32届大学生物理竞赛试题解答

1 / 13 第32届全国部分地区大学生物理竞赛试卷 参考答案 2015.12. 1. 2 3 a ， 3 3 a 。 2. g l L ， ( 2 ) g L l l L 。 3. 3 3 5 Rg， 19 10 3 Mg。 4. 2 2 4 A B p p R r L ， 4 8 L R 。 5. 2 2 2 2 x y m kTm e kT v v ， 2 2 2 2 m kT m e kT v v 。 6. 1 2 3 I I I ， 2 2 3 3 2 3 I R I R 。 7. 0， 0 3 4 Q r 。 8.（2）和（3）， L m L S B E dl j ds t （2）和 S m S V B ds dV （3）。 9. * * 0 mr mbv v ， 2 2 * 2 0 * 0 1 1 2 4 2 Ze m m r v v 。 10. 1 ( ) 6 n d ， 5 ( ) 6 n d 。 解：因绳子只形成驻波，若取绳子在墙上的固定端为原点，则驻波各点的振幅 ( )A x 为 0 2 ( ) 2 sinA x A x 、 式中为波长，有 2d 设振动端与最接近的节点之间的距离为b，若改取该节点为坐标原点，则因振动端的振幅为 A，利用上式可得 0 0 2 2 sinA A b 6 2 5 6 b 或 6 5 6 d b d 或 故绳长为 1 ( ) 6 5 ( ) 6 n d L nd b n d 或 2 / 13 11.（15分） 解：肥皂膜反射光相干叠加获最大增强的条件是 光程差 2 2 nh k 2 1 2 nh k （4分） 其中 1.35n ， 0.550h m ，再将4000A o 、7000A o 代入，分别计算得 4.2k 、 2.6k 。 据此可知得到增强的光波长分别为 1 1 1 4 2 424 1 2 k nh nm k ， 2 2 2 3 2 594 1 2 k nh nm k （4分） 反射光干涉相消的条件是 光程差 1 2 2 2 nh k 2nh k （4分） 得 4000A o 对应 3.7k 、7000A o 对应 2.1k 反射光干涉相消的光波波长为 3 2 495 k nh nm k （3分） 12.（15分） 解：（1） 0t 合上电键K后，电容充电的暂态过程方程为 Q iR C dQ i dt dQ Q dt CR R dQ Q C dt T T 0t 到t T 有 0 t T 0 2 C tdQ Q dt T T 0t 时 0Q 解得该时间段内有 0 0 ( ) 1 t T t Q t C C e T 得 1 0 Q C e （6分） （2）t T 到 2t T 时间段内，因初始条件改取为t T 时 1 Q Q ，故改取 时间参量t t T 则（1）问解答中最后的微分方程改述为 0 2 C tdQ Q dt T T 0t 时 0 C Q e 解得该时间段内有 3 / 13 1 0 0 ( ) 1 1 t T t Q t C C e e T 取t T ，即得 1 2 0 1e Q C e （5分） （3）将上述求解过程继续下去，不难得到 N t NT 时有 1 1 1 1 0 1 1 1 N Q C e e e e 1 2 1 1 1 0 0 1 N N C e e e C e e e 0 1 1 N N e Q C e 得 0 lim 1 N N C Q e （4分） 13.（15分） 解：本题中若两物块始终沿斜面向下运动，所受摩擦力恒向上，质心下滑加速度为定值， 质心作匀加速直线运动，在质心系中两物块相对质心运动是连续的单一简谐运动。弹簧为原 长的初态与弹簧第一次恢复到原长的末态，两物块相对速度方向相反，大小不变（同为 1.50 /m s）。 可是解题开始时，不能预知两物块必定始终沿斜面下滑，考虑到这一因素，作答如下。 （补充说明： 1 m 下滑初速度 10 0.50 /m sv 小于 2 m 下滑初速度 20 2.0 /m sv ，开始时弹簧伸长， 为 1 m 、 2 m 分别提供向下和向上拉力。这样的拉力会使 1 m 下滑加速度大于 2 m 下滑加速度， 1 m 继续下滑，其下滑速度向 2 m 下滑速度靠近（注意，开始时拉力较小， 2 m 下滑加速度必 定为正，下滑速度也在增大）。随着弹簧继续伸长， 1 m 下滑速度越来越接近 2 m 的下滑速度。 当 1 m 下滑速度等于 2 m 下滑速度时，弹簧伸长量达最大值。既然此时 1 m 是下滑， 2 m 也必定 是下滑，故两者所受摩擦力均为向上。如果此时弹簧拉力早已大到使 2 m 加速度向上，那么 以后运动过程中尽管弹簧长度要回缩，但也有可能使 2 m 运动速度从向下改变为向上， 2 m 所 受摩擦力也会反向。 下面的解答中发现弹簧最大伸长时， 2 m 所受合力仍是向下，以后弹簧长度回缩过程中， 2 m 加速度和速度也始终向下，所受摩擦力仍然向上。） 