第六届爱尖子物理能力测试试题答案

（15）
（16） （17）
令 M ' = 0 ，得到 x = 1或者 x = 1 ，因为要求的是 M 的最大值所以 M '' 0 ，所以只有 x = 1 符
4
4
合条件，即
h= 1 H 4（18）评分标准Fra bibliotek本题 40 分
第一问 28 分：(1)(2)(3)式各 2 分，(5)(6)(7)(8)式各 3 分，(9)(10)(11)式各 2 分，(12)
式4分
第二问 12 分：(15)(18)式各 6 分
【题 2】如图，水平桌面上固定两同心圆环，大环半径为 r + R ，外部无磁场，内部为 磁感强度沿竖直方向的匀强磁场 B ，小环半径为 r − R 。二环之间夹着一个质量为 m ，半径 为 R 的匀质圆盘，其一条直径两端分别固定着点电荷 Q 。电荷位置稍靠近圆心一点，使得
如果孔向下移动过程为匀减速直线运动，且摆长将缩短为 0 时孔恰好速度减为 0，已知
初始时摆角 = 1 ，角速度 = 0 ，试求当摆长缩短为原来的一半时摆角变为了多少。
提示：摆长缩短至一半过程中摆角始终很小，计算过程中可适当近似。 【解答】（1）小尖同学的回答是正确的。小爱同学错误的原因在于，摆球绕孔转动这一 运动的动力学影响不可忽略。 忽略重力，摆球在极坐标系下的动力学方程为：
由于二圆环提供的弹力总可将径向力调整到需要的程度，故实际影响圆盘运动的是合力的切
向（图中ˆ 方向）分量与对盘心的合力矩。以逆时针公转、自转为正方向，分别为
F = FE cos( − ) + FB sin( − ) = KQRcos( − ) − 2 sin( − )
（7）
M = M E + M B = KQRr cos( − ) + 2t sin( − )
（8）
先考虑质心的平动，烟囱的上半部分受到自身重力 mg 和来自下半部分的作用力 F ，F 可以
分解为平行于烟囱的部分 F∥ 和垂直于烟囱的部分 F⊥ ，如图所示。烟囱倾倒的角加速度为 ，
于是烟囱上部分质心的切向加速度为 re ，由牛顿第二定律，有
F⊥ + mg sin = m re
（9）
可求得
m(r − 2r) = −F r + 2 r = 0
（1）
其中第二式也可以用切向速度 v = r 改写成：
v
+ v
r r
=0
（2）
可以看出，切向速度的变化率是一个与瞬变量 r 息息相关的量，不可忽略不计。虽然摆长缩
短的过程很短，但 r 非常大，影响不可忽略。
也可以在直角坐标系中从受力的角度回答该问题。虽然拉绳的过程中摆角变化几乎为 0，
（1） （2）
I0 =
H 0
(h)
h2dh
=
1 3
0 H
3
1 −
4
设烟囱角加速度为 ，则由刚体定轴转动定律得
m0 gRe sin = I0
得到角加速度为
= m0 gRe sin I0
为了得到烟囱各部分受力，将烟囱分为上下两部分来研究，上 下两部分的分割点到烟囱底部的距离为 h ，如图所示。上半部分 质量为
这不可能。
（15）
（2） 在小/大环上纯滚动，要求圆盘与小/大环的接触点切向加速度 r R 0 ，由（13）
得
2r 2 R2
=
r R
，r
=
R 2
，均不可能；
（16）
（3）
由（14），记
=
−
=
2r2 − R2
R2
，
代入两个二阶微分方程并相减，得到
d 2 dt 2
=
KQ m
2r2 − R2 Rr
cos
= 2KQ R R2 sin( 2r2 − R2 )
m r 2r2 − R2
R2
（4） 将（11）式简化为（12）式时已说过，忽略洛伦兹力的条件为
t,t 1
（21） （22）
或 − 1
（23）
在运动逐渐加速的过程中，显然有t ， t ，故由（22）可得到, 1。 又由（17）以及 r R 可见，当 R 与 r 量级相仿时， = − 与 、 量级相仿， 则从（23）亦可得到, 1。因此简化假设成立条件可大致定为
F⊥ = m re − mg sin
（10）
再考虑烟囱上部分绕质心的转动，转动的角加速度为 。以质心为转轴，由于径向力 F∥ 和
自身重力 mg 都过质心，不产生力矩。烟囱的下部分不仅对上部分有作用力 F ，还存在一个
