《第22届全国-中学生物理竞赛复赛题及其解答.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第22届全国-中学生物理竞赛复赛题及其解答.doc（21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、-_一、图中的是游乐场中的滑道模型，它位于竖直平面内,由两个半径都是的AOBR1/4 圆周连接而成，它们的圆心、与两圆弧的连接点在同一竖直线上沿水池1O2OOBO2的水面一小滑块可由弧的任意点从静止开始下滑 AO1若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中，在两个圆弧上滑过的弧长相等，则小滑块开始下滑时应在圆弧上的何处？（用该处到的连线与竖直线的夹角表AO1O示） 2凡能在点脱离滑道的小滑块，其落水点到O的距离如何？2O二、如图所示，O 为半径等于 R 的原来不带电的导体球的球心，O1、O2、O3为位于球内的三个半径皆为 r 的球形空腔的球心，它们与 O 共面，已知在 OO1、OO2的连线上距2321
2、ROOOOOOO1、O2为的 P1、P2点处分别放置带电量为 q1和 q2的线度很小的2r导体（视为点电荷） ，在 O3处放置一带电量为 q3的点电荷，设法使q1、q2和 q3固定不动在导体球外的 P 点放一个电量为 Q 的点电荷，P 点与 O1、O2、O3共面，位于的延长线上，到 O 的距离OO3ROP21求 q3的电势能2将带有电量 q1、q2的小导体释放，当重新达到静电平衡时，各表面上的电荷分布有何变化？ 此时 q3的电势能为多少？O1O2OAB第第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题届全国中学生物理竞赛复赛题O1O2O3PP2P1ORR r-_三、(22 分) 如图所示，水平放置的横截面
3、积为 S 的带有活塞的圆筒形绝热容器中盛有 1mol 的理想气体其内能，C 为已CTU 知常量，T 为热力学温度器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等且皆为 F图中 r 为电阻丝，通电时可对气体缓慢加热起始时，气体压强与外界大气压强 p0相等，气体的温度为 T0现开始对 r 通电，已知当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收若用 Q 表示气体从电阻丝吸收的热量，T 表示气体的温度，试以 T 为纵坐标，Q 为横坐标，画出在 Q 不断增加的过程中 T 和 Q 的关系图线并在图中用题给的已知量及普适气体常量 R 标出反映图线特征的各量（不要求写出推导过程）
4、四、 （23 分）封闭的车厢中有一点光源 S，在距光源 l 处有一半径为 r 的圆孔，其圆心为 O1，光源一直在发光，并通过圆孔射出车厢以高速 v 沿固定在水平地面上的 x 轴正方向匀速运动，如图所示某一时刻，点光源 S 恰位于 x 轴的原点 O 的正上方，取此时刻作为车厢参考系与地面参考系的时间零点在地面参考系中坐标为 xA处放一半径为 R（R r）的不透光的圆形挡板，板面与圆孔所在的平面都与 x 轴垂直板的圆心 O2 、S、 、O1都等高，起始时刻经圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏幕（图中未画出）上由于车厢在运动，将会出现挡板将光束完全遮住，即没有光射到屏上的情况不考虑光
5、的衍射试求：1车厢参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻 2地面参考系中（所测出的）刚出现这种情况的时刻 五、 （25 分）一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环，其内、外半径分别为 a1、a2，厚度可以忽略两个表面都带有电荷，电荷面密度随离开环心距离 r 变化的规律均为，20)(rra1a2a0p0rSvRxAOlrO2 O1-_为已知常量薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度减速转动，t = 00时刻的角速度为将一半径为 a0 (a0 vA、vB 七、 （25 分） 如图所示，在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分别拴着一个质量为 m 的小球 A 和质量为 2m 的小球 BA 用细线拴
6、住悬挂起来，系统处于静止状态，此时弹簧长度为 现将细线烧断，并以此时为计时零点，取一相l对地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴 Ox，原点 O 与此时 A 球的位置重合如图试求任意时刻两球的坐标vBvABAOABkxOl-_第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、1如图所示，设滑块出发点为，离开点为，按题意要求、与竖直1P2P11PO22PO方向的夹角相等，设其为，若离开滑道时的速度为v，则滑块在处脱离滑道的条件是2P(1)cos2 mgRmv由机械能守恒(2)2 21)cos1 (2vmmgR(1)、(2)联立解得或 (3)54cos253654arccos2设滑块刚能在 O 点离开
