《2017第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案解析(精心整理).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案解析(精心整理).doc（44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、第34 届全国中学生物理竞赛决赛试题与参考解答 一、（35 分）如图，质量分别为ma 、mb 的小球a 、b 放置在光滑绝缘水平面上，两球之间用一原长为l0 、劲度系数为k0 的绝缘轻弹簧连接。（1） t = 0 时，弹簧处于原长，小球 a 有一沿两球连线向右的初速度v0 ，小球b 静止。若运动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内，求两球在任一时刻t(t 0) 的速度。（2）若让两小球带等量同号电荷，系统平衡时弹簧长度为 L0 ，记静电力常量为 K 。求小球所带电荷量和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率（极化电荷的影响可忽略）。参考解答：（1）如图， t 时刻弹簧的伸长量为u = l - l0有d
2、 2u mdt2式中m = -k0uma mb ma + mb为两小球的约化质量。由式知，弹簧的伸长量u 服从简谐振动的动力学方程，振动频率为f = w2=1k02m2m m 1ma + mb k0a b最后一步利用了式。t 时刻弹簧的伸长量u 的表达式为u = Asin wt + B coswt式中 A 、B 为待定常量。t = 0 时，弹簧处于原长，即u(0) = B = 0将 B = 0 代入式得a 相对于b 的速度为u = Asin wtv = dra - drb = du = Aw coswt adtdtdtt = 0 时有va (0) = v0 - 0 = Aw 由式得va = v
3、0 coswt 系统在运动过程中动量守恒小球 a 相对于地面的速度为ma v0 = ma va + mbvbva = va + vb 由式可得， t 时刻小球 a 和小球b 的速度分别为m(m + m )k mv = 1 + b cos a ab 0 t avmm m m + m0aa b (m + m )k abmv = 1 - cos b ab 0 t a vm m m + m0a b ab（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为 q ，系统平衡时有L =-q2K 2k0 (L0l0 )0由式得设t 时刻弹簧的长度为 L （见图 II），有q = L0k0 (L - l )K00d 2 Lq2
4、mdt2= -k0 (L - l0 ) + K L2图 II令 x = L - L0 为t 时刻弹簧相对平衡时弹簧长度 L0 的伸长量，式可改写为d 2 xq2 x -2mdt2= -k0 x - k0 (L0 - l0 ) + K L2 1+ L 系统做微振动时有0 0 L0x因而x -2x x 2 1 + L = 1 - 2L+ O L 0 00 利用上式，式可写为d 2 xq2 q2 x 2 mdt2= -k0 (L0 - l0 ) + K L2 - k0 + 2K L3 x + O L x 2 0 0 0 略去O L ，并利用或式，式可写为 0 d 2 xq2 3L - 2lm= -
5、k + 2K x = - 00 k x 0L30L0dt20由式知， 3L0 - 2l0 0 ，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为123L - 2l000mL 0k1 3L - 2l m + m 2 00 ab k0 a bLm m0f =最后一步利用了式。评分参考：第（1）问 24 分，式各 2 分；第（2）问 11 分，式各 2分，式 1 分，式各 2 分。二、（35 分）双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星体均可视为质点，其质量分别为 M 和m ，一起围绕它们的质心做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为T0 。在某一时刻，M 星突然发生爆炸而失去质量D