第一阶段：弹簧伸长 （10分） 将弹簧拉力大小记为 f ，则 1 m 、 2 m 沿斜面向下加速度（带正负号）分别为 1 1 sin cos f a g g m 2 2 sin cos f a g g m 4 / 13 1 m 相对 2 m 的向下加速度为 1 2 1 2 f f a a m m ， f kx ，x：弹簧伸长量 得 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 ( ) ( )m m d d d d kx m m dt dt dt dt v v v v v v dt时间内弹簧伸长量为 2 1 ( )dx dt v v 引入 * 2 1 dx dt v v v 即有 2 1 2 2 1 2 m m d x kx m m dt 1 2 1 2 0 m m x kx m m 2 1 2 1 2 0 3 / 2.12/ 2 x x m m k s s m m x t ：简谐振动 利用初条件 0t 时， 0 0x ， * 0 1.50 /m sv ，得 cosx A t ， * 0 2 2 A m v （这一结果表明，弹簧伸长量最大时， 0.3 2 0.424f kA N N ， 2 m 所受向下合力 2 2 sin cos 1.175 0m g m g f N 此时合力向下， 2 a 仍是向下，故弹簧回缩时， 2 m 所受合力仍向下，继续下行，摩擦力仍向 上。） 第二阶段：弹簧回缩 （5分） 过程中 x A ， f kA 1 2 1 sin cos f a g g a m 2 2 2 2 sin cos sin cos 5.9 / f kA a g g g g m s m m 这表明 1 m 、 2 m 始终下行，摩擦力方向不变。此阶段动力学方程与第一阶段相同，弹簧相对 原长的伸长量x随时间t的变化关系仍是简谐振动关系。当弹簧回复到原长时， 0x ， 1 m 相对 2 m 的速度 * e dx dtv 与第一阶段初态时相对速度 * 0 v 方向相反，大小相同，即为 * * 0 1.50 / e m s v v * 1.50 / e m s v 5 / 13 14.（15分） 解：（1）瓶上方内壁的水珠是瓶从 27 o t C 环境移入 0 0 o t C 的冰箱时，瓶内部分（饱 和）水蒸气凝结而成。 （3分） （2）瓶内水蒸气都是饱和水蒸气。为简化，将 0 0 o t C 时上方区域水珠全部等效移动 到下方水区域内。室温 0 o t C 时水的密度为 0 1 t 列方程组 气：初态 pV RT 气 ， 2 V h r 气 ， 300T K ； 为未知量 （1） 末态 0 0 ( )p V RT 气0 ， 0 273T K ； 0 V 气 、 为未知量（2） 水：初态 0 1 M V V t 水 水 ， 2 V H R 水 ；M 为未知量 （3） 末态 0 M M 水 ； 0 M 为未知量 （4） 体积总和不变： 0 0 0 M V V V 气 水 气 （5） 由（1）、（2）式可得 0 0 0 0 0 = T p V RT RT pV RT T 气0 气 0 0 pV p V RT RT 气 气0 （6） 由（3）、（4）、（6）式可得 0 0 0 0 1 pV p V M V t RT RT 气 气0 水 水 水 代入（5）式可得 0 0 0 0 0 1 1 V ppV V V V t RT RT 水 水气 水 气 水 气 即解得 0 0 0 0 0 2 2 1 1 1 1 1 , p p V V V t RT RT V H R V h r 水 水 气 水 气 水 气 （7） （9分） （3）由所给数据可得 1 0.996 1 t ， 5 0 2.567 10 p RT 水 ， 0 5 0 0 0.484 10 p RT 水 2 2 3 (2 ) 12 12V h r h r V 水 气 一起代入（7）式，可算得 1.048V V V 气0 气 气 1.048 （3分） 6 / 13 15.（20分） 解：（1）由 2 2 2 2 1 x y a b 2 2 2 2 2 b y b x a 得 4 2 4 2 4 2 4 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 ( )b x a y b x a b a b x a b b x a b 4 2 4 2 2 4 2 2 ( )b x a y b a c x 3 2 4 2 2 4 4 2 ( )b a c x a b 即 3 4 2 2 4 2 ( )a c x a b （4分） 再由 2 2 2 2 1 x y a b 2 2 2 2 0 xdx ydy a b 2 2 dy b x dx a y 得 2 2 tan b x a y 考虑到 取第象限 1 4 椭圆时： 3 2 2 sin 0 取第 V 象限 1 4 椭圆时： 0 2 sin 0 取第象限 1 4 椭圆时： 2 sin 0 取第象限 1 4 椭圆时： 3 2 sin 0 故取 2 4 2 4 2 0 sin 0 b x b x a y 1 V 0 4 1 