11L?y2 Ek?Mv2?mv ②
222L式中，M是蹦极者的质量，v是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重力势能为
Ep,动??mL?yL?yg(y?) ③ 2L4而此时静止的那段绳的重力势能为 EyL?yp,静??mL?2Lg4 由②③④式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为
Ef?Ek+Ep,动?Ep,静?Mgy
?11L?y2L?yL 2Mv2?2m2Lv?m2Lg(y??y4)?mL?y2LgL?y4?Mgy按题意，不考虑可能的能量损失，有
Ei?Ef 由①②③④⑤⑥式得 v2?gy4ML?2mL?my2ML?mL?my 将⑦式两边对时间求导得 2vdvdt?gdy?my(4ML?2mL?my)?dt??2+(2ML?mL?my)2?? 将
dydt?v代入⑧式得，蹦极者加速度大小a?dvdt为 a?g?2??1??2ML?mL?2??my(4ML?2mL?2? 或a?g1?my)??2ML?mL?my??????2(2ML?mL?my)2?? 在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为 v1my?L?2gL?2MgL 由⑨式有
da(2M?m)2dymgL2?(2ML?mL?my)3?0 加速度大小的上限为
a?m(4M?m)?y?L?g??1?8M2?? 11 / 23
④ ⑤ ⑥ ⑦
⑧ ⑨ ⑩ ? ?
（2）解法（一）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t?dt下落到离起始水平面距离y?dy处。考虑时刻t绳底端右边长度为dy/2的一小段绳，它在时刻t?dt静止于绳底端左边，如图所示。在这个过程中，在竖直方向上，对这一小段绳应用冲量定理有 (F1?F2)dt?mdymdygdt?0?v ? L2L2式中F1和F2分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻t张力的大小。
另一方面，对于右边正在下落的那段绳，由牛顿第二定律有
mL?y?mL?y? ?M?g?Mg?F2 ? ?y?L2?L2?联立⑤⑥??式得 0?dEf1??(F1?F2)y ? dt2由??式得
F1?F2??1mdy1m2g?v ? 2L24L取dy?0，绳在其上端悬点b处的张力大小为
Fb?mL?y1m2g?v ?
L24L由⑩?式得
y4ML?2mL?my??L?y Fb?mg??? ? 2L4L2ML?mL?my??解法（二）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t?dt下落到离起始水平
面距离y?dy处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为
mL?(y?dy)?mL?y???dp??M?v(y?dy)?M?v(y)??L2L2????? ?
mL?y?mdy? ??M?v(y?dy)?v(y)?v(y?dy)??L2?L2??外力的冲量为
I?(M?m)gdt?Fbdt ? 由动量定理
I?dp ? 并利用
v(y?dy)?v(y)?可得
dvdy dy12 / 23
Fb?mL+ymdymL?ymL?(y?dy)?dv???g?v(y)??(M?)g??M??? ? L2L2dtL2L2??dt??对右边那段绳应用牛顿第二定律有 (M?mL?ymL?(y?dy)?dvmdy1mdy1m2?)g??M??F?g?g?v 2?L2L2L22L24L??dt这里利用了解法（一）的?式。将上式代入?式，并取取dy?0得
Fb?由⑩?式得
mL?y1m2g?v ?
L24Ly4ML?2mL?my??L?y Fb?mg??? ? 2L4L2ML?mL?my??解法（三）设蹦极者在时刻t下落到离起始水平面距离y处，在时刻t?dt下落到离起始水平
面距离y?dy处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为
mL?(y?dy)?mL?y???dp??M?v(y?dy)?M?v(y)??L2L2????? ?
mL?y?mdy? ??M?v(y?dy)?v(y)?v(y?dy)??L2?L2??外力的冲量为
I?(M?m)gdt?Fbdt ? 由动量定理
I?dp ? 并利用
v(y?dy)?v(y)?可得
Fb?dvdy dymL+ym2mL?ymdyg?v(y)?(M?)[g?a(y)]?a(y) ? L22LL2L2利用⑨式，?式成为 Fb?mL+ym2mL?ymy(4ML?2mL?my) ? g?v(y)?(M?)gL22LL22(2ML?mL?my)2式中右端已取dy?0。由⑦?式得
y4ML?2mL?my??L?y Fb?mg??? ? 2L4L2ML?mL?my??