6、M 。假设爆炸是瞬时的、相对于 M 星是各向同性的，因而爆炸后 M星的残余体 M (M = M - DM ) 星的瞬间速度与爆炸前瞬间 M 星的速度相同，且爆炸过程和抛射物质DM 都对m 星没有影响。已知引力常量为G ，不考虑相对论效应。（1）求爆炸前 M 星和m 星之间的距离r0 ；（2）若爆炸后 M 星和m 星仍然做周期运动，求该运动的周期T1 ；（3）若爆炸后 M 星和m 星最终能永远分开，求 M 、m 和DM 三者应满足的条件。参考解答：（1）两体系统的相对运动相当于质量为 m =Mm M + m的质点在固定力场中的运动，其运动方程是Mm r = - GMm r其中 r 是两星体间的相
7、对位矢。式可化为M + mr3r =- G(M + m) rr3由式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为 M + m 的固定等效引力源的引力场中的运动。爆炸前为圆周运动，其运动方程是G(M + m) 2 2r2= T r0由式解得0 0 G(M + m)T 2 1/3r = 0 0（2）爆炸前， m 星相对于 M 星的速度大小是42v = 2r0 =2 G(M + m)T 2 1/3 0 2G(M + m) 1/3= 0TT42T00 0方向与两星体连线垂直。爆炸后，等效引力源的质量变为M = M + m = M + m - DM相对运动轨道从圆变成了椭圆、抛物线或双曲线。由爆炸刚刚完成
8、时（取为初始时刻）两星体的位置和运动状态可知，两星体初始距离为r0 ，初始相对速度的大小为v0 ，其方向与两星体连线垂直，所以初始位置必定是椭圆、抛物线或双曲线的顶点。对于椭圆轨道，它是长轴的一个端点。设椭圆轨道长轴的另一个端点与等效引力源的距离为 r1 ，在 r1 处的速度（最小速度）为vmin （理由见式），由角动量守恒和机械能守恒得r1v1 = r0v0和v2GMv2GM 1 -= 0 -2r12r0由式得 r1 满足方程 2GM- 222 2vr - 2GM r + r v = 0由式解得r00 110 0 2GM0r- v2 GM-1 0+ G2M 2 - 2GM0r- v2 r2v
9、2 00 0r1 =rr v2= 0(GM + r v2 - GM) = 0 0r2GM - r v20 02GM - r v2 00 00 0另一解r0 可在式右端根号前取减号得到。由式可知r1 r0利用方程和韦达定理（或由式），椭圆的半长轴是r + rGM G(M + m)T 2 1/3M + m - DMa = 01 =22GM- r v2 r0= 0 24M + m - 2DM要使运行轨道为椭圆，应有由式得0 00 a 0a3 GMT1 = 2将式代入式得T1 =(M + m)(M + m - DM )2(M + m - 2DM )3T0解法（二）爆炸前，设 M 星与m 星之间的相对运
10、动的速度为v相对0 ，有G(M + m)r0v相对0 =爆炸后瞬间， m 星的速度没有改变， M - DM 星与爆炸前的速度相等，设 M - DM 星与m 星之间的相对运动的速度为v相对 ，有v相对 = v相对0爆炸后质心系的总动能为E = 1 (M - DM )m v2 质心系总能量为k2 M + m - DM 相对kE = E - G(M - DM )mr0对于椭圆轨道运动有E =- G(M - DM )m2 A式中由开普勒第三定律有A = M + m - DM rM + m - 2DM 0 0G(M + m)r3T0 = 2由式有 0G(M + m - DM )A3T1 = 2有 (M
11、+ m)(M + m - DM )2 1/ 2T1 = (M + m - 2DM )3T0（3）根据式，当DM (M + m)/2 的时候，式不再成立，轨道不再是椭圆。所以若 M 星和m 星最终能永远分开，须满足DM (M + m)/2由题意知联立式知，还须满足式即为所求的条件。M DMM m评分参考：第（1）问 8 分，式各 2 分；第（2）问 23 分，式各 2 分，式 1 分，式各 2 分；解法（二）式各 2分；式各 3 分；式 2 分，式 3 分，式 2 分，式 3 分；第（3）问 4 分，式各 2 分。三、（35 分）熟练的荡秋千的人能够通过在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡越高。一
