第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷

文档编码:CK2R6Z1O2J8——HL10P7E3A8J6——ZY7Z9X5T8I10第21届全国中同学物理竞赛复赛题参考解答本卷共七题,满分 140分.一、〔20分〕薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判． 对于均匀薄膜材料, 在一定温度下,某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数 N k pSt,其中t为渗透连续时间, Sd为薄膜的面积,d为薄膜的厚度, p为薄膜两侧气体的压强差． k称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈 E I小,材料的气密性能愈好．图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种试验装置示意 p0V0 K3图．EFGI为渗透室,U形管左管上端与渗透室相通, 右管上端封闭；U形管内横截面积 A＝0.150cm2．试验中,第一测得薄膜的 Cp1V1

C.厚度d=0.66mm,再将薄膜固定于图中 CC 处,从而把渗透室分 F G为上下两部分,上面部分的容积 V0 25.00cm3,下面部分连同 U形管左管水面以上部分的总容积为 V1,薄膜能够透气的面积 S K2=1.00cm2．打开开关K1、K2与大气相通,大气的压强 p1＝1.00atm, K1 H此时U形管右管中气柱长度 H 20.00cm,V1 .500cm3．关闭K1、K2后,打开开关 K3,对渗透室上部分快速充气至气体压强p0 2.00atm,关闭K3并开头计时．两小时后, U形管左管中的水面高度下降了 H 2.00cm．试验过程中,始终保持温度为0 C．求该薄膜材料在 0 C时对空气的透气系数．（本试验中由于薄膜两侧的压强差在试验过程中不能保持恒定, 在压强差变化不太大的情形下, 可用计时开头时的压强差和计时终止时的压强差的平均值 p来代替公式中的 p．普适气体常量 R=8.31Jmol-1K-1,1.00atm=1.013×105Pa）．二、〔20分〕两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动,它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期．已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R的2倍,卫星通过近地点时的速度 v 3GM4R ,式中M为地球质量,G为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪,可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角． 试设计一种测量方案, 利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离． （最终结果要求用测得量和地球半径 R表示）三、〔15分〕子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命 0 2.0 10 6s．宇宙射线与大气在高空某处发生核反应产生一批 子,以v=0.99c的速度（c为真空中的光速）向下运动并衰变．依据放射性衰变定律,相对给定惯性参考系,如 t=0时刻的粒子数为 N〔0〕,t时刻剩余的粒子数为 N〔t〕,就有 N t N 0 e t,式中 为相对该惯性系粒子的平均寿命．如能到达地面的 子数为原先的 5％,试估算 子产生处相对于地面的高度 h．不考虑重力和地磁场对 子运动的影响．四、〔20分〕目前,大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条状,通常称为激光二极管条． 但这样的半导体激光器发出的是许多束发散光束,光能分布很不集中, 不利于传输和应用． 为明白决这个问题, 需要依据详细应用的要求,对光束进行必需的变换（或称整形）．假如能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束,对半导体激光的传输和应用将是特殊有意义的． 为此,有人提出了先把多1/381/38束发散光会聚到一点,再变换为平行光的方案,其基本原理可通过如下所述的简化了的情形来说明．如图,S1、S2、S3是等距离（h）地排列在始终线上的三个点光源,各自向hS1LPz垂直于它们的连线的同一方向发出半顶S2角为=arctan14的圆锥形光束．请使hS3用三个完全相同的、焦距为f=1.50h、半径为r=0.75h的圆形薄凸透镜,经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜,使三束光都能全部投射到这个组合透镜上, 且经透镜折射后的光线能全部会聚于 z轴（以S2为起点,垂直于三个点光源连线,与光束中心线方向相同的射线）上距离 S2为L=12.0h处的P点．（加工时可对透镜进行外形的转变,但不能转变透镜焦距． ）1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜应如何加工和组装,并求出有关数据．五、〔20分〕如以下图,接地的空心导体球壳内半径为R,在空腔内始终径上的P1和P2处,放置电量分别为 q1和q2的点电荷,q1＝q2＝q,两点电荷到球心的距离均为 a．由静电感应与静电屏蔽可知：导体空腔内表面将显现感应电荷分布, 感应电荷电量等于－ 2q．空腔内部的电场是由 q1、q2和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的．由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的, 所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强． 但理论上可以证明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的位于腔外的（等效）点电荷来代替（在本题中假想〔等效〕点电荷应为两个）,只要假想的（等效）点电荷的位置和电量能中意这样的条件,即：设想将整个导体壳去掉,由q1在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷q与q1共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电P2arA势皆为0；由q2在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷q与q2共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0．这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且aP1O这样确定的等效电荷是唯独的．等效电荷取代感应电荷后,可用R等效电荷q、q和q1、q2来运算原先导体存在时空腔内部任意点的电势或场强．1．试依据上述条件,确定假想等效电荷q、q的位置及电量．OP的夹角为．2．求空腔内部任意点A的电势UA．已知A点到球心O的距离为r,OA与六、〔20分〕如以下图,三个质量都是m的刚性小球A、B、C位D于光滑的水平桌面上（图中纸面）,A、B之间,B、C之间分别用刚性轻杆相连,杆与A、B、C的各连接处皆为“铰链式”的ABCE（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB与BC的夹角为,</2．DE为固定在桌面上一块挡板,它与AB连线方向垂直．现令A、B、C一起以共同的速度v沿平行于AB连线方向向DE运动,已知在C与挡板碰撞过程中C与挡板之间2/382/38无摩擦力作用,求碰撞时当C沿垂直于DE方向的速度由v变为0这一极短时间内挡板对C的冲量的大小．七、（25分）如以下图,有二平行y

cya金属导轨,相距l,位于同一水平面内（图中纸面）,处在磁感应强Odbv0x度为B的匀强磁场中,磁场方向竖直向下（垂直纸面对里）．质量均为m的两金属杆ab和cd放在导轨上,与导轨垂直．初始时刻,金属杆ab和cd分别位于x=x0和x=0处．假设导轨及金属杆的电阻都为零,由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为 L．今对金属杆 ab施以沿导轨向右的瞬时冲量,使它获得初速 v．设导轨足够长, x也足够大,在运动过程中,两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距

x,因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L是恒定不变的．杆与导轨之间摩擦可不计．求任意时刻两杆的位置 xab和xcd以及由两杆和导轨构成的回路中的电流 i三者各自随时间 t的变化关系．一、开头时 U形管右管中空气的体积和压强分别为

