2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛试题和答案.docx

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1、第5页，共4页第39届全国中学生物理竞赛复赛试题（2022 年 9 月 17 日上午 9:00-12:00）考生必读1、考生考试前请务必认真阅读本须知。2、本试题共7道题，4页，总分为320分。3、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能得分。一、（40分）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la所示：图1b照明光为单色激光，

2、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

3、差异为八平，下面我们通过实验测量八平。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，干涉仪两臂的长度在cm量级。）（1）求相位突变差异八平O（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

4、英槽与臂之间的夹角，使之改变0=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lb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。己知照明光波长为633 nm,石英槽内壁间距为f = 2.00mm,空气 的折射率为1.00。求待测液体的折射率。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 为匕（匕），劲度系数为上。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pt o（）

5、（1）用恒流源通过柔软导线对螺线管通以不变的电流匕，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（i）试导出可求解，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k （表达式中可以含有参量/ ）;cffp（ii）求能实现上述平衡状态的/的取值范围（表达式中不得含有参量/ ）。（）P（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，且在初始时回路己加载电流r,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

6、仍可压缩或拉伸），此时的长度记为,试求，、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W Ocff三、（40分）如图3a,将质量为m、半径为R的匀质实心球从倾角为0的无限 厂大 V长固定斜面上发射，己知球心初速度垂直于斜面，大小为V,球初始的自转角速 A ）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所示的平*面直角坐标系，其中箕轴沿斜面向下，丫轴垂直于斜面向上。假设球与斜面的碰水平面撞是弹性的，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。-4，a ，图曲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。

7、己知球绕其直径的转动惯量为1 = %*求5（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x轴方向的速度以及球的自转角速度；（4）前H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、质量为的匀质刚性细杆，其一端有芸一小孔，嵌套在半径为r的水平圆环的p点处（P是圆环上的固定点）；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!一无摩擦地转动，且杆和圆环矢径OP始终在同一竖直平面内；杆与竖直方向之图格间夹角为。-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，

8、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，e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1（0展兀/2）、II（n/2 9 n ）、III （n 0 3n/2）和IV（3n/2 0 0）时刻的长度七（t）、 x （t）。2（3）记某一弹簧先被拉断的时刻为t，根据（2）中的结果，0（i）求使弹簧1必然先被拉断所对应的a取值范围；（ii）对于并非必然使弹簧1先被拉断的a取值，分析使弹簧1先被拉断的时刻t需满足的条件（表达式中可含0有a）；（iii）求弹簧2先被拉

9、断的可能性与a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a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a满足的关系式。图6an( x )T (x) E (x)六、（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-L x L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

10、电子是完全均匀分布的，其数密度为n ；有温度梯度时，金属内的温度是的 0函数，T（x） = T +5T（x），且5T（x） T。在（局域）热平衡状态下，金属内 00所带电子数密度n（x） = n +5n（x）会略微偏离n，|5n（x） 0）。忽略重力，玻尔兹曼常量为kB。（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j dAdt，则j被称为粒子流密度。粒子扩散流密度j （x）满足斐克（Fick）定律 xxxj (x) = -D-n(x)*dx式中。是扩散系数D = cn( 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

11、，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P是与n（x）、T（x）等无关的已知常量。求金属板内部电场E （x）的表达 x式（用n（x）、T（x）、d n（x）和其他常量表出）。dx（2）试由静电场高斯定理导出E （x）满足的微分方程；并利用 的结果消去电场她1），导出满足的微分方x程和边界条件。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Sn、ST等小量的线性项，解出5n（x）（解中可包含b和b）。+-（4）假设金属内存在温度梯度，即5T（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

12、中的电子受到电场E （x）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5T（x）满足 x的微分方程，并将其线性化。再利用（3）的结果，求出5T（x）。（5）根据（3）和（4）的结果，求出金属两端（x = - L和x = + L）的电势差和温度差的比值（即金属的Seebeck系数s）s = U (L) - U (- L) T (L) - T (-L)附注：对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