力矩 M ，根据转动定理有
可得
M − F⊥ (re − h) = Im
（11）
M
但并不是 0，而绳上的拉力 F 是个与瞬变量 r 相关的量，它非常大，它的切向冲量改变了球
后的矢量记作 A† ，显然该运算与矢量加减可交换。当圆盘质心具有逆时针公转角速度
v = r ，圆盘具有逆时针自转角速度 = 时，以上各分力方向如图所示，大小分别为
FE +
=
KQ 2
(r
+
R)†
， FE−
=
−
KQ 2
(r
−
R )†
FB平+ = −FB平− = −QKtr ， FB转+ = FB转− = −QKtR
2
（14）
令 M ' = 0 ，得到 x = 1或者 x = 1 ，因为要求的是 M 的最大值所以 M '' 0 ，所以只有 x = 1 符
3
3
合条件，即
h= 1 H 3
②当 = 2 时，扭矩 M = A x(1− x)3 ，对 M 求导，得
3
M ' = A (1− x)2 (1− 4x)
3
M '' = −2A( x −1)(2x −1)
则电场、磁场力各自的合力与对盘心的合力矩分别为
（3） （4）
FE =FE+ +FE− = KQR† ， ME = R FE+ − R FE− = R KQr
（5）
FB = FB转+ + FB转− = −2QKtR ， MB = R FB平+ − R FB平− = −2QKt R r （6）
（2）在烟囱倾倒的过程中，扭矩最大的地方就是烟囱最可能断裂的地方，求在 = 0 和 = 2
两种情况下烟囱可能的断裂点离底部的距离 h
【解答】
（1）
烟囱的总质量为 其质心到底部的距离为
H
m0 = 0 (h) dh = H 0
Re
=
1 m0
H 0
(h) hdh
=
H 2
1 −
6
烟囱绕底部做定轴转动的转动惯量为
cos(
−)
=
2KQr mR
cos(
−
)
（12）
从而 = 2r2 。 R2
（13）
由于圆盘从静止开始加速，公转、自转角加速度始终成正比，相应的角速度、角位移也始终 成相同比例，即
=
=
=
2r 2 R2
。
（14）
（1）
要求公转、自转同步，即
1 ，由（13）得
2r 2 R2
=1，r
=
R ，由于显然 r R ， 2
（2） 圆盘是否有可能在小环上纯滚动？若可能，求出需要的条件，若不可能，说明原因。
（3） 写出盘心与环心连线相比初始时逆时针转过的角度 与时间 满足的一阶微分方程，
无需求解。（提示：可以利用恒等式
d2 y dx2
=
1 2
d( y2 ) dy
）
（4） 什么时候，洛伦兹力可忽略这条假设成立？
【解答】由法拉第电磁感应定律，知磁场变化激发的涡旋电场沿逆时针切向，大环以内，距
爱尖子杯物理试题
【题 1】烟囱的拆除往往采用定向爆破的方法，在底部爆破后的倾倒过程中，烟囱可能会
在某处发生断裂。为了研究烟囱倾倒过程，将烟囱等效为质量均匀并且线性分布的细杆，
如图所示，设烟囱的高度为 H ，质量分布的线密度为
(h)
=
0
1+
1 H
H 2
−
h
其中 h 是烟囱上某一点到烟囱底部的距离， 是非均匀系数，当
, 1
（24）
即假设仅仅在偏转角很小时适用。
顺便一说，由式（20）刻画的“力场”非常类似于将一根轻绳一端固定、一端连一重物， 在重力场中初始时拉直沿水平方向，然后松手任其下落的模型。
评分标准：本题 40 分 (1)(2)(3)（4）(5)(6)式各 2 分，(7)(8)(9)(10)式各 1 分，(11)(12)各 2 分，(13)式 1 分，
(14)式 3 分，(15)(16)式各 3 分，（17）(18)(19)(20)式各 1 分，(21)式 2 分，(22)(23)式 各 1 分，(24)式 3 分
【题 3】瞬变近似 同学们可能都做过单摆摆长缓慢缩小时，讨论其振幅如何变化的题，本题旨在讨论一种
完全相反的情况——当单摆摆长以极快的速度缩小时振幅如何变化。这时，重力的作用很小， 可以忽略不计；或者说，从物理模型上来看，我们其实就是在研究无重力空间中一质点绕孔 转动时，孔到质点之间的绳长突变时的情况。
由牛顿第二定律与转动定理，
F = mr M = 1 mR2
2 得到关于 、 的微分方程组