V2=HA （1） p2=p1

经过2小时,U形管右管中空气的体积和压强分别为V2〔HH〕A（2）p2p2V2V2（3）渗透室下部连同U形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为nRT可知,经过2小时,（4）V1V1HAp1p22gΔH（5）式中为水的密度,g为重力加速度．由理想气体状态方程pV薄膜下部增加的空气的摩尔数np1V1p1V1（6）RTRT在2个小时内,通过薄膜渗透过去的分子数NnNA（7）式中NA为阿伏伽德罗常量．3/383/38渗透室上部空气的摩尔数削减,压强下降．下降了p（8）pΔnRTV0经过2小时渗透室上部分中空气的压强为p0p0p（9）测试过程的平均压强差p1〔p0p1〕〔p0p1〕2（10）依据定义,由以上各式和有关数据,可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数kNd2.4 1110Pa1m1

s1（11）ptS评分标准：此题20分．〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕、〔5〕式各1分,〔6〕式3分,〔7〕、〔8〕、〔9〕、〔10〕式各2分,〔11〕式4分．二、如图,卫星绕地球运动的轨道为一椭圆,地心位于轨道椭圆的一个焦点 O处,设待测量星体位于 C处．依据题意,当一个卫星运动到轨道的近地点 A时,另一个卫星恰好到达远地点B处,只要位于A点的卫星用角度测量仪测出 AO和AC的夹角 1,位于B点的卫星用角度测量仪测出 BO和BC的夹角 2,就可以运算出此时星体 C与地心的距离 OC．因卫星椭圆轨道长轴的长度ABr近＋r远〔1〕式中r近、与r远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离．由角动量守恒mv近r近＝mv远r远2远－GMm〔2〕AOB〔3〕式中m为卫星的质量．由机械能守恒11mv2

近－GMm1mv2r近2r远已知得r近＝2R,v近＝3GMABr远6R8RC〔4〕4R所以2R6R〔5〕在△ABC中用正弦定理sin1sinπ12〔6〕BCAB4/384/38所以OC,在△BCsinsin12AB2〔7〕地心与星体之间的距离为1cos〔8〕BOC中用余弦定理OC2 2