7、滑道的条件是（4）mgRm2 0vv0为滑块到达 O 点的速度，由此得（5）Rg0v设到达 O 点的速度为 v0的滑块在滑道 OA 上的出发点到的连线与竖直的夹角为，由机1O0械能守恒，有（6）2 0021)cos1 (vmmgR由（5） 、 （6）两式解得（7）3 0若滑块到达 O 点时的速度，则对 OB 滑道来说，因 O 点可能提供的最大向心力为0vv mg，故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点对于的滑块，其在 OA0vv 上出发点的位置对应的角必大于，即，由于，根据机械能守恒，到达002maxO 点的最大速度（8）Rgmax2v由此可知，能从 O 点离开滑道的滑块速度
8、是 v0到之间所有可能的值，也就是说，从maxvO1O2OABP1 P2-_至下滑的滑块都将在 O 点离开滑道以速度 v0从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，32其落水点至的距离2O（9）tx00v（10）2 21gtR 由（5） 、 （9） 、 （10）式得（11）Rx20当滑块以从 O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到的距离maxv2O（12）txmaxmaxv由（8） 、 （10） 、 （12）式得（13）Rxmax2因此，凡能从 O 点脱离滑道的滑块，其落水点到的距离在到之间的所有可能2OR2R2值即（14）RxR22二、1由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为、和的
9、面电荷，1q2q3q由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量由静电屏蔽可知，点电荷321qqqq1及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q2及感应电荷（）在空腔外产1q2q生的电场为零；点电荷 q3及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零因此，在导体球外3q没有电荷时，球表面的电量作球对称分布321qqq当球外 P 点处放置电荷 Q 后，由于静电感应，球面上的总电量仍为，但这321qqq些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零O3处的电势由位于 P 点处的 Q、导体球表面的电荷及空腔 3 表面的感应电321qqq荷（）共同产生无
10、论在球面上如何分布，球面上的面电荷到 O 点的距离3q321qqq-_都是 R，因而在 O 点产生的电势为， Q 在 O 点产生的电势为，这两部分Rqqqk321 RQk2电荷在 O3点产生的电势与它们在 O 点产生的电势相等，即有U（1） RqqqQkRQ RqqqkU2222 2321321因 q3放在空腔 3 的中心处，其感应电荷在空腔 3 壁上均匀分布这些电荷在 O3点产生3q的电势为(2)rqkU3 根据电势叠加定理，O3点的电势为(3) rq RqqqQkUUU3321 2222故 q3的电势能(4) rq RqqqQkqUqW3321 3322222 由于静电屏蔽，空腔 1 外所
11、有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零，空腔 1 内的电荷 q1仅受到腔内壁感应电荷的静电力作用，因 q1不在空腔 1 的中心 O1点，所以感应电荷1q在空腔表面分布不均匀，与 q1相距较近的区域电荷面密度较大，对 q1的吸力较大，在1q空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔 1 表面，与感应电荷中和同理，1q空腔 2 中 q2也将在空腔表面感应电荷的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷2q中和达到平衡后，腔 1、2 表面上无电荷分布，腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布2q没有变化O3的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量及空腔 3 内壁的321qqq电荷共同产生，故
12、O3处的电势 U 与 q3的电势能 W 仍如(3)式与(4)式所示3q三、答案如图所示-_附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热，气体的温度升高，压强增大，活塞开始有向外运动的趋势，但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和以前，活塞不动，即该过程为等容过程因气体对外不做功，根据热力学第一定律可知，在气体温度从 T0升高到 T 的过程中，气体从电阻丝吸收的热量， (1)0TTCQ此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和若用 T1表示此过程达到末态的温度，p 表示末态的压强，Q1表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，