（8）
（9） （10）
=
KQR cos(
mr
− ) −
2t sin(
− )
=
2KQr mR
cos(
−
)
+
2
t
sin(
−
)
（11）
特别地，当t,t 1 ，或 − 1 时，洛伦兹力效应可忽略，方程组简化为
=
KQR mr
=
0 gH 2
h H
1 −
h H
2
12 − 2 − (6 − ) 12(4 − )
h H
sin
（12）
（2）
设
h H
=
x ， 0 gH 2 sin
=
A
①当 = 0 时，扭矩 M = A x(1− x)2 ，对 M 求导，得
4
M ' = A (1− x)(1− 3x)
4
（13）
M '' = A (3x − 2)
小尖同学认为，小爱的分析是错误的，小球运动过程中对孔的角动量守恒，因此摆长减 半后速度应该变为原来的两倍，角速度 应变为原来的四倍，但他无法说出小爱错在哪里。
请你回答：两位同学谁是正确的？错误的一方错误原因为何？ 本问中假设质点最终径向速度能减小到 0，例如，最后用一个朝下且始终沿绳方向的冲 量拽住了球。 （2）如果天花板不动，孔快速向下运动（运动时间远短于单摆周期，如图所示）至摆 长缩减至原来一半，那么问题会略微复杂一点，与缓变情况不同，这时系统状态的改变将与 孔如何运动有关。
（17） （18）
将题干提示的恒等式 d 2 = 1 d ( 2 ) 代入上式得到 dt2 2 d
d ( 2 ) = 2KQ 2r2 − R2 cos d m Rr
两边对 积分，并代入初始条件 = 0, = 0
，，得到
（19）
2 = 2KQ 2r2 − R2 sin m Rr
（20）
从而 = 2KQ 2r2 − R2 sin ，代入（17）得到所求的一阶微分方程 m Rr
圆盘运动过程中，两点电荷始终位于磁场内部。忽略一切摩擦。
初始时，圆盘静止，正负点电荷分别紧贴着大环内侧与小环外侧。现在，使 B 从 0 开始 随时间匀速增大，满足 B = Kt 。在下面的（1）（2）（3）问中，均假设洛伦兹力的效应相比
电场力可以忽略。
（1） 正负电荷是否可能始终像这样紧贴大环内侧与小环外侧？若可能，请求出需要的条 件，若不可能，说明原因。
（1）当孔不动，天花板快速向上运动（运动时间远短于单摆周期，如图所示）至摆长 缩减至原来一半时，小爱同学和小尖同学对系统状态的变化有不同的观点。TA 们都同意摆 角 几乎不变，但在速度的变化方面存在分歧。
小爱同学认为，摆球除拉力外受其它力可忽略，因此在垂直于此刻摆绳的方向上动量守 恒，例如小球在最低点时突然拉绳，则完成提拉过程后球径向速度消失时，摆长减半，小球 速度应该不变，于是角速度 会变为原来的两倍。
（3） （4） （5）
m =
H h
(h ') dh '=0
(H
−
h)1 −
h 2H
其质心到烟囱底部的距离为
（6）
re
=
1 m
H h
(
h
')
h
'
dh
'=
1 2
−
12
1
(H
−
+ h)
h
−
h2 3H
2H
（7）
以其质心为转轴的转动惯量为
Im =
H h
(
h
')
(
h
'−
re
)2
dh
'
烟囱的上半部分的运动可以分解为质心的平动和绕质心的转动两部分。
= 0 时烟囱可视为均质细杆，当 0 时，烟囱上轻下重，而当
0 时，烟囱上重下轻，并且 −2 2 。
（1）烟囱在倾倒过程中，可以视为烟囱在自身重力作用下绕底部端点的定轴转动，烟囱在
转动过程中，垂直于烟囱的截面会受到平行于烟囱方向且大小相同的力，从而产生扭矩（力
矩），当烟囱与竖直方向的夹角为 时，求在距离烟囱底部 h 处扭矩 M 的大小
离环心 处的电场强度满足
E(r) 2 r = dB r2 dt
从而
（1）
E(r) = K r 2
（2）
两个点电荷的受力包括涡旋电场力与洛伦兹力。由于洛伦兹力与速度之间的矢量线性关系，
洛伦兹力又可分为圆盘质心平动与自转两方面引起的分力之和。以上三种力的分析如下图所
示。
记环心到盘心的矢量为 r ，盘心到正点电荷的矢量为 R ，设 r 、R 相比初始状态逆时针 转过的角度分别为 、 ，亦即“公转角”与“自转角”。为简便。并将某矢量 A 逆时针旋转