12、质量为m 的人荡一架底板和摆杆均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可忽略，假定人的质量集中在其质心。人在秋千上每次完全站起时起质心距悬点O 的距离为l ，完全蹲下时此距离变为l + d 。实际上，人在秋千上站起和蹲下过程都是在一段时间内完成的。作为一个简单的模型，假设人在第一个最高点 A 点从完全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至最低点 B ，A 与 B 的高度差为h1 ；随后他在 B 点迅速完全站起（且最终径向速度为零），继而随秋千荡至第二个最高点C ，这一过程中该人质心运动的轨迹如图所示。此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第 3、4 等最高点。假设人站起和蹲下的过程中，人与秋千的相互作
13、用力始终与摆杆平行。以最低点 B 为重力势能零点。（ 1 ） 假 定 在 始 终 完 全 蹲 下 和 始 终 完 全 站 立 过 程 中 没 有 机 械 能 损 失 ， 求 该 人 质 心 在A A B B C 各个阶段的机械能及其变化；（2）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中的机械能损失DE 与过程前后高度差的绝对值Dh 的关系分别为DE = k1mg(h0 + Dh) ，0 k1 1，始终完全蹲下DE = k2 mg(h0 + Dh) ，0 k2 0 时，线框平面恰好逆时针转至水平，此时断开 P 、Q 与外电路的连接。此后线框如何运动？求 P 、Q 间电压VPQ 随时间变化的关系式；（
14、4）线框做上述运动一段时间后，当其所在平面与 X 轴夹角为q q 3 时，将 P 、Q 短路，1 414 线框再转一小角度a 后停止，求a 与q1 的关系式和a 的最小值。参考解答：（1）线框 ab 边和cd 边绕OO 轴的转动惯量 Jab 和 Jcd 均为m l 2 Jab = Jcd = 4 2 = ml216线框ad 边和bc 边绕OO 轴的转动惯量 J ad 和 Jbc 均为0l /2 mml 2线框绕OO 轴的转动惯量 J 为Jad = Jbc = 2 4lr2dr = 48ml2J = Jab + Jcd + Jad + Jbc = 6 （2）当线框中通过电流 I 时， ab 和c
15、d 两边受到大小相等，方向相反分别指向 X 轴正向和反向的安培力。设线框的 ab 边转到与 X 轴的夹角为q 时其角速度为q ，角加速度为q ， ab 边和cd 边的线速度则为v = l q ，所受安培力大小为 F = BlI ，线框所受力偶矩为2M = -2 l BlI sinq -Bl 2Iq 2Jq = -Bl2 Iq式中已用到小角近似sinq = q ，其中负号表示力偶矩与线框角位移q 方向相反，根据刚体转动定理，有 此方程与单摆的动力学方程在形式上完全一致，所以线框将做简谐运动，可设其运动方程为BIJq = q0 coswt 将其代入式，可求得于是，角位移q 随时间t 而变化的关系式
16、为w = l6BIm= 角速度q 随时间t 而变化的关系式为q = q0cos6BI t mq = -q6BI sin6BI t 0mm角加速度q 随时间t 而变化的关系式为q = -q6BI cos 6BI t0m2 6BI由式知，当t =时，q = 0 ，q = -q0mm6BI 达到反向最大值，q = 0 ，可见，线框的运动是以m6BImm6BIq = 0 为平衡位置、圆频率w =、周期T = 2、振幅为q0 的简谐运动。（3）线框在做上述运动的过程中，当逆时针转至 ab 边与 X 轴正向重合时，q = 0 ，且q0 = q06BI ，m此时 P 、Q 形成断路，线框内没有了电流，不再受