13、由等容过程方程有(2)010TT pp由力的平衡可知(3)FSppS0由（2） 、 （3）两式可得abdQTT0 SpCFTQ00 1 0 00 1TSpFSpTtan2= FRSRpCFSCpFSp 000 2222C1tan1 12-_(4) SpTFSpT000 1代入(1)式得(5)SpCFTQ00 1由以上讨论可知，当时，T 与 Q 的关系为1QQ (6)0TCQT在图中为一直线如图中所示，其斜率QT ab(7)CKab1直线在 T 轴上的截距等于 T0，直线 ab 的终点 b 的坐标为（T1，Q1） 当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变
14、，所以气体的压强不变，仍是 p，气体经历的过程为等压过程在气体的体积从初始体积 V0增大到 V，温度由 T1升高到 T 的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为，活塞运Q动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q，由热力学第一定律可知(8)01VVpTTCqQq 可由摩擦力做功求得，即(9) SVVFq0 21代入（8）式得(10)010 2VVpTTCSVVFQ-_由状态方程式可知(11)10TTRVVp将（11）式和（4）式代入（10）式，得1 02TTFSpFRRCQ 即（12） 1 000 2222TQFRSRpCFSCpFSpT从开始对气体加热到气体温度升高到 T( T1)的过程中，气体从电
15、阻丝吸收的总热量（13）QQQ1把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5） ，得（14） SpCFTQQSpTFSp SpCFTQFRSRpCFSCpFSpT00 1 00000000 2222由此可知，当时，T 与 Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为SpCFTQQ00 1，；斜率为SpCFTQQ00 11TT （15） FRSRpCFSCpFSp 000 2222在图中，就是直线 bd，当热量 Q 从零开始逐渐增大，气体温度 T 将从起始温度 T0沿QT 着斜率为 Kab的直线上升到温度为 T1的 b 点，然后沿着斜率为 Kbd的直线上升，如图abbd所示-_四、1相对于车
16、厢参考系，地面连同挡板以速度 v 趋向光源S 运动由 S 发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的增大，其横截面积逐渐扩大若距 S 的距离为 L 处光束的横截面正好是半径为 R 的圆面，如图所示，则有LR lr可得(1)rRlL 设想车厢足够长，并设想在车厢前端距 S 为 L 处放置一个半径为 R 的环，相对车厢静止，则光束恰好从环内射出当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住此时，在车厢参考系中挡板离光源 S 的距离就是 L在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光源的距离为(2)21cxAv故出现挡板完全遮住光束的时刻为(3)vvLcxtA21由（1） 、 （3）式得(4
17、)vvv rRlcxtA212相对于地面参考系，光源与车厢以速度 v 向挡板运动光源与孔之间的距离缩短为(5)2c1vll而孔半径 r 不变，所以锥形光束的顶角变大，环到 S 的距离即挡板完全遮光时距离应为 (6)22 1crRl rRlLv初始时，挡板离 S 的距离为 xA，出现挡板完全遮住光束的时刻为(7)22 1crRlxLxtAAv vvvrRlLS-_五、用半径分别为 r1（a1） ，r2，ri，rn1（a2）的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n 个细圆环第 i 个细圆环的宽度为，其环带面积1iiirrriiiiiirrrrr2S22式中已略去高阶小量 ，该细圆环带上、下表面所
18、带电荷量之和为2)(irii ii iiirrrrrSq42220 20设时刻 t，细圆环转动的角速度为，t0单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流ii iirrqI2 20由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为(1)20r2iiii irkrIkB式中是一个微小量，注意到，有ir2 1iiiiiirrrrrr(2)iiiiiiii rrrrrr rr11111 2将各细圆环产生的磁场叠加，由（1） 、 （2）式得出环心 O 点处的磁感应强度：(3)由于 a0a1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由 O 点的场表示磁场对导线环的磁通量2112
19、0)(2 aaaakB(4)2 0 21120)(2aaaaakBS由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为(5)212 0120212 0120)(2)(2 aaaaak taaaaak tE由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为-_(6)Raaaaak RI212 0120)(2E设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段l 所受的安培力都沿环半径向外现取对于 y 轴两对称点 U、V，对应的二段电流元所受的安培