13、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p, p + dp 内，夸克物质E中能量为卜的夸克粒子的分布比率（概率分布密度）正比于e-kj4np2dp，其中玻尔兹曼常量：或理想气体普适常量,，：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

14、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3.0 x 10-15m，其中的夸克物质温度约为400 MeV/k。此后，“火球”迅速膨胀降温，至温度约为150 MeV/k时，夸克物质中的夸克开始被束缚在一起形 BB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，求出质子和中子刚刚形成时“火球”的半 径。第39届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答（2022 年 9 月 17 日 9:00-12:00）、（1）迈克尔逊干涉等效于薄膜干涉，照明光为发散光

15、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：2n 2d + A0 = 2知入其中k为整数。一共20个亮条纹，故对于干涉场最外侧的亮条纹：2 2d cos y +A = 2（k-19）nN入M其中Y为薄膜干涉的最大倾角，由式得： M2 2d（1-cosy ） = 19 x 2n入M2 a n2AdX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 Ad。 中心的变化：=23x 2n 最外侧的变化：2 2AdcosY = 20x 2nXM于是得:2023 cosY = 和 Ad = XM 232 代入式得: 藉 2d 11 - 20 1

16、= 19 x 2nX I 23由此得:23 x 192 2d =X =145 X33 代入式： 辛| 1452X | + A9 = 2knX I 3 即： 145 x 2n + 2 x 2n + 甲=2kn3所以A平应该为：2 AW = 3 【注：因为光波函数以2n为周期，所以A9 = ：+2k，兀（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:ZJtc 2(d - )(！ - cosy ) = (m- 1)2tt人、 八 W、，ODD由此得： m = 171 (3) 设液体的折射率为n，如解题图所示。图中，0、i分别是光线的入射 角、折射

17、角。由折射定律有 sin 0 = n sin i 当石英槽相对于与透射臂垂直方向改变0时，光线往返通过石英槽的光程在槽 内有、无液体两种情形下的值之差为：解题图iaL(0) = 2(n OA + AC - OB)sin 0 sin i ).tcos 0nt +1 cos iDDDDDDDDDDD2tn n sin2 icosi cosi1sin2 0cos 0 cos0I sin 0 - cos 0 cos i)26sin2 0=2ntJ2t cos 0DDDDDDDDDDDDD n 2AL(0) -AL(0) = 2nt I 1 -2t(1 - cos 0)=-人AN于是，上述光程差与0=

18、0时的值相比较，有DDDDDDDDDDD因为角度0比较小，虹 1，将上式对0作小量展开并保留至一阶小量: n2sin 2 0 t - - 2t(1-cos 0)=-人ANn t sin2 02t(1 - cos0) -XAN将题给数据t = 2.00 mm，0= 5.00。，AN = N2 - N= 7，代入式得: n = 1-411 评分标准：第(1)问2 3分：式各3分，式2分，式各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)()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 B = * nI = K： 螺旋管的磁通匝

19、链数为 中=NBnr2 = KN 血 l螺线管的电感为 中 u N2nr2 L = I 二七 广 弹簧的弹性势能为W = 1 k （/ -1 ）2 N N D D D N N N D N D D N D D k 20当I = /时，电感存储的磁场能量为01a N 2nr212W = LI 2 = D D D D D D D D D D D D D D D D b 2 021D D D D考虑一缓慢、微小形变过程，记A1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F（以拉伸方向为力的正方向），则依功能原理有D D D D D D D D D D D

20、 D D D D D D D D D D D D FA1 + AA = AW +AW D D D D D D D D D D D D D D D D D D SkB其中AAs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）D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D U =暨=A（虬）D AtAt恒流源克服自感电动势做的功AA为SD D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D AA = UI At = A（虬）I At = 1