0 4 x x 取第 、象限 椭圆时 取第 、 象限 椭圆时 或改述为 4 2 2 sin bx a c x （4分） （2）初位置处，有 2 2 0 0 0 m qE b qE a v 0 0 b qE ma v （2分） （3）参考题解图，有 2 2 0 0 1 1 ( ) 2 2 m m qE a x v v 2 2 0 0 2 ( )m m qE a x v v 2 0 0 2 ( ) b qE qE a x a 2 0 2( ) b qE a x a q Bv x 0 qE y O F 心 v v v v 0 qE 0 qE 0 qE q Bv q Bv q Bv F 心 F 心 F 心 题解图 7 / 13 2 0 sin m F q B qE 心 v v 得 2 4 0 2 0 0 3 4 2 2 2 4 2 2 2 0 2( ) 1 1 sin ( ) 2( ) b a bE a x aE bxm B E q a c xqE b a c x a x m a v v 2 4 0 4 2 2 2 4 2 2 2( ) 2( ) b a a x mE b a B x a c x b q a x a c x a （10分） 16.（20分） 解：（1）下滑过程态及相应的参量如题解图1所示，有 sin B l v sin B l v 2 1 2 MK E I 杆 ， 2 2 2 1 1 12 2 3 M l I ml m ml 2 1 2 BK E m 柱 v 2 2 1 1 1 2 3sin K BK K E E E m 杆 柱 v B v 的确定： 2 2 1 1 (1 cos ) (1 cos ) 1 2 2 3sin B l mgl mg m v 2 2 2 sin (1 cos ) 9 3sin 1 B gl v B a 的确定： 3 2 2 2 2 2sin cos (1 cos ) sin (3sin 1) sin (1 cos )6sin cos 9 3sin 1 B B a gl 2v 2 2 2 2 2 2cos (1 cos ) sin (3sin 1) 6sin cos (1 cos ) 9 3sin 1 B g v 题解图1 A B m m l、 A v B v M（瞬心） 1 2 C B v v 8 / 13 2 2 2 2 2cos (1 cos ) sin (3sin 1) 9 3sin 1 B g v 2 2 2 2 2cos (1 cos ) sin (3sin 1) 9 2 3sin 1 B a g N 的确定： 1 2 3 2C B B C B P m m m v v v v v 3 2 2 B dP mg N ma dt 2 2 2 2 3 27 2cos (1 cos ) sin (3sin 1) 2 2 2 4 3sin 1 B N mg ma mg mg 2 2 2 2 2 2 8 3sin 1 27 2cos (1 cos ) sin (3sin 1) 4 3sin 1 mg 4 2 2 2 29 9sin 54cos 33cos 4 3sin 1 N mg 或 2 2 2 2 2 62 42sin 9sin cos 54cos 4 3sin 1 mg （5分） 可算得 45 o 时， 0.2027N mg （1分） （2）杆落地前瞬间，相关运动学量为 B端竖直向下速度 0 3 2 B glv 细杆中心点C的竖直向下速度 0 0 1 2 C B v v 细杆绕C点旋转角速度 0 0B l v 细杆中与A端相距x处的竖直向下速度 0 0 0 ( ) B x x x l v v （2.1）碰后运动学量以及与碰撞相关的竖直方 向作用力，已在题解图 2 中示出，其中桌面提供的 碰撞力都用字符F 标记，且有 0B B F fm m v 0 0 2 ( ) B dx m dF fdm x m xdx l l v v 下面将要列出的 5个独立方程中含有 5 个独立 未知量： t ， B N t ， B v ， C v ， 题解图2 A B O l B v C v x x dx dF B F B N B N C 9 / 13 小柱体的动量方程： 0B B B B F t N t m v v 0 0B B B B m t N t m v v v 杆的动量方程： 0 0 l B C C dF t N t m v v ， 0 0 1 2 C B v v ， 0 0 2 0 1 2 l B B m dF xdx m l v v 0 0 1 1 2 2 B B C B t N t m mv v v 杆的质心参考系中杆的定轴转动方程： 0 0 ( ) 2 2 l B C C l l dF x N t I t I ， 2 1 12 C I ml 0 0 2 0 0 1 ( ) ( ) 2 2 12 l l B B l m l dF x xdx x ml l v v 2 0 0 1 1 12 2 12 B B l m l t N t ml v 系统动能方程： 