20、力的大小为lI(7)lBIf方向如图所示，它沿 x 及 y 方向分量分别(8)yBIlBIfxcos(9)xBIlBIfysin根据对称性，作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消，即(10)0yBIyBIfx（式中，当时，是正的，当时，是负的，故） ，cosly2y2y0y而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为(11) 02aBIxBIxBIfy（式中，由于在 0之间都是正的，故） ，sinlxx02ax即半个导线圆环上受的总安培力的大小为，方向沿 y 正方向，由于半个圆环处于平衡02aBI状态，所以在导线截面 Q、N 处所受
21、（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F 应满足由（3） 、 （6）两式得 022aBIF MNQffxfyxyOxylffxfylUV-_(12)tRaaaaakBIaF02 22 12 123 02 020)(4由（12）式可见，张力 F 随时间 t 线性减小六、如图所示，t 时刻汽车 B 位于处，距 O 点的tB距离为 vBt此时传播到汽车 B 的笛声不是 t 时刻而是较早时刻 t1由 A 车发出的汽车 A 发出此笛声时位于处，距 O 点的距离为此笛声由发出点到接收 1tA1Atv点（t 时刻 B 车所在点）所传播的路程为 u(tt1)，由几何关系可知(1)2 12 1A2 B)()(tt
22、utt vv即0)(2)(222 122 122tuttutuBAvv这是以 t1为变量的一元二次方程，其解为 tuuutABABA 222222221)(vvvvv由于，但 t1 t，所以上式中只能取减号222 Auuv(2)tuuut2 A22 B2 A2 B2 A221)(vvvvv(3)tuutt2 A22 A2 B2 A2 B2 A21)(vvvvvv令(4)kuBABA22222)(vvvv有， (5)tukut2 A221vtukt -t2 A22 A 1vv 在时刻，位于处的汽车 A 发出的笛声沿直线（即波线）在 t 时刻传到处，1t 1tA tBtA1tBA(t1)B(t)B
23、(t)A(t)vBvAOA(t1)-_以、分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有 1tA tB(6) )()(cos2 A2 A11A A1vvv kuku t -tu t t(7) )()(cos2221AABB tBkuu t -tu tvvvv令表示 B 车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知(8) 01coscostAAtBB uuvv由（6） 、 （7） 、 （8）式，得(9) 022222222222222222BABAAABABABAuuuuuvvvvvvvvvvvv 七、解法一：对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统，当 A、B 之间的距离为 l 时，已知 mA = m，mB
24、= 2m，由质心的定义，可知系统的质心 C 离 A 的距离（1）llC32故 A、B 到质心 C 的距离分别为（2）llllBA31 32若以质心 C 为参考系（质心系） ，则质心 C 是固定不动的，连接A、B 的弹簧可以分成两个弹簧 CA 和 CB设弹簧 CA 的自然长度为 lA0，劲度系数为 kA，一端与小球 A 相连，另一端固定在 C 点；弹簧 CB 的的自然长度为 lB0，劲度系数为 kB，一端与小球 B 相连，另一端亦固定在 C 点若连接 A、B 的自然长度为 l0，根据题意有（3）mgllk20由（2）式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为（4）000031 32llllBA
25、当 A 被悬挂，系统处于静止时，已知连接 A、B 的弹簧长度为 l，由（2）式可知，此时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为ABkxOl C-_（5）llllBA31 32弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为0032llkllkfAAAAA0031llkllkfBBBBB但 fA 、fB就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f，即有0llkfffBA由此得（6）kkkkBA323相对地面，质心 C 是运动的，在 t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A 位于 Ox 轴的原点 O 处，即；B 的坐标由（1）式，可知此时质心 C 的坐标为 00 Ax lxB0（7） lxC320 在
26、细线烧断以后，作用于系统的外力是重力故质心以 g 为加速度做匀加速直线gmm2运动，任意时刻 t，质心的坐标（8）22 21 32 21)0()(gtlgtxtxCC由于质心作加速运动，质心系是非惯性系在非惯性参考系中，应用牛顿第二定律研究物体的运动时，物体除受真实力作用外，还受惯性力作用若在质心系中取一坐标轴，原点xO 与质心 C 固连，取竖直向下为轴的正方向，当小球 B 在这参考系中的坐标为时，OxO Bx弹簧 CB 作用于 B 的弹性力0BBBBlxkf当时，方向竖直向上此外，B 还受到重力 mg，方向竖直向下；惯性力大小为0BBlxmg，方向竖直向上作用于 B 的合力mgmglxkFB