r远BC22r远BC由式〔4〕、〔5〕、〔7〕得OC2R916sinsin21224sin1cos22〔9〕21sin1评分标准：此题20分．〔1〕式2分,〔2〕、〔3〕式各3分,〔6〕、〔8〕式各3分,〔9〕式6分．〔1〕三、因子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命0.20106s依据时间膨胀效应,在地球上观测到的子平均寿命为,01vc2代入数据得相对地面,如子到达地面所需时间为=1.4×10－5s子数为〔2〕t,就在t时刻剩余的〔3〕NtN0et依据题意有对上式等号两边取e为底的对数得Ntet5%〔5〕〔4〕N0ln5t100代入数据得依据题意,可以把t4.19105s〔6〕子的运动看作匀速直线运动,有vt〔7〕h代入数据得h1.24104m〔8〕评分标准：此题15分． 〔1〕式或〔2〕式6分,〔4〕式或〔5〕式4分,〔7〕式2分,〔8〕式3分．5/385/38四、1．考虑到使3个点光源的3束光分别通过3个透hS1uO1MPz镜都成实像于P点的要求,组合透镜所在的平面应垂直于z轴,三个光心O1、O2、O3的连线平行于3个光S1源的连线,O2位于z轴上,如图1所示．图中MM表示组合透镜的平面,S、S、S为三个光束中心光线S2O2〔S2’〕h与该平面的交点．S2O2＝u就是物距．依据透镜成O3S3’像公式L1L1u1〔1〕M’图1uf可解得u1[LL24fL]2由于要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于P点,来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉,必需有2utan≤h即u≤2h．在上式中取“－”号,代入f和L的值,算得〔2〕u〔632〕h≈1.757h此解中意上面的条件．分别作3个点光源与 P点的连线．为使3个点光源都能同时成像于 P点,3个透镜的光心O1、O2、O3应分别位于这 3条连线上（如图 1）．由几何关系知,有L u 1 1O1O2 O2O3 h 〔 2〕h 0.854hL 2 4〔3〕即光心O1的位置应在S之下与1S的距离为1〔4〕同理,O3的位置应在S1O1hO1O20.146hS之上与S的距离为0.146h处．由〔3〕式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离必需等于0.854h,才能使S1、S2、S3都能成像于P点．2．现在争辩如何把三个透镜L1、L2、L3加工组装成组合透镜．由于三个透镜的半径 r=0.75h,将它们的光心分别放置到 O1、O2、O3处时,由于 O1O2 ＝O2O3＝0.854h<2r,透镜必定发生相互重叠,必需对透镜进行加工,各切去一部分,然后再将它们粘起来,才能中意 〔3〕式的要求．由于对称关系,我们只需争辩上半部分的情形．图2画出了L1、L2放在 MM 平面内时相互交叠的情形（纸面为 MM 平面）．图中C1、C2表示L1、L2的边缘, S、S为光束中心光线与透镜的交点, W1、W2分别为C1、C2与O1O2的交点．S为圆心的圆1和以S（与O2重合）为圆心的圆2分别是h0.439hQK圆1C10.146h光源S1和S2投射到L1和L2时产生的光斑的边缘,其半径均为utan0.439h〔5〕O1S1Q’依据题意,圆1和圆2内的光线必需能全部进入透镜．第一,圆1的K点（见图2）是否落在L1上？由几何关系可知W2x2T’x10.854hTO1KO1S1.0439.0146h0.585hr.075h〔6〕W1O2S2N’N0.439h故从S1发出的光束能全部进入L1．为了保证全部光束能进入透镜组合,对L1和L2进行加工时必需保留圆1和圆2内的圆2C26/386/38图2透镜部分．下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法．在和O1和O2之间作垂直于O1O2且分别与圆1和圆2相切的切线QQ和NN．如沿位于QQNN之间且与它们平行的任意直线TT对透镜L1和L2进行切割,去掉两透镜的弓形部分,然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部．同理,对 L2的下半部和 L3进行切割,然后将 L2的下半部和 L3粘合起来,就得到符合需要的整个组合透镜． 这个组合透镜可以将 S1、S2、S3发出的全部光线都会聚到P点．现在运算 QQ 和NN 的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件．设透镜 L1被切去部分沿 O1O2方向的长度为 x1,透镜L2被切去部分沿 O1O2方向的长度为 x2,如图2所示,就对任意一条切割线 TT ,x1、x2之和为d x1 x2 2r O1O2 0.646h （7）由于 TT 必需在 QQ 和 NN 之间,从图 2可看出,沿 QQ 切割时,x1达最大值〔x1M〕,x2达最小值〔x2m〕,代入r,和S1O1的值,得xMxMrS1O1h〔8〕0.457代入〔7〕式,得x2mdx1M0.189h〔9〕〔10〕（11）由图2可看出,沿NN切割时,x2达最大值〔x2M〕,x1达最小值〔x1m〕,xMr代入r和的值,得xM0.311hx1mdx2M.0335h由对称性,对L3的加工与对L1相同,对L2下半部的加工与对上半部的加工相同．评分标准：此题20分．第1问10分,其中（2）式5分,（3）式5分,第2问10分,其中〔5〕式3分,〔6〕式3分,〔7〕式2分,〔8〕式、〔9〕式共1分,〔10〕式、〔11〕式共1分．假犹如学解答中没有 〔7〕—〔11〕式,但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜部分全部保留,透镜其它部分可依据需要磨去（或切割掉）”给3分,再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必需保证 O1O2=O1O2=0.854h,再给1分,即给〔7〕—〔11〕式的全分（4分）．五、1．解法Ⅰ：如图1所示,S为原空腔内表面所在位置,1q的位置应位于OP的延长线上的某点B1B1处,q的位置应位于OP的延长线上的某点B2处．设A1为S面上的任意一点,依据题意有A1kq1kq10〔1〕A1P1A1B1B2P2 OaaP1图1SR7/387/38kq2kq220〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕〔7〕〔8〕〔9〕A1P2A1B怎样才能使〔1〕式成立呢？下面分析图1中OP1A1与OA1B1的关系．如等效电荷q的位置B1使下式成立,即OP1OB1＝R2即OP1OA1OA1OB1就△OP1A1∽△OA1B1有A1P1OP1aA1B1OA1R由〔1〕式和〔5〕式便可求得等效电荷1qq1Rq1a由〔3〕式知,等效电荷q的位置B1到原球壳中心位置O的距离OB1R2a同理,B2的位置应使△OP2A1∽△OA1B2,用类似的方法可求得等效电荷q2Rq2a等效电荷q的位置B2到原球壳中心O位置的距离OB2R2a解法Ⅱ：在图1中,设A1P1r1,A1B1r1,OB1d．依据题意,q和q两者在A1点产生的电势和为零．有kq1kq10（1＇）r1r1式中r1〔R2a22Racos〕12（2＇）r1〔R2d22Rdcos〕12（3＇）8/388/38由（1＇）、（2＇）、（3＇）式得q21〔R2d22Rdcos〕q12〔R2a22Racos〕（4＇）（4＇）式是以cos为变量的一次多项式,要使（4＇）式对任意均成立,等号两边的相应系数应相等,即q12〔R2d2〕q12〔R2a2〕dq12a（5＇）q21（6＇）由（5＇）、（6＇）式得解得ad2〔a2RR2〕d2aR22〕0（7＇）d〔a22〕〔aR（8＇）2a由于等效电荷位于空腔外部,由（8＇）式求得dR2（9＇）a由（6＇）、（9＇）式有q12R2q12（10＇）a2考虑到（1＇）式,有q1Rq1a（11＇）同理可求得2．A点的位置如图2所示．A的电势由q1、OB2R2（12＇）aq2Rq2（13＇）aq、q2、q共同产生,即UAkq1R11R1〔10〕P1AaB1AP2AaB2A9/389/38因B1Ar22rR2cos2R22P1Ar22racosa2P2OaAB1aaP2Ar22racosaR22B2SaP1RR2B2Ar22rcos图2aa代入〔10〕式得UAkqr21a2a2a2r22Rcos 4

RR4〔11〕2racos2raR21ar22Rcosr22racosraR2评分标准：

此题20分．第1问18分,解法Ⅰ中〔1〕、〔2〕、〔6〕、〔7〕、〔8〕、〔9〕式各3分．解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ．第2问2分,即〔11〕式2分．六、令I表示题述极短时间t内挡板对C冲量的大小,由于挡板对C无摩擦力作用,AIBD可知冲量的方向垂直于DE,如以下图；I表示B、C间的杆对B或C冲量的大小,C其方向沿杆方向,对B和C皆为推力；vC表示t末了时刻C沿平行于DE方向速度的大小,vB表示t末了时刻B沿平行于DE方向速度的大小,vB表示t末了时刻B沿垂直于DE方向速度的大小．由动量定理,对C有EIsinmvC〔1〕IIcosmv〔2〕对B有IsinmvB〔3〕对AB有Icos2mvvB〔4〕由于B、C之间的杆不能伸、缩,因此B、C沿杆的方向的分速度必相等．故有vCsinvBcosvBsin〔5〕由以上五式,可解得10/3810/38I3sin2mv〔6〕13sin2评分标准：