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 1 12 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 C B C C B C C I ml m m I m m I v v v v 2 2 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 24 3 B C B m m ml m v v v 运动关联方程： 2 B C l v v 小结：5个独立方程如下 0 0B B B B m t N t m v v v （1） 0 0 1 1 2 2 B B C B t N t m mv v v （2） 2 0 0 1 1 12 2 12 B B l m l t N t ml v （3） 2 2 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2 24 3 B C B m m ml m v v v （4） 2 B C l v v （5） 将（1）式所得 0 0B B B B N t m t m v v v （1） 代入（2）、（3）式，再改写（4）、（5）式，得 0 0 3 3 2 2 B C B B t v v v v （2） 0 0 0 7 1 6 6 B B B t l v v v （3） 10 / 13 2 2 2 2 2 0 1 4 12 3 B C B l v v v （4） 1 2 C B l v v （5） 将（5）式代入（2） 、（4）式，保留（3）式，得 0 0 3 1 3 2 2 2 2 B B B t l v v v （2）” 0 0 0 7 1 6 6 B B B t l v v v （3）” 2 2 2 2 0 1 4 3 3 B B B l l 2v v v （4）” 合并（2）”、（3）”式，消去 t ，得 0 0 10 1 10 1 21 7 21 7 B B l l v v （6） 将 0 0B lv 代入（6）式，得 B lv （7） 将（7）式代入（4）”式，得 0B B v v （8） 将（7）、（8）式代入（5）式和（2）”式，得 0 1 2 C B v v （9） 2t （10） 再将（8）式、（10）式代入（1）式，得 0 B N t （11） 本问所求量的解便分别为 0 1 3 2 4 C B gl v v ， 0 3 2 B B g l l l v v ， 2t ， 0 B N t （10 分） （2.2）上问解答中已设碰后瞬间速度、角速度方向与碰前瞬间速度、角速度方向 相反，推导结果所得 0B B v v ， 0 0 1 2 C B C v v v ， 0 0B B l l v v 又显示，碰后瞬间速度、角速度大小与碰前瞬间速度、角速度大小相同。这意味着碰后运动 为碰前运动的反演，故为周期性运动， 碰前运动周期 2T ，可由 dt d ， sin B l v ， 2 (1 cos ) 3sin 3sin 1 B gl v 得 0 0 2 90 90 1 3sin 1 2 3 1 cos o o T l dt d g ， 0 1 o 11 / 13 2 90 1 2 3sin 1 3 1 cos o o l T d g 数值积分，得 2 90 1 3sin 1 7.82 1 cos o o d 即有 5.21 l T g （4分） 17.（20分） 解：（1）s系中，A、B碰前瞬间速度大小同为 0 3 2 5 ye u a l c 质量同为 0 0 2 2 5 4 1 e ye m m m u c 碰撞前后能量守恒，有 2 2 2 e M c m c 2 e M m 得 0 5 2 M m （2分） （2）s系中，t时刻A、B速度大小同记为 y u，s系中对应的t时刻A、B沿y轴 速度大小同为 2 2 02 1 1 1 x y y x u y u u u u c v 且有 2 2 1t t x c v s系中A、B加速度大小即为沿y轴方向加速度大小，有 2 2 2 0 2 1 1 1 y y y dx dt dx du du c a du dt dt v 即得 2 0 0 16 1 25 a a a 在s系中大质点静止，故有 0 0 5 2 M M m s系中大质点速度即为沿x轴方向的速度v，静质量 0 M 不变，（动）质量即为 12 / 13 2 0 1M M ， 2 4 1 5 得 0 25 8 M m （4分） （3）s系中 0 0 2 2 2 2 1 1 y y y y y y y du m md d F u u dt du dt u u c c 因 0y du dt a ，得 3 2 2 0 0 2 1 y y u F m a c s系中A的速度平方值为 2 2 2 y u u v ， 2 2 2 1 y y u u 有 0 0 2 2 2 2 2 2 1 1 y y y y y y y m u m u du d d F dt du dt u