评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑨⑩?式各1分。第（2）问10分，（解法一）???式各2分，??式各1分，?式2分；（解法二）??式各2分，??式各1分，?式2分（其
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中包括（解法一）?式的1分），?式2分；（解法三）??式各2分，??式各1分，??式各2分。
五、（20分）一种拉伸传感器的示意图如图a所示：它由一半径为r2的圆柱形塑料棒和在上面紧密缠绕N（N??1）圈的一层细绳组成；绳柔软绝缘，半径为r1，外表面均匀涂有厚度为t（t??r1??r2）、电阻率为?的石墨烯材料；传感器两端加有环形电极（及绳保持良好接触）。未拉伸时，缠绕的绳可视为N个椭圆环挨在一起放置；该椭圆环面及圆柱形塑料棒的横截面之间的夹角为?（见图a），相邻两圈绳之间的接触电阻为Rc。现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸，绳间出现n个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调
节成由一个未封闭圆环和两段短直线段（及塑料棒轴线平行）串接而成（见图b）。假设拉伸前后? 、r1、r2、?、t均不变。
（1）求拉伸后传感器的伸长率?（?是传感器两电极之间距离的伸长及其原长之比）和两环形电极间电阻的变化率；
（2）在传感器两环形电极间通入大小为I的电流，求此传感器在未
拉伸及拉伸后，在塑料棒轴线上离塑料棒中点O距离为D（D远大于传感器长度）的P点（图中未画出）处沿轴向的磁感应强度。
已知：长半轴和短半轴的长度分别为a和b的椭圆的周长为π(3参考解答：
（1）如图a所示，由几何关系知，传感器轴向和细绳的横截面之间的夹角也是?。传感器两电极之间的长度（原长）为
a?b?ab)，其中b?0。 22r1 ① cos?
每圈绳可看作长半轴为r2?cos?、短半轴为r2?的椭圆环，其周长为
L1?Nr2??r2?r2?2πr?32cos?l?π(3?)?2(??3)②
2cos?2cos?cos?
式中r2??t?r1?r2?r2。拉伸后，传感器的伸长率为?，产生了n个缝隙，设每个缝隙宽L，传感器的长度变为
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L2?L1(1??)?L1?n(L?式中
L?l?2πr2?2r1?由①②③④式得
2r12r)?(N?n)1?nL ③ cos?cos?πr232(??1)?2r1 ④ 2cos?cos?2r1)πr(3?2cos??cos?)?4r1(cos??1)ncos????2L14r1N ⑤ πr(3?2cos??cos?)n ?24r1Nn(L?式中最后一步是因为考虑到r1??r2的缘故。
由电阻定律并利用②式得，每圈椭圆环形细绳沿着塑料棒轴向的电阻为
1?r?r1cos? R1??1? ⑥
2lt(3?2cos??3cos?)r2t式中因子1/2是由于细绳内、外半圈的电阻并联的缘故。未拉伸时传感器的电阻为 R0?NR1?(N?1)Rc?N(R1?Rc), N??1 ⑦
拉伸后，产生缝隙地方的电阻将由原来的接触电阻2Rc和R1之和变为R2（R2为细绳单独绕圆柱形塑料棒一圈的电阻）
32??3)l(3?2cos??3cos?)?r22cos?cos? R2?? ⑧ ???2?rt2?rt4rtcos?111(传感器在其伸长率为?时的电阻变为
?r2R3?R0?n(2Rc?R1)?nR2 ⑨
由⑥⑦⑧⑨式得，传感器在其伸长率为?时的电阻变化率为
(3?2cos??3cos?)?r2?r1cos??2Rc?4rt?RR3?R0(3?2cos??3cos?)r2tn1cos????r1cos?R0R0N?Rc(3?2cos??3cos?)r2t(3?2cos??3cos?)2?r22?2(3?2cos??3cos?)r2tRc??r1cos?n4r1cos? ?N?r1cos??(3?2cos??3cos?)r2tRc??n(3?2cos??3cos?)2?r22?4?r12cos2? ???2?22?4?r1cos??4cos?(3?2cos??3cos?)tr1r2Rc?N⑩
（2）在未拉伸时电流沿着塑料棒轴向，根据毕奥-萨伐尔定律，此时不会产生沿塑料棒轴向的磁场，P点处沿塑料棒轴向的磁感应强度为零。
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第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版