此题20分． 〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕式各2分．〔5〕式7分,〔6〕式5分．七、解法Ⅰ：当金属杆ab获得沿x轴正方向的初速v0时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金属杆与导轨构成的回路中会显现感应电流． 由于回路具有自感系数, 感应电流的显现,又会在回路中产生自感电动势,自感电动势将阻碍电流的增大,所以, 虽然回路的电阻为零,但回路的电流并不会趋向无限大,当回路中一旦有了电流,磁场作用于杆 ab的安培力将使 ab杆减速,作用于 cd杆的安培力使 cd杆运动．设在任意时刻 t,ab杆和cd杆的速度分别为 v1和v2（相对地面参考系 S）,当v1、v2为正时,表示速度沿 x轴正方向；如规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向, 就因两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势当回路中的电流i随时间的变化率为EtBlv1v2〔1〕i时,回路中的自感电动势〔2〕Li

tEL依据欧姆定律,留意到回路没有电阻,有EEL0〔3〕金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为VC,有2mVC〔4〕mv0得VCv0〔5〕2VC方向与v0相同,沿x轴的正方向．现取一新的参考系S,它与质心固连在一起,并把质心作为坐标原点O,取坐标轴Ox〔6〕与x轴平行．设相对S系,金属杆ab的速度为u,cd杆的速度为u,就有v1VCuv2VCu〔7〕因相对S系,两杆的总动量为零,即有mumu0〔8〕由〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔5〕、〔6〕、〔7〕、〔8〕各式,得在S系中,在t时刻,金属杆2BluLixx,就由〔9〕tab坐标为x,在t＋t时刻,它的坐标为11/3811/38速度的定义ux〔10〕t代入〔9〕式得如将x视为i的函数,由（11）式知xi2BlxLix与i的关系可用始终线方程表〔11〕为常数,所以示式中b为常数,其值待定．现已知在xLibx＝1x,这02〔12〕2Blt＝时刻,金属杆ab在S系中的坐标时i=0,故得xLi1x0x1x02〔13〕2Bl2或i2Blx1x0〔14〕L21x表示t＝时刻金属杆02ab的位置．x表示在任意时刻t,杆ab的位置,故就是杆ab在t时刻相对初始位置的位移,用X表示,代入〔14〕〔15〕Xx1x02当X>0时,ab杆位于其初始位置的右侧；当X<0时,ab杆位于其初始位置的左侧．式,得i2BlX〔16〕L这时作用于ab杆的安培力FiBl2B2l2X〔17〕L ab杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧；方向指向右侧,可知该安培力具有弹性力的性质．金属杆期ab杆在初始位置左侧时,安培力的 ab的运动是简谐振动,振动的周T2π2BmLab杆的振动速度〔18〕2l2在任意时刻t,ab杆离开其初始位置的位移〔19〕XAcos2πtTA为简谐振动的振幅,为初相位,都是待定的常量．通过参考圆可求得〔20〕uA2πsin2πtTT12/3812/38〔19〕、〔20〕式分别表示任意时刻ab杆离开初始位置的位移和运动速度．现已知在t＝0时刻,ab杆位于初始位置,即X=0速度uv0VCv01v01v022故有解这两式,并留意到〔18〕式得Av0v0Acossin〔21〕2πA2T23π0Tv0mL〔22〕42Bl2由此得ab杆的位移Xv0mLcos2πt3πv0mLsin2πt（23）2Bl2T22Bl2T由〔15〕式可求得ab杆在S系中的位置因相对质心,任意时刻xab1x0v0mLsin2πtS系中,cd〔24〕22Bl2Tab杆和cd杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在杆的位置相对地面参考系S,质心以VCxcd1x0v0mLsin2t18）式,得ab杆在地面〔25〕22Bl2T1v20的速度向右运动,并留意到（参考系中的位置xabx01v0tv0mLsinBl2t〔26〕22Bl2mLcd杆在S系中的位置回路中的电流由〔16〕式得xcd1v0tv0tmLsinBl2t2t（27）22Bl2mLi2Blv0mLsin2πv0msinBl〔28〕L2Bl2T2LmL13/3813/38解法Ⅱ：当金属杆在磁场中运动时, 因切割磁力线而产生感应电动势, 回路中显现电流时, 两金属杆都要受到安培力的作用,安培力使 ab杆的速度转变,使 cd杆运动．设任意时刻 t,两杆的速度分别为 v1和v2（相对地面参考系 S）,如规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向,就由两金属杆与导轨构成的回路中,因杆在磁场中运动而显现的感应电动势为EBlv1v2〔1’〕令u表示ab杆相对于cd杆的速度,有当回路中的电流i变化时,回路中有自感电动势ELBlu〔2’〕EL,其大小与电流的变化率成正比,即有〔3’〕ELLit依据欧姆定律,留意到回路没有电阻,有EEL0由式〔2’〕、〔3’〕两式得BluLi〔4’〕〔5’〕t设在t时刻,金属杆ab相对于cd杆的距离为x,在t＋t时刻,ab相对于cd杆的距离为x＋x,就由速度的定义,有ux

t代入〔4〕式得如将x视为i的函数,由〔6’〕式可知,xiBlxLix与i的关系可以用始终线方程〔6’〕为常量,所以表示,即式中b为常数,其值待定．现已知在xLibx,这时i0〔7’〕Blt＝时刻,金属杆ab相对于cd杆的距离为=0,故得xLix0〔8’〕