17、到安培力的力矩。由于没有阻力，线框将保持作角速度为q0 的匀角速转动q (t) = q0 ，t t0因为 ab 和cd 边切割磁力线，线框中产生的感应电动势随时间变化的关系为e = 2Blv sin 6BI (t - t ) = 2Bl l q sin 6BI (t - t )q0m0 2q0m0 =Bl2q6BImsin 6BI (t - t )0q0m0 P 、Q 间电压VPQ 随时间变化的表达式为V= -Bl2q6BI6BImsin(t - t )PQ0q0m0 （4）当 P 、Q 短路后，设线框转到某一角位置q 时的角速度为q ，由于 ab 和cd 边切割磁力线产生的Bl2qsinq2
18、感应电动势为 Bl q sinq ， 在线框中产生的电流为R， ab 和 cd 边受到的安培力大小为 Bl 2q B2l3B R l sinq =q sinq ，分别指向 X 轴正向和反向，形成的力偶矩为RB2l42M =- Rq sin q设 P 、Q 刚短路的时刻为t1 ，此时线框还在以式的角速度逆时针转动，其角动量为Jq0 =ml 2 q606BIm= l 2qmBI60由于受到上述力偶矩的作用，线框转动会减慢直至停止。设停止转动时的时刻为tx ，角位置为q1 + a ， 此时线框的角动量为0 。根据角动量定理，应有由此得tx0 - Jq0 = Mdt ，t1tx B2l4q1+a B2
19、l4B2l 41Jq0 = t1q sin2 q dt =qR1sin2 q dq RRa sin2 qRJq0Rq0mIB l sin qBl2 sin2 q6B2 42=11式中右端积分已应用了a 是小角度的题设条件。由式得a =当q = 12时，a 有最小值am =RmI qBl 26B 0评分参考：第（1）问 2 分，式 2 分；第（2）问 12 分，式各 2 分，式各 1 分；第（3）问 8 分，式各 2 分；第（4）问 13 分，式各 2 分，式 1 分，式 2 分。五、（35 分）如图，某圆形薄片材料置于 xOy 水平面上，圆心位于坐标原点O ：xOy 平面上方存在大小为 E 、
20、沿 z 轴负向的匀强电场，以该圆形材料为底的圆柱体区域内存在大小为 B 、沿 z 轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。从原点O 向 xOy 平面上方的各方向均匀发射电荷量为 q 、质量为m 、速度大小为v 的带正电荷的粒子。粒子所受重力的影响可忽略，不考虑粒子间的相互作用。（1）若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内的粒子占发射粒子总数的百分比为h = 50% ，求该薄片材料的圆半径 R 。（2）若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变，竖宣方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小10% 。（i）求在粒子
21、射出直至它第一次与材料表面发生碰撞的过程中，粒子在 xOy 平面上的投影点走过路程的最大值：（ii）对（i）问中投影点走过路程最大的粒子，求该粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面的过程中走过的路程。1+ u21+ u2已知 du= 1 u+ 1 ln(u +1+ u2 ) + C ， C 为积分常数。22参考解答：（1）由于本问题在 xOy 平面上具有以圆点为中心的圆对称性，不妨设某一带正电荷的粒子的速度为(0，vsinq ，v cosq )被电场和磁场束缚的粒子将在以材料表面为底的圆柱形区域内做 z 方向的螺旋运动（即在 xOy 平面散匀速圆周运动。在 z 方向做匀变速直线运动）。粒子
22、在 xOy 平面内的投影做匀速圆周运动的半径为r(q ) = mv sinqqB若该粒子能被该电场和磁场束缚在以圆形材料为底的圆柱形区域内，则有r(q ) R02假 设被电场 和磁场束缚 住的粒子 的发射方向 均匀分布 在以 z 轴为对 称轴的立 体角 DW ：0 q Q ，0 f 2 内，这一立体角所对应半径为一个长度单位的球面的面积（立体角的值DW ） 为qDW = -2 d cosq = 2(1 - cosQ )0从原点O 向 xOy 平面上方各方向均匀发射的带正电荷的粒子所占的立体角为2 。按题意，被该电场和磁场束缚的粒子占发射粒子总数的百分比h 为h = DW = = 50%由式得2
