杆绕质心的转动动能之和 LkLCkLk2222222222222211(sin)(sin)26112(sin)sin233EEEmRaamam Raama=+=+=+1 分 以圆环平面为重力势能零点，杆的势能为 LpcosEmga=1 分 杆的机械能为 LLkLp2222222222211cos(sin)sin323221cos(sin)sin332EEEmgamam RaamgamamaR aR=+=+=+1 分（ii）在随 OP 矢径转动的转动参考系S中：杆只做在过 P 点的矢径所在的竖直平面
34、内绕 P 点的转动。杆的动能为 2SkP12EI=1 分 式中，PI是杆绕过其端点、且与杆垂直的轴的转动惯量。按照平行轴定理有 22PC43IImama=+=1 分 由式得 222SkP1223EIma=1 分 在转动参考系中除重力势能外，还要考虑离心势能。以圆环中心为势能零点，可以写出杆的势能 2SpO1cos2EmgaI=2 分 式中，OI是杆对过 O 点的竖直轴的转动惯量 10 22O1(sin)(sin)3Im am Ra=+2 分 这里已利用了平行轴定理。杆的机械能为 SSkSp22222222221 1cos(sin)(sin)32 3221cos(sin)sin332EEEmam
35、gam am RamgamamaR aR=+=+=+2 分 （2）在随 OP 矢径转动的转动参考系S中。杆处于平衡位形的条件是其所受合力矩L合（指向圆环在 P 的切向）为零：2202sin(sin)cos24 sin(sin)cos03amLmgaRlldlamgamaRa=+=+=合 2 分 或等价地，其势能取极值，即 Sp2d4sin(sin)cos0d3EmgamaRa=+=2 分 可得杆处于平衡位形的条件是，必须满足 224tansin03aRgg+=1 分 或 24cotcos03agRR+=1 分（3）式可化成关于sin的四次方程，难于给出解析解。采用图解法比较容易求解。为此将式写
36、为 tansinAB=+1 分 其中243aAg=，2RBg=，均为正值。在坐标图上画出式左右两边随变化的曲线，两曲线的交点即为所求的平衡位形，即满足式的值。式左边可直接画出tany=的曲线。右边sinyAB=+则按照系数来考虑。基本的曲线是正弦形，A决定了它的幅度，而B为其基线，决定了其上移的程度。11 4 分 按题意，有0R，即0B，正弦曲线的基线处于横轴上方。从题解图 4a 看出，不论各已知量取值如何，两条线在第 I 象限不可能有交点，即平衡位形不可能出现在第 I 象限。1 分 在第 II、IV 象限两条线有且仅有 1 个交点，即在这两个象限各有 1 个平衡位形。2 分 第 III 象限
37、的情况较为复杂，与各参数取值相关，可能出现 02 个交点。如果 A 较小而 B 较大，两曲线可能不相交；反之则可能有两个交点；A、B 满足一定关系则两线相切，只有一个交点。两曲线相切意味着在切点有共同的切线，即式两边对的导数相等。有 0201coscosA=即 30213cos4gAa=1 分 这里，0是切点所对应的角度。将其代入平衡位形下满足的关系式或，可知在第 III 象限存在单一平衡位形所需要的条件是 3300tansinBA=由式得 22331AB=+此即 222333243gaR=1 分【若有同学在（2）问的解中得到式，则将其改写成 cotcosAB=+1 分 解题图 4a.方程的图
38、示 12 其中43aAR=，2gBR=，均为正值。在坐标图上画出式左右两边随变化的曲线，两曲线的交点即为所求的平衡位形，即满足式的值。式左边可直接画出coty=的曲线。右边cosyAB=+则按照系数来考虑。基本的曲线是余弦形，A决定了它的幅度，而B为其基线，决定了其上移的程度。4 分 按题意，有0R，即0B，余弦曲线的基线处于横轴上方。从题解图 4a看出，不论各已知量取值如何，两条线在第 I 象限不可能有交点，即平衡位形不可能出现在第 I 象限。1 分 在第 II、IV 象限两条线有且仅有一个交点，即在这两个象限各有一个平衡位形。2 分 第 III 象限的情况较为复杂，与各参数取值相关，可能出