〔9’〕〔10'〕Bl或iBlxx0Lx表示t＝时刻金属杆ab相对于cd杆的位置．x表示在任意时刻t时ab杆相对于cd杆的位置,故xx0就是杆ab在t时刻相对于cd杆的相对位置相对于它们在t＝时刻的相对位置的位移,即从t＝到t＝t时间内ab杆相对于cd杆的位移Xxx0于是有iBlX〔11’〕L14/3814/38任意时刻t,ab杆和cd杆因受安培力作用而分别有加速度aab和acd,由牛顿定律有iBlmaab〔12’〕〔13’〕〔14’〕〔15’〕〔16’〕iBlmacd两式相减并留意到〔9〕式得maabacd2iBl2B2l2XL式中aabacd为金属杆ab相对于cd杆的加速度,而X是ab杆相对cd杆相对位置的位移．2B2l2是常数,说明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期LT2π2BmL2l2在任意时刻t,ab杆相对cd杆相对位置相对它们初始位置的位移XAcos2πtTA为简谐振动的振幅,为初相位,都是待定的常量．通过参考圆可求得X随时间的变化率即速度V0A2πsin2π0〔17’〕TT现已知在t＝0时刻,杆位于初始位置,即X=0,速度Vv故有Acos解这两式,并留意到〔15’〕式得0A2πsinvTA3π2v0Tv0mL2πBl2由此得Xv0mLcos2πt3πv0mLsinBl2t〔18’〕Bl2T2Bl2mL因t=0时刻,cd杆位于x=0处,ab杆位于x=x0处,两者的相对位置由x0表示；设t时刻,cd杆位于x=xcd处,ab杆位于x=xab处,两者的相对位置由xab－xcd表示,故两杆的相对位置的位移又可表示为X=xab－xcd－x0 〔19’〕15/3815/38所以xabxcdx0v0mLsinBl2t〔20’〕Bl2mL〔12’〕和〔13’〕式相加,maabacdiBliBl0得由此可知,两杆速度之和为一常数即aabacd0〔21’〕v0,所以两杆的位置xab和xcd之和应为xab＋xcd=x0＋v0t由〔20’〕和〔21’〕式相加和相减,留意到〔15’〕式,得（22’）x01v0tv0mLsin2Bl2txab22BlmLxcd1v0tv0mLsinBl2t（23’）22Bl2mL由〔11’〕、（19’）〔22’〕、〔23’〕式得回路中电流iv0msinBl2t（24’）2LmL评分标准：此题25分． 解法Ⅰ 求得〔16〕式8分,〔17〕、〔18〕、〔19〕三式各2分．〔23〕式4分,〔24〕、〔25〕二式各2分,〔26〕、〔27〕、〔28〕三式各1分．第十九届全国中同学物理竞赛复赛试题参考解答2022年一、参考解答

实践证明,甲的设计是正确的,所以乙的结论确定是错的；（1）设大气压为p,水的密度为；拧开K前的情形如图KDHAK〔b〕复解19-l的（a）图所示；由流体静力学可知,B、C中气体的压强为Ah1pBpCp0gh1h2〕（1）D中气体的压强为FEBBpDpBgh1（2）h216/3816/38〔a〕CC图复解19-1由（1）、（2）两式可得pD p0 gh2即 pD p,当拧开K后,D中气体压强降至 p,此时pB p0 gh1 （3）即D管中容器B水面以上的那一段水柱所受合力向上,所以 D管中水柱上升；（2）拧开K后,水柱上升,因 D管上端已足够长,故水不会从管口喷出．设到 D中的水面静止时D中增加水量的体积为 V,就B中削减水量的体积亦为 V,其水面将略有降低,因而B及C中气体压强路有下降, A中的水将通过 E管流入C中,当从A流入水量的体积等于 V时,B、C中气体压强复原原值； 由于A、B、C的半径为D管半径的60倍,截面积比为 3600倍,故A、B、C中少量水的增减（ V）引起的A、B、C中水面高度的变化可忽视不计,即 1h和h的数值保持不变；设D中水面静止时与 A中水面的高度差为 H,（见图复解19-1（b））,就有p0 gh1 h2〕 p0 gH h1〕 （4）由此可得 H h2 （5）（3）将图复解19-l （a）和〔b〕两图相比较可知,其差别在于体积为 V的水从A移至C中,另 V的水又由B移入D中,前者重力势能削减,而后者重力势能增大,前者的重力势能削减量为E1 gVh1 h2〕 （6）D中增加的水柱的重心离 A中水面的高度为 h2/2,故后者的重力势能增量为E2 gVh1 1h2〕 （7）2即 E1 E；由此可知,体积为 V的水由A流入C中削减的势能的一部分转化为同体积的水由 B进入D中所需的势能,其余部分就转化为水柱的动能,故发生上下振动, D中水面静止处为平稳点．由于水与管间有摩擦等缘由,动能逐步消耗,最终水面停留在距 A中水面 h处；二、参考解答由于圆柱形区域内存在变化磁场,在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场,电场线为圆,圆心在圆柱轴线上,圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示．在这样的电场中,沿任意半径方向移动电荷时,由于电场力与移动方向垂直,涡旋电场力做功为零,因此沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零．1．任意点在磁场区域内：令P为任意点（见图复解19-2-1）x2R,在图中连直线OA,式中EAP,EPO,EOA与OP；取闭合回路APOA,可得回路电动势E1EAPEPOEOA17/3817/38分别为从A到P、从P到O、从O到A的电动势；由前面的分析可知EPO0,EOA0,故令EAPE1S,此面积上磁通量1BS,由电磁感应定律,（1）AOP的面积为回路的电动势大小为E11S1Btt依据题给的条件有E1Sk（2）由图复解19-2-2可知S11xRsinxRC（3）222由（1）、（2）、（3）式可得沿AP线段的电动势大小为（4）EAPkRx22ARxPCAQOROD图复解19-2－1图复解19-2－22．任意点在磁场区域外： 令Q为任意点（见图复解19-2-2）,x 2R；在图中连OA、OQ；取闭合回路 AQOA,设回路中电动势为 E,依据类似上面的争辩有EAQ E2 （5）对于回路 AQOA,回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量,此面积为S,通过它的磁通量 2 BS；依据电磁感应定律可知回路中电动势的大小E2 Sk （6）在图中连OC,令 COQ ,就 OQC ,于是18/3818/38当S2AOC的面积扇形OCD的面积/4时,S2〔1Rsin〕2Rcos2R221R2〔sin2〕21R2〔1〕,2OCQ中有xsin〕2RRsinsin[〔/4〕]Rsin〔x2R〕sin〔4〕〔x2〕1〔cos2〔Rx2R〕sinx2Rcos22tanx2Rx于是得S21R2〔1arctanxx2R〕（7）（8）2由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ线的电动势的大小为EAQ 2kR〔1arctanxx2R〕2三、参考解答以三个质点为系统,由对称性可知,开头时其质心应位于C处,由于质 1