27、BBB0由（3） 、 （4）式得（9） kmglxkFBBB2 31-_令（10） kmglxXBB2 31有（11）BBBXkF当 XB = 0，作用于 B 的合力 FB = 0，B 处于平衡状态，由（10）式，可知在质心系中，B 的平衡位置的坐标（12） kmglxB2 31 0XB为 B 离开其平衡位置的位移， （11）式表明，作用于 B 的合力具有弹性力的性质，故在 FB作用下， B 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率（13）mk mkBB B23离开平衡位置的位移（14）BBBBtAXcosAB为振幅，为初相位在 t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，B 是静止的，故此时 B 离开
28、其B平衡位置的距离就是简谐振动的振幅 AB，而在 t = 0 时刻，B 离开质心的距离即（5）式0Bx给出的 lB，故 B 离开平衡位置的距离即振幅0BBBxlA由（5）式、 （12）式得（15）kmg kmgllAB32)2(31 31因 t = 0，XB =AB，且 XB是正的，故0B由此得（16） tmk kmgXB23cos32由（10）式，t 时刻 B 在质心系中的坐标-_（17） tmk kmg kmgltxB23cos32)2(31在地面参考系的坐标（18）txtxtxBCB得（19） tmk kmggtltxB23cos132 212同理，当小球 A 在质心系中的坐标为时，注意
29、到是负的，这时，弹簧 CA 的伸长量为AxAx， kmglxlxlxAAAA2 32 32 00当为负时，弹力向下，为正，当为正时，弹力向上，为负，故有0AAlx0AAlx kmglxkfAAA2 32作用于 A 的合力为 kmglxkFAAA2 32令kmglxXAA2 32有AAAXkF当 XA=0，作用于 A 的合力 FB = 0，A 处于平衡状态，A 的平衡位置的坐标（20） kmglxA2 32 0XA为 A 离开其平衡位置的位移，故在合力 FA作用下， A 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率（21）mk mkA A23-_离开平衡位置的位置AAAAtAXcosAA为振幅，为初相
30、位在 t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A 是静止的，A 离开质心 C 的A距离为 lA，A 的平衡位置离开质心的距离为故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA，0Axkmg kmgllxlAAAA342 32 32 0 而此时，故AAAXA由此得（22） tmk kmgXA23cos34在时刻 t，A 在地面参考系中的坐标)23(23cos134 213cos342 32 21 3222 0 tmk kmggttmk kmg kmglgtlXxtxtxAACA解法二：当球相对于地面参考系的坐标为时，弹簧的伸长量为，所受的合力AxCAxlxC032A为 xlxkmgFCA032 23其加
31、速度为 xlxkmgaCA032 23)1 ( 其相对于质心的加速度为 0032 23 32 23lxxkmxlxkmgaaCCAA-_其中表示球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对 032lxxCA位移与参考系无关上式表明，相对质心，球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向也就是A说，球相对质心作简谐振动A同理可证， 3320lxxkmgFCB 3230lxxmkgaCB)2( 其相对于质心的加速度为 032 23lxxkmaCB)3( 其中表示球相对于其平衡位置的位移，相对质心，球的加速度与其相对于 30lxxCBB平衡位置的位移成正比且反向，即球相对质心也作简谐振
32、动且有与振动的圆频率相BAB等， mk BA23)4( 解法三： 在地面参考系中，列 A、B 的牛顿定律方程)(0121lxxkmgma)1 ( 2 )(20122lxxkmgma)2( x1、x2是 A、B 的坐标，l0是弹簧的自然长时，有0t0, 011vxx1 , x2, kxOAB-_0,22vlx为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系lmgllk2)(0所以kmgll2 0由+，)1 ( )2( gaa3221令，是一个恒定的加速度，结合初始条件，对应的坐标和运动方程是，gaaa3221aa2 212322gtlxx)3( 再由，)2( 2)1 ( )(3)(201212lxxkaam)4( 这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答， tmkAlxx23cos012结合初条件，cos0All0sin23mkA得到0kmgllA2 0所以 tmk kmglxx23cos2 012即-_ tmk kmg kmglxx23cos22 12)5( 由，得)3( 2)5( tmk kmggtx23cos134 212 1)6( 由+，得)3( )5( tmk kmggtlx23cos132 212 2 7