23、2q Q = 3可见，只要粒子速度方向与 z 轴的夹角q 满足条件式，它就必然会被电场和磁场束缚住。由式可知R = 3mnqB（2）（i）带正电荷的粒子在磁场和电场区域做螺旋运动，由式得，粒子投影在 xOy 平面做一次圆周运动的时间为=2rTvsinq= 2mqB粒子在 z 方向做匀变速直线运动，以粒子发射时刻为计时零点设粒子第一次与材料表面碰撞前的瞬间为时刻t1 (q ) ，由运动学公式有v cosq - a t1 (q ) = 02式中由式得a = qEmt (q ) = 2mv cosq1qE粒子在 xOy 平面的投影做一次圆周运动的路程为d (q ) = 2r(q ) = 2mvsin
24、qqB粒子在 xOy 平面的投影在t1 时间走过的总路程 sz =0 (q ) 为z=0s(q ) = t1 (q ) d (q ) =mv2sin 2q当时， sz =0 最大TqEq = 4max mv2sz=0 = sz=0 q = 4 = qE（ii）若粒子的投影在 xOy 平面上走过的总路程恰好达到最大值，则q 的取值如式所示，粒子在 z 方向做匀减速直线运动，在 xOy 平面上做匀速圆周运动，以粒子发射时刻为计时零点，粒子在发射后时刻t 的合速度大小为 2 v sin 4 + v cos 4 - at 2v合 =该粒子从发射到第一次与材料表面碰撞前的瞬间运动的路程为t1 (q =/
25、4)/2mv2 1 s= 2dtv=du1+ u21合qE 00已利用式。利用题给积分公式，由式得s =2 + ln(1+ 2) 1 mv21qE2它与粒子发射时的动能成正比。粒子每一次与材料表面碰擅前后，z 方向速度反向，而沿 xOy 平面的速度方向不变，且沿 z 方向的速度和沿 xOy 平面的速度都按同样比例减小：以至于动能减小10% ，粒子再次出射的出射角大小不变。粒子按照同样的规律运动下去，其第 n 次发射到与材料表面碰撞前的瞬间走过的路程 sn 为1ns = kn-1s ，k =1-10%最终其动能耗尽（沉积到材料表面)。利用式，粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面的过程中运动
26、的总路程 S总 为S 总 = s1 + s2 + sn += (1 + k + k n -1 +)s1由式得= s11 - k= 10s15mv2S 总 = 2 + ln(1 +2 )qE评分参考：第（1）问 12 分，式各 2 分；第（2）（i）问 13 分，式 2 分，式各 1 分，式各 2 分，式 1 分，式各 2 分；第（2）（ii）问 10 分，式中 2 分。六、（35 分）有一根长为6.00 cm 、内外半径分别为0.500 mm 和5.00 mm 的玻璃毛细管。（1）毛细管竖直悬空固定放置，注入水后，在管的下端中央形成一悬挂的水滴，管中水柱表面中心相对于水滴底部的高度为3.50
27、cm ，求水滴底部表面的曲率半径 a ；（2）若将该毛细管长度的三分之一竖直浸入水中，问需要多大向上的力才能使该毛细管保持不动？已知玻璃的密度是水的2 倍，水的密度是1.00 103 kg m-3 ，水的表面张力系数为7.27 10-2 N m-1 ，水与玻璃的接触角q 可视为零，重力加速度取9.80m s-2 。参考解答：（1）设大气压强为 P0 ，毛细管的内径为 r ，外径为 R ，水的密度为r0 ，表面张力系数为s ，重力加速 度为g ，对于水柱的上端水与管壁完全浸润，接触角q = 0 ，水柱上端内表面压强 P1 为P = P - 2s 10r水柱下端内表面压强 P2 为P = P +
28、2s水柱平衡时有20a由式得P2 = P1 + r0 gh由式和题给数据得a =2s rr0 ghr - 2sa = 2.79 10-3 m（2）将该毛细管长度的三分之一竖直浸入水中后，设管内水柱顶部与管外水平的水面高度差为h1 ，由平衡条件得r r2h g = 2r s01即由上式和题给数据得h1 =2s r0 grh1 = 2.97 cm 4.00cm毛细管内壁所受的附着力 F1 大小等于管外水平的水面以上管内水柱的重力大小G1 ，即1101F = G = r gr2h方向向下。玻璃管外壁所受的附着力 F2 大小为F2 = s 2R方向向下。设玻璃管长度为 h ，玻璃管所受的重力大小为0G = 2r g(R2 - r2 )h方向向下。玻璃管所受到的浮力大小 F0 为F = 1 hr g(R2 - r 2