A点系所受的合外力为零,由质心运动定理可知,质心总是固定不动的；质点1、2在静电力作用下,彼此间距离必增大,但不行能保持在沿起始状态时1、C32连线上运动,如是那样运动,由于杆不能伸长,质点3必向左运动,三者的质心势必亦向左运动,这与“质心不动”相冲突,故不行能；由此可知,由于杆为刚性,质点 1、2在静电力作用下,要保持质心不动,质点 1、2必 B将分别向题图中右上方和右下方运动, 而质点3将向左运动．当3运动到C 2处时,1、2将运动到A、B处,A、B、C三点在始终线上, 1、2的速度 图复解 19-3方向向右,3的速度方向左（如图复解 19-3所示）；令 1v、2v、v分别表示此时它们的速度大小,就由对称性可知此时三质点的总动能为EK12mv32〔1 2mv1〕（1）22再由对称性及动量守恒可知mv32mv1（2）19/3819/38系统原先的电势能为EP3kq2（3）l其中k为静电力常数．运动到国复解19-3所示的位置时的电势能为EP2kq2kq2（4）l2l依据能量守恒有EPEPEK（5）由以上各式可解得v32kq2（6）3lm四、参考解答1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门下有色液柱的位置；

（2）合上开关S,测得电流I；

（3）打开开关S；

（4）测出有色液体右移的最远距离 x；10关闭使两边气体隔绝,记（5）转变电源电压,重复测量多次,登记多次的I和x值；2.合上开关S后,线捆贮有磁场能量 W关S后,由于L中有感应电动势,在线圈1LI2,因二极管D的存在,r中无电流；打开开2L、电阻器ab和二极管D组成的回路中有电流通过,最终变为零；在此过程中原先线圈中储存的磁场能量将转化为r和Lr上放出的热量,其中r上放出的热量为Q1LI2rrrL（1）2此热量使试管中的气体加热、升温；由于是等压过程,所以气体吸热为式中m为气体质量,QmCpT（2）为其摩尔质量,T为温升,由于是等压过程,设气体体积转变量为V,就由理想气体状态方程可得而pVmRT（3）Vd2x（4）4由以上各式可得20/3820/38LIx2rLrrCppd2（5）2R五、参考解答利用焦点的性质,用作图法可求得小物PQ的像PQ,如下图所示；QF1

un1n2F2P

yQf1yf2vP图复解19-5-1（1）用y和y分别表示物和像的大小,就由图中的几何关系可得yuf1ff21f,2f之间的关系式（1）yf1vf2〔uf1〕〔v2〕ff2（2）简化后即得物像距公式,即u,v,f1f21uv（2）薄透镜中心邻近可视为筹薄平行板,入射光线经过两次折射后射出,放大后的光路如图复解19-5-2所示；图中 1为入射角, 2为与之相应的出射角, 为平行板中的光线与法线的夹角；设透镜的折射率为 n,就由折射定律得n1sin 1 nsin n2sin 2 （3）对傍轴光线, 1、 2≤1,得 sin 1 1,sin 2 2,因而得2n

n12

1 （4） 1 n1 n n2（3）由物点Q射向中心O的入射线,经L 2折射后,出射线应射向 Q,如图复解19-5-3所图复解 19-5-2示,Q n1 L n2y 1 F2 PP F1u

2v

yQ21/3821/38u图复解 19-5-3在傍轴的条件下,有二式相除并利用（ytan11,ytan22（5）uv4）式,得用（1）式的yun1（6）yvn2y/yf1/〔uf1〕代入（6）式,得即fun1（7）〔ufvn2f1nuvnunv用（1）式的y/y〔vf2〕/f代入（6）式,得（8）〔vf2〕un1fvn2即f2nuv2nunv从而得1f,2f,n,n之间关系式（9）f2n2f1n1六、参考解答（1）由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为1mc2 2c〕1.10 2

mc（1）〔v2/由此可解得v0.210.417c0.42cph和（2）1.10入射光子和散射光子的动量分别为c光子散射方向22/3822/38光子入射方向电子 A

光子入射方向图复解 19-6ph,方向如图复解19-6所示；电子的动量为mv,m为运动电子的相对论质量；由动c量守恒定律可得已知h1mvc2cos 〕h（3）〔v2/c1mv0c2〕sinh（4）〔v2/ch0.10 2mc（5）由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得20.37mc /h （6）20.27mc /h （7）tan

－1arctan〔

27〕 36.1 （8）37电子从O点运动到A所需时间为t L0 2.4L0/c （9）v（2）当观看者相对于 S沿OA方向以速度v运动时,由狭义相对论的长度收缩效应得L L01 〔v