21、2AL =-AW D D D D D s 0At 00s式中D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D W = - LI 2 D S0将式代入式，并与下式D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D FAl = AWD D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D 比较得1a N 2 兀 r 212_W = W + W + W =一 k(1 -1 )2 - 0 D D D D D D D D D k b s 2021由式得D D

22、 D D D D D D D D D D D D DD F = AW = k(1 -1 ) + 1 %N2 12DD D D D D D D D D D D D D D D D D A102120缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度1疽 换言之，当1 = 1p时F = 0。由式得k(1 -1 ) +1 a0nN2r2 12 = 0D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D p 02120p此即为所求的1需满足的代数方程。p若1 = 1 +51，对式做小量51展开得 p( a nN2r2_D D D D D D D D D D D F =

23、k -12 51 + =k 8/ + -D D D D D D D D D D D D D 1 30effI p ，式中，是比51更高阶的小量，keff是通电弹簧在平衡长度1附近发生小幅度形变时的等效弹性系数。由式 得effpa nN 2 r 2a 兀N2 r2 G1 - 21 )k = k-a012 = 0 p 0 12D D D D D D D D D eff1 3021 3 (1 - 1 )0Pp 0 pD D(ii由式得kD D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D D 12 = (21 - 21 )1 1 D D D D D D D D

24、D D D D D D D 0 a nN 2 r 20 ppp由平均值不等式0 3ObC a + b + c,当a0,b0,c0;当且仅当a = b = c时取等号3知k(2 / 8kl 3 12 k I 当 I =-M 0 日 nN 2 r 2 I 3 )27 日 nN 2 r 200一 、2一等号仅对应于l = 2 l的情况。于是p 3 0I J kl0 0 27 四 nN2r20(2)忽略边缘效应和漏磁。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LI = L I = 0nN2r2 / 00l00其中长度为l的弹簧螺线管自感系数L由式给出，其对

25、应的电流为I ；而 L = 2 r 2 0 l0故电感磁能为1(L 尸)2(L 尸)2 a N 2 兀 r 2 尸 2W = LI2 =0 0 =0 0 l = 00 l B 22L2 a N 2兀 r 22l 200由式得系统总能量为W = W + W = - k(l - l )2 + a0N2% r2102 m k B 202l 20考虑缓慢、微小形变过程，记Al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 FAl = AW 其中W由式给出。由上式得 F = AW = k(l - l ) + 1 0n

26、N2r2 I2 Al 0 21200缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度r。此即当l = l-时f = 0，由式得k(V -1 ) + - a0N2r2 尸 2 = 01 p 02 l200解得1 a nN 2 r 2l =l -0 E p 0 2 kl 200若 l = l +81，由式得 F = k51 = k 51 peff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 k = eff评分标准：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。二.、（1）设

27、重力加速度大小为g。由质心运动定理得到a = g sin0, a = - g cos0 xy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）v = gt sin0, v = V 一 gtcos0xy相对于其初始位置的位移为1 ,工=$ gt2 sin 0, 设球从出射到再次落到斜面所需时间为Ty （T ） = 0， 1 .y = Vt - 2 gt2 cos。由此得T =二g cos 0再次落到斜面时（t = T）球心的速度则为v = Tg sin 0 = 2V tan 0, v = -V xy而沿着斜面的速度的增加为即垂直于斜面的速度大小不变、方向相反，w = 2

28、V tan 0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3和v，碰撞后则分别变为了 3和v， i if f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。由动量定理这里角速度以及质心角动量定理可得由弹性碰撞过程中动能前后不变可得联立得-FAt = mv - mvf iRFAt = I (ffl -ffl )f iv - v =- R (3 -3)f i 5 f i mv2 + I 2 = 一 mv 2 + I 22 f