39、现 02 个交点。如果A较小而B较大，两曲线可能不相交；反之则可能有两个交点；A、B满足一定关系时则两线相切，只有一个交点。两曲线相切意味着在切点有共同的切线，即式两边对的导数相等。有 0201sinsinA=即 3013sin4RAa=1 分 这里，0是切点所对应的角度。将其代入平衡位形下满足的关系式或，可知在第 III 象限存在单一平衡位形所需要的条件是 23000003200cos1 sincotcot()cotsinsinB=+=联立式得 22331AB=+【同样可得到式 1 分】式是在第 III 象限出现一个平衡位形应满足的条件。由题解图 4a（或题解图 4a）和式可知，对任意给定的
40、，若杆较短，环半径较大，使得 解题图 4a.方程的图示 13 222333243gaR，杆在第 III 象限没有平衡位形；1 分 反之，对任意给定的，若杆较长，环半径较小，使得 222333243gaR，杆在第 III 象限会有两个平衡位形。1 分（4）各象限杆位形的受力示意图如解题图 4b 所示：由于惯性离心力是分布力，这里仅示意性画出其对 P 点有力矩的等效力。（前两图每图 2 分，后三图每图 3 分）（5）各平衡位形稳定性分析 将平衡位形的值记为E。解法（一）：微扰法。在平衡位形附近E=+（1），对S系中式给出的合力矩E()L+合做小量展开，有 2EEEE22EEE2()sin()cos
41、()sin(22)34 cossincos(2)3LmgamaRaRamgagg+=+合 2 分 则有 E0,()0,0,L+=合恢复性力矩，稳定平衡拐点，不稳定平衡破坏性力矩，不稳平衡 对上式的讨论和采分点见后文。这里不单独给分。R P Fc 2a O mg 第 II 象限可以有平衡位形 R P Fc 2a O mg 第 III 象限时，没有平衡位形 R P Fc O mg 第 I 象限不可能有平衡位形 O mg R P Fc 2a 第 III 象限时，可以有平衡位形 R P Fc 2a O mg 第 IV 象限可以有平衡位形 解题图 4b 杆在各象限受力分析 14 解法（二）：势能法。以势
42、能对的二阶导数来判断平衡位形的性质。2Sp22222222222d44cos(sin)sincosd3344 cos(sin)sincos334(cossincos2)3EmgamaRamaRaamgagggRamgagg=+=+=+2 分【对比式和式，可以看到E2SpE2d()dEL=+=合，所以后面相应的讨论二者相同，只差一个正负号。不再分别给出解答。】将平衡位形条件或（将满足这两式的记为E）代入或式，得出在平衡位形下：E2SpE222EEEE23EEE223EEEd()dtan1coscoscoscos(tan)sincos(tan)sinELmgaAmgaBmgaRg=+=合 3 分
43、在第 II 象限，tan0，sin0，故E()0L+合，E2Sp2d0dE=，为势能极小值点，是稳定平衡。1 分 在第 IV 象限，tan0，sin0，故E()0L+合，E2Sp2d0dE=，为势能极大值点，是不稳定平衡。1 分 在第 III 象限，tan0，sin0，无法用式判断正负。但有cos0，因此将式改写为 E2Sp222EEEE23EEd4coscostansind3(1cos)cosEmgamamgamgaA=+2 分 从题解图 4a 或 4a可以看出，当有两个平衡位形时，两个E会位于0两侧。从式可以得出，若1133E023cos()cos4gAa=，即在E0的平衡位形，E()0L
44、+合，E2Sp2d0dE=，为势能极小值点，是稳定平衡；1 分 15 对E0的平衡位形，E()0L+合，E2Sp2d0dE=，为势能极大值点，是不稳定平衡；1 分 在各参数满足只有一个平衡位形的情况下，E0=，02Sp2d0dE=，为势能曲线拐点，是不稳定平衡。1 分 验证02Sp2d0dE=是拐点：33dsin(sin)cossincos2sincos d(sincos4sincos)pEmgaBAAAmgaBA=+=+1 分 将式代入，在0=有 03003d3sincos0dpEAmga=1 分 故0=是势能曲线的拐点。评分标准：共 60 分 第（1）问 18 分 式 2 分，式 3 分（