2/c

2〕 （10）L 0.91L0 （11）七、参考解答1.珠子运动的轨迹建立如图复解19-7所示的坐标系,原点O在过A点的竖直线与细杆相交处, x轴沿细杆向右,y轴沿OA向下；当珠子运动到 N点处且绳子未断时, 小环在B处,BN垂直于x轴,所以珠子的坐标为即有xPN,yBN〕2〕1〔2lh处,焦点与顶点的距离为（1）h的抛由APN知〔AP〕2〔PN〕2〔AN〔hy〕2 2

x〔ly〕2,得h2 2

x2〔lhy〔l2这是一个以y轴为对称轴,顶点位于y1〔2l23/3823/38物线,如图复解19-7-1所示,图中的H1〔l2h,A为焦点；法线xMxOBxMxCHANFT切线HhPOmgNT法线PN切线AmgCATmgy图复解19-7-1yC19-7-2图复解2.珠子在N点的运动方程由于忽视绳子的质量, 所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分, 就珠子受的力有三个,一是重力mg；另外两个是两绳子对珠子的拉力, 它们分别沿 NB和NA方向,这两个拉力大小相等,皆用T表示,就它们的合力的大小为F 2cos （2）为N点两边绳子之间夹角的一半, F沿 ANB的角平分线方向；由于AN是焦点至N的连线,BN平行于y轴,依据解析几何所述的抛物线性质可知,N点的法线是 ANB的角平分线．故合力 F的方向与N点的法线一样；应为由以上的论证．再依据牛顿定律和题中的注,珠子在 N点的运动方程（沿法线方向）2Tcosmgcosmv2（3）R2Tcos 2mvmgcos（4）R式中R是N点处轨道曲线的曲率半径；v为珠子在N处时速度的大小；依据机械能守恒定律可得v2gy（5）3.求曲车半径R当绳子断裂时TT,由（4）式可见,假如我们能另想其他方法求得曲率半径dR与y的关系,就就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标y；现提出如下一种方法；做一条与小珠轨迹对于 x轴呈对称状态的抛物线, 如图复解19-7-2所示；由此很简洁想到这是一个从高H处平抛物体的轨迹； 平抛运动是我们熟识的, 我们不仅知道其轨迹是抛物线,而且知道其受力情形及详细的运动学方程； 这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与 N对称的N点处抛物线的曲率半径 R与y的关系,也就是N处24/3824/38抛物线的曲率半径 R与y的关系；设从抛出至落地的时间为 t,就有2 2vt l h由此解得v0glh〕（7）设物体在N处的速度为v,由机械能守恒定律可得 2

vv022〔gHBN〕（8）物体在N处法线方向的运动方程为mgcosmv27）、（8）、（9）式及H1〔2l（9）R式中R即为N处抛物线的曲率半径,从（h,可求得R2〔lBN〕BNBNy,故得（10）cos这也等于N点抛物线的曲率半径,R2〔ly〕cos4.求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小把（5）式和（10）式代入（4）式,可求得绳子的张力为当TTmgl〕〔xd,yd〕（11）2〔lyT时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为d,由（11）式得ydl〔1mg〕（12）2Td代入（1）式,得xdmgl〔lTdh〕〔lh〕2（13）绳子断开时珠子速度的大小为vd2gyd2gl〔1mg〕（14）2Td其次十届全国中同学物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准25/3825/38一、参考解答令m表示质子的质量,v和v分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度,e表示元电荷,由能量守恒可知12mv01mv2eU（1）a球的22由于a不动,可取其球心O为原点,由于质子所受的a球对它的静电库仑力总是通过球心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O点的角动量守恒；所求 l的最大值对应于质子到达a球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切 （见复解20-1-1）；以lmax表示l的最大值,由角动量守恒有mvl0maxmvR（2）由式（1）、（2）可得lmax1eUR（3）2mv0/2代入数据,可得lmax2R20-1-2所示,此时式（1）中e改为（4）2如把质子换成电子,就如图复解Re；同理可求得lmax6（5）2评分标准：此题15分；式（1）、（2）各4分,式（4）2分,式（5）5分；26/3826/38二、参考解答在温度为T1〔27273〕K=300K时,气柱中的空气的压强和体积分别为（1）p1p0h,V1lSC（2）当气柱中空气的温度上升时,气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管；设温度上升到T时,气柱右侧水银刚好全部压到B管中,使管中水银高度增大（3）hbSCSB由此造成气柱中空气体积的增大量为V bSC （4）与此同时,气柱左侧的水银也有一部分进入 A管,进入A管的水银使 A管中的水银高度也应增大 h,使两支管的压强平稳,由此造成气柱空气体积增大量为V hSA （5）所以,当温度为 T时空气的体积和压强分别为V2 V1 V V （6）p2 p1 h （7）由状态方程知pV11pV2（8）T2T1由以上各式,代入数据可得T2347.7K（9）此值小于题给的最终温度T273t370K,所以温度将连续上升；从这时起,气柱中的空气作等压变化；当温度到达 VT时,气柱体积为TV2（10）T2代入数据可得评分标准：此题15分；V 3

0.72cm（11）求得式（6）给6分,式（7）1分,式（9）2分,式（10）5分,式（11）1分；27/3827/38三、参考解答位于通道内、质量为m的物体距地心O为r时（见图复解20-3）,它受到地球的引力可以表示为FGMm,（1）表示地r2式中M是以地心O为球心、以r为半径的球体所对应的那部分地球的质量,如以球的密度,此质量可以表示为M4r3（2）3于是,质量为m的物体所受地球的引力可以改写为F4Gmr（3）3作用于质量为m的物体的引力在通道方向的分力的大小为fFsin（4）sinx（5）r为r与通道的中垂线OC间的夹角,x为物体位置到通道中点C的距离,力的方向指向通道的中点可以表示为C；在地面上物体的重力式中M0mgGMm

R02（6）是地球的质量；由上式可以得到（7）g4GR03由以上各式可以求得fmgx（8）R0可见,f与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为kmg