29、2 f 2】2】v2 - v2 fi=-2 R 25(32 - f32 )i4 “R3 , 7iR3 f10v7i-3 R37i（因为碰撞过程中有静摩擦，故去掉了增根Vf = v, 2V tan 0, ffl = 0=3）。根据（1）问结果，第1次碰撞前有 iv -1i 将其代入式得，第1次碰撞后有1i6V tan 0v =if 720V tan03 = if 7 R即第1次碰撞后，球心速度为v x + Vy = V | 6 tan 0 x + y if17这里x和j）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o和v （略去下标f，下同），从第

30、n - 1次碰撞后到第n 沿着X方向的速度由v增加为v +w。将式应用于第n次碰撞 n -1n -1次碰撞前，小球绕球心的角速度不变，为n-1v = - (v+ w) + Ron 7n-17Ro = (v+ w) - - Ron 7n-17n-1n-1【解法一】将式乘某个常数a再与式相加得“3 + 10a I4 - 3a “+ a Ro 1 v +Ro + wn 7 I n-1 3 + 10an-1选取a满足4 3a =a3 + 10a符合条件的a有两个，分别为-1,a2= 5分别将其代入式，给出v 一 Ro n2v + Ron 5 n=-(v- Ro )- wn -1n -1=I v + R

31、o| + wI n-15 n-1)由此解得- Ro +- w = (-1)n-11 v - Ro +- w n 2 112将式代入式，给出由此得5v =- n7v + - Ro = I v + - Ro ) + (n - 1) w n 5 n I 15c(-1-1Ro =nw,2+ Ro = nw5 n1-(-1n 5w,1-(-1n +2因此当n为偶数时10 nV tan010 八v = nV tan0n7当n为奇数时，v =(5n - 2)V tan 0, n7o = 10 (n + 1)淄n7R【解法二】将式代入两式得此外，若1020v = w = V tan 0 = Ro2772v =

32、 Ronn3n10v = v + w，Ro = v + w n + 1n 7n+1n710 Dv = v + w = Ro n + 2n 7n + 2则由两式得当n为偶数时，考虑到v）= R气=0，由，彳得v = 10 nV tan0n710 nV tan0由，得，当n为奇数时v =2(5n - 2)V tan 0, n7【解法三】将式写成矩阵形式V/ V+ W( v (Wn I = AI n-iI = AIn-i I + AIR号 Ro) Ro ) 0nn-1n-1 /其中由于第1次碰后由此不难递推给出Vn | = (n + An-1 + 人2 + 人)| Ro )0n而由于A2 = J（

33、J为单位矩阵），因而当n为偶数时，Ro )=2( a+j ): * 1 n ,即有当n为奇数时，即有n1 (n + 1)A + (n -1)Jl W510八v = Ro = nw = nV tan0n n 77w 5n 27 I 5 (n +1)vn= 7 (5n - 2 )V tan 0 , 气号(n + 1)V，（4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分别为+ w和七，因而前n次碰撞过程中斜面对球提供的x方向的总冲量为J = m v - (v + w) = mv - nmwkk-1nk = 1求和利用了初始条件V = 00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J =

34、 2mV = 2nmVy k = 1因此总冲量为将式和w = 2V tan0代入式得当n为偶数时，当n为奇数时，J = m (v - nw)X + 2nmVy n2J = mV7+1 - (-1)n tan0X + 7渺J = nmV (-2 tan0x + 7y)7J=nmV7-2 1 + - j tan 0 X + 7y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

35、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1E = m2（R + a sin0）2 + a2O2 2 分LCk 2杆绕质心的转动可以看成两个正交的定轴转动的合成：一个是杆以倾角0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0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1.-_ XE，= I (o2sin20 +62) 3 分Lk 2 C或1-E，= (I o2 + I。2)2 分Lk 2 C1C其中I为杆对C1轴的转动惯量C1I =一 m(2a sin 0 )2 =- ma 2 sin 2 01 分ci 123式和式中I为杆对过质心且与杆垂直的轴的转动惯量CI = m (2 a )2 = ma 2 1 分c 123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E = E + ELkLCkLk1=一 mo2(R + a sin0)2 + a202 +