45、或式 2 分+式 1 分），式各 1 分，式各 2 分；第（2）问 3 分（或）2 分，（或）1 分。第（3）问 12 分（或）1 分（只要写成正切与正弦线性函数分列等式两边就给分，不必简化系数）；（或）题解图 4a（或 4a）4 分（其中示意画出正切曲线与正弦曲线的关系 3 分，画出正弦曲线基线和振幅 1 分），（或）1 分，（或）2 分（两个象限每个 1 分），（或）各 1 分。第（4）问 13 分 题解图 4b 每图 2 分（其中图 1 分，判断 1 分）；每图 3 分（其中图 2 分，判断 1 分）。注：主要要求画对力的方向。第 III 象限两个图中如果以 O 轴为分界线画出两个反向的
46、等效惯性离心力，则要求两个力的大小关系满足合力如题解相应的图中所示的方向。第 III 象限两个图的判断只要求写对 a 较小或较大（或者 R 较小或较大）就可以给分。第（5）问 14 分（或）2 分，3 分，各 1 分；2 分，各 1 分。16 五、（1）根据牛顿第二定律和胡克定律，弹簧 1 的长度1()x t及小球加速度1()x t满足的运动方程为 11()mxkxmgF t=+3 分（2）这是一个振动方程。解此方程可以得到 x1(t)（包含两个待定常量）。解法（一）：设小球在某时刻t位于平衡位置，此刻的1()x t满足 1()()0kx tmgF t+=2 分 将()F tt=代入方程得 1
47、()mgx ttkk=+1 分 小球相对于此平衡位置的位移 11()()()x tx tx t 2 分 满足微分方程 20 xx+=2 分 其解为 cos()xAt=+2 分 式中A和为待定常量。于是 1()cos()mgx tAttkk=+1 分 解法（二）：令1mgxxk=，小球的运动方程可化成 2()F txxm+=，2km=2 分 将()F tt=代入，得 2txxm+=1 分 非齐次微分方程的通解可表示为一个特解和该方程所对应的齐次方程的通解之和，后者即 cos()xAt=+通 2 分 式中A和为待定常量。此非齐次项显然有下列形式的特解 xBt=特，式中B是待定常量。代入方程可定出
48、2Bmk=2 分 于是 17 cos()xAttk=+2 分 故 1()cos()mgx tAttkk=+1 分 初始条件为 110,00mgxxk=（）（）2 分 由第 1 式有 1(0)cosmgmgxAkk=+=即 2=1 分 由第 2 式有 1(0)sin0 xAk=+=即 sinAkk=1 分 A为振幅，取为非负值，且k、均为正，因此 sin1A k=可以定出 mAkkk=，2=因此有 1()sinmgx tttkkk=+3 分 由胡克定律有 2()()F tkx t=有 2()xttk=2 分（3）为了判断哪个弹簧先被拉断，考虑任意时刻两弹簧长度之差：12sin(sin)mgmgx
49、xxttkkk=+=2 分 （i）若弹簧 1 先被拉断，应有 18 0 x，即 0sinmgt 1 分 若要求必先拉断弹簧 1，则式对任意0t均需成立，因此 mgg km=1 分 （ii）若mgg km=，则在不同的时刻x的正负不同。仍要保证弹簧 1 先被拉断，0t需要落在满足式的时间范围内。即 002 arcsin2,(21)arcsin2(1),mgmgntnntn+或 2 分 式中n为非负整数。不等式是对振动相位的限制。但对应于n的多个取值，数学上 x1(t)可能出现多个达到临界长度的时刻。但实际上弹簧 1 只可能断一次，所以我们需要找到它首次达到临界长度的时刻所在的时间段。1 分 考察
50、 x1(t)随时间的增长趋势，发现始终有 1()(1cos)0 x ttk=1 分 也就是说 x1(t)随时间是单调增长的，意味着相位与长度一一对应，不可能出现 x1在多个时间段内都达到临界长度的情况。因此可以判断，拉断弹簧 1 确实可能发生在上述任意一个相位区间。1 分 综上所述，若g km，弹簧 1 被拉断的时刻0t一定落在下述时间段内：002 arcsin()2,(21)arcsin()2(1).mmgmntkmnkkkmmgmnkmtnkkk+或 1 分 式中n为非负整数。（iii）若先拉断弹簧 2，必有0 x，这要求 0sinmgt 1 分 由（i）（ii）的讨论可知首先必有 g k