R0xR0/g；取x（9）物体将以C为平稳位置作简谐振动,振动周期为T20处为“弹性势能”的零点,设位于通道出口处的质量为m的静止物体到达0处的速度为0v,就依据能量守恒,有28/3828/381mv021kR02h2〕（10）22式中h表示地心到通道的距离；解以上有关各式,得可见,到达通道中点v02R02h2g（11）R0C的速度与物体的质量无关；设想让质量为M的物体静止于出口A处,质量为m的物体静止于出口B处,现将它们同时释放,由于它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点C处,并发生弹性碰撞；碰撞前,两物体速度的大小都是0v,方向相反,刚碰撞后,质量为M的物体的速度为V,质量为m的物体的速度为v,如规定速度方向由A向B为正,就有（12）Mv0mv0MVmv,12Mv012mv01MV21mv2（13）2222解式（12）和式（13）,得v3Mmv01mvB处时的速度为（14）Mm质量为m的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口u,就有1kR02h2〕1mu2（15）2222由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得u28MM m 2

m〕〕 2R0R0h2g（16）〔Mu的方向沿着通道；依据题意,卫星上的装置可使u的方向转变成沿地球B处的切线方向,假如u的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动,就有GMm0mu2m2（17）R02R0由式（16）、（17）并留意到式（6）,可以得到（18）hR07M210Mm2MMm〕2已知M20m,就得（19）h0.925R05920km评分标准：此题20分；求得式（11）给7分,求得式（16）给6分,式（17）2分,式（18）3分,式（19）2分；四、参考解答29/3829/38图复解20-4-1中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入P；的区域）,光线在球面上的入射角和折射角分别为i和i,折射光线与坐标轴的交点在令轴上OP的距离为x,MP的距离为l,依据折射定律,有sinin（1）sini在OMP中l2l2xi2Rxcosi（2）sinisinRx2（3）由式（1）和式（2）得x nl再由式（3）得 2

xn2〔 2Rx22Rxcos〕设M点到Ox的距离为h,有RcoshRsiniR2sin2iR2h2i 2

R得x2x

n2

2R2x22xR2h20（4）〔11〕2xR2h2R2n2解式（4）可得xn2R20h22nR22

nh2（5）n1为排除上式中应舍弃的解,令h,就x处应为玻璃半球在光轴Ox上的傍轴焦点,由上式由图可知,应有xxnn1〕Rnn1R或nn1Rx应表示为n21R,故式（5）中应排除±号中的负号,所以30/3830/38xn2R2h22nR2nh22（6）n1上式给出x随h变化的关系；由于半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有hh,其中折射光线与Ox轴交点最远处的坐标为x0n2R2 2

h0n 2R2 2nh0Ci（7）n21在轴上xx处,无光线通过；时,即会发生全反射,没有折射光随h增大,球面上入射角i增大,当i大于临界角线；与临界角Ci相应的光线有hCRsiniCR1n这光线的折射线与轴线的交点处于xC2

nR2111

2

nnR1x就是所要求的分界点,（8）nn2在轴Ox上Rxx处没有折射光线通过；（9）由以上分析可知,在轴Ox上玻璃半球以右xCxx0的一段为有光线段,其它各点属于无光线段；x与如图复解20-4-2所示评分标准：此题 20分；求得式（7）并指出在Ox轴上 x x处无光线通过,给 10分；求得式（8）并指出在Ox轴上 x x处无光线通过,给 6分；得到式（9）并指出Ox上有光线段的位置,给 4分；31/3831/38五、参考解答放上圆柱B后,圆柱B有向下运动的倾向,对圆柱A和墙面有压力；圆柱 A倾向于向左运动,对墙面没有压力；平稳是靠各接触点的摩擦力保护的；现设系统处于平稳状态,取圆柱 A受地面的正压力为 N,水平摩擦力为 F；圆柱B受墙面的正压力为 N,竖直摩擦力为 F,圆柱A受圆柱B的正压力为2 N,切向摩擦力为 F；圆柱B受圆柱A的正压力为 N3 ,切向摩擦力为 F3 ,如图复解20-5所示；各力以图示方向为正方向；已知圆柱A与地面的摩擦系数 1＝0.20,两圆柱间的摩擦系数 3＝0.30；设圆柱B与墙面的摩擦系数为 2,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ；设两圆柱的质量均为 M,为了求出 N、N、N以及为保持平稳所需的 F、 F、F3之值,下面列出两圆柱所受力和力矩的平稳方程：圆柱A：MgN1N3sinF3cos00（1）F1N3cosF3sin（2）FRFR0（3）圆柱B：MgF2N3sinF3cos0（4）N2N3cosF3sin（5）（6）Fr3Fr2由于F3F,所以得（7）F1F2F3F3FN,于是式（1）、（2）、（4）和（5）四3式中F代表F,F,F和F3的大小；又因N3式成为：MgN1N3sinFFcos0（8）FN3cossin00（9）MgFN3sinFcos（10）32/3832/38N2N3cosFsin0（11）F,以上四式是N,N,N和F的联立方程,解这联立方程可得（12）N2FN311sinsinMg（13）cosN2F1cossinMg（14）cosN12cos2sinMg（15）1cossin式（12）、（13）、（14）和（15）是平稳时所需要的力,N,N,N没有问题,但F,F三个力能不能达到所需要的数值个力中只要有一个不能达到所需的F,即式（12）、（14）要受那里的摩擦系数的制约；三F值,在那一点就要发生滑动而不能保持平稳；第一争辩圆柱B与墙面的接触点；接触点不发生滑动要求2F2N2由式（12）,得F21N2所以21F1（16）再争辩圆柱A与地面的接触点的情形；按题设此处的摩擦系数为1＝0.20,依据摩擦定律fN,如上面求得的接地点保护平稳所需的水平力F中意1N,就圆柱在地面上不滑动；如F11N,这一点将要发生滑动；圆柱A在地面上不发生滑动的条件是1F12cos2sin（17）cosN1由图复解20-5可知cosRr（18）Rr33/3833/38sin1 2

cos2Rr（19）（20）Rr由式（17）、（18）和式（19）以及1＝0.20,可以求得r1R9即只有当r1R时,圆柱A在地面上才能不滑动；9最终争辩两圆柱的接触点；接触点不发生滑动要求F3 cos3 （21）N3 1 sin由式（18）、（19）以及 3＝0.30,可解得2r 7 R 0.29R （22）13明显,在平稳时, r的上限为R；总结式（20）和式（22）,得到r中意的条件为R r 0.29