32届大学生物理竞赛试题解答.pdf

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 Ll l L 。 3. 3 3 5 Rg， 19 10 3 Mg。 4. 22 4 AB pp Rr L ， 4 8 LR。 5. 22 2 2 xy mkTm e kT vv ， 2 2 2 2 mkT m e kT v v。 6. 123 III， 223323 I RI R。 7. 0， 0 3 4 Q r 。 8.（2）和（3） ， L m LS B E dljds t （2）和 S m SV B dsdV （3） 。 9. * 0 mrmbvv， 2 2 *2 0 * 0 11 242 Ze mm r vv。 10. 1 () 6 nd， 5 () 6 nd。 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 ( )2sinA xAx 、 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 00 2 2sinAAb 62 56 b 或 6 56 d b d 或 故绳长为 1 () 6 5 () 6 nd Lndb nd 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 nhk 21 2 nh k （4 分） 其中1.35n ，0.550hm， 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 2k nh nm k ， 2 2 2 3 2 594 1 2k nh nm k （4 分） 反射光干涉相消的条件是 光程差 1 2 22 nhk 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 dQQ dtCRR dQQC dtTT 0t 到tT有 0 t T 0 2 CtdQQ dtTT 0t 时0Q 解得该时间段内有 00 ( )1 t T t Q tCCe T 得 10 QCe （6 分） （2）tT到2tT时间段内，因初始条件改取为tT时 1 QQ，故改取 时间参量ttT 则（1）问解答中最后的微分方程改述为 0 2 CtdQQ dtTT 0t 时 0 C Q e 解得该时间段内有 3 / 13 1 00 ( )11 t T t Q tCCee T 取tT ，即得 1 20 1e QC e （5 分） （3）将上述求解过程继续下去，不难得到 N tNT时有 1111 0 111 N QCeeee 12111 00 1 NN CeeeCeee 0 1 1 N N e QC 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 sincos f agg m 2 2 sincos f agg m 4 / 13 1 m相对 2 m的向下加速度为 12 12 ff aa mm ，fkx，x：弹簧伸长量 得 12121221 12 ()()mmdddd kx m mdtdtdtdt vvvvvv dt时间内弹簧伸长量为 21 ()dxdtvv 引入 * 21 dx dt vvv 即有 2 12 2 12 mmd x kx m mdt 12 12 0 mm xkx m m 2 12 12 0 3 /2.12/ 2 xx mm kss mm xt：简谐振动 利用初条件0t 时， 0 0x ， * 0 1.50/m sv，得 cosxAt， * 0 2 2 Am v （这一结果表明，弹簧伸长量最大时，0.3 20.424fkANN， 2 m所受向下合力 22 sincos1.1750m gm gfN 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 xA，fkA 12 1 sincos f agga m 2 2 22 sincossincos5.9/ fkA aggggm s mm 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 vv * 1.50/ e m sv 5 / 13 14.（15 分） 解： （1） 瓶上方内壁的水珠是瓶从27otC环境移入 0 0otC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 0otC时上方区域水珠全部等效移动 到下方水区域内。室温0otC时水的密度为 0 1t 列方程组 气：初态 pVRT 气 ， 2 Vh r 气 ，300TK；为未知量 （1） 末态 00 ()p VRT 气0 ， 0 273TK； 0 V气、为未知量（2） 水：初态 0 1 MVV t 水水， 2 VHR 水 ；M为未知量 （3） 末态 0 MM 水；0 M为未知量 （4） 体积总和不变： 0 0 0 M VVV 气水气 （5） 由（1） 、 （2）式可得 0 0000 = T p VRTRTpVRT T 气0气 0 0 pVp V RTRT 气气0 （6） 由（3） 、 （4） 、 （6）式可得 0 0 0 0 1 pVp V MV tRTRT 气气0 水水水 代入（5）式可得 0 0 000 1 1 VppV VVV tRTRT 水水气 水气水气 即解得 0 0 000 22 1 111 1 , pp VVV tRTRT VH R Vh r 水水 气水气 水气 （7） （9 分） （3）由所给数据可得 1 0.996 1t ， 5 0 2.567 10 p RT 水 ， 05 00 0.484 10 p RT 水 22 3(2 )1212Vhrh rV 水气 一起代入（7）式，可算得 1.048VVV 气0气气 1.048 （3 分） 6 / 13 15.（20 分） 解： （1）由 22 22 1 xy ab 2 222 2 b ybx a 得 42424242222422222 ()b xa yb xa ba b xa bb x ab 42422422 ()b xa yb ac x 3 242244 2 ()bac xa b 即 3 4224 2 ()ac xa b （4 分） 再由 22 22 1 xy ab 22 22 0 xdxydy ab 2 2 dybx dxay 得 22 tanb x a y 考虑到 取第象限 1 4 椭圆时： 3 2 2 sin0 取第V象限 1 4 椭圆时：0 2 sin0 取第象限 1 4 椭圆时： 2 sin0 取第象限 1 4 椭圆时： 3 2 sin0 故取 2 4242 0 sin 0 b x b xa y 1 V0 4 1 0 4 x x 取第、 象限椭圆时 取第 、象限椭圆时 或改述为 422 sin bx ac x （4 分） （2）初位置处，有 22 000 mqEb qEav 00 b qEmav （2 分） （3）参考题解图，有 22 00 11 () 22 mmqE axvv 22 00 2()mmqE axvv 2 0 0 2() b qE qE ax a 2 0 2() b qEax 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 0sin m Fq BqE 心 v v 得 2 4 0 2 0 0 3 422 2422 2 0 2() 11 sin () 2() b a bEax aE bxm BE q ac xqEbac x ax ma v v 2 4 0 422 2 422 2() 2() b aax mE ba Bx ac x b qaxac 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 lvsin B l v 2 1 2 MK EI 杆 ， 2 22 11 1223 M l Imlmml 2 1 2 BK Em 柱 v 2 2 11 1 23sin KBKK EEEm 杆柱 v B v的确定： 2 2 11 (1 cos )(1 cos )1 223sin B l mglmgm v 2 2 2 sin(1 cos ) 9 3sin1 B gl v B a的确定： 322 2 2 2sincos (1 cos )sin(3sin1)sin(1 cos )6sincos 9 3sin1 BB agl 2v 222 2 2 2cos (1 cos )sin(3sin1)6sincos (1 cos ) 9 3sin1 B g v 题解图 1 A B m ml、 A v B v M （瞬心） 1 2 CB vv 8 / 13 22 2 2 2cos (1 cos )sin(3sin1) 9 3sin1 B g v 22 2 2 2cos (1 cos )sin(3sin1) 9 2 3sin1 B ag N的确定： 1 2 3 2CB BCB Pmmm vv vvv 3 2 2 B dP mgNma dt 22 2 2 3272cos (1 cos )sin(3sin1) 22 24 3sin1 B Nmgmamgmg 2 222 2 2 8 3sin127 2cos (1 cos )sin(3sin1) 4 3sin1 mg 42 2 2 299sin54cos33cos 4 3sin1 Nmg 或 222 2 2 6242sin9sincos54cos 4 3sin1 mg （5 分） 可算得45o时，0.2027Nmg （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 00 1 2 CB vv 细杆绕C点旋转角速度 00B l v 细杆中与A端相距x处的竖直向下速度 000 ( ) B x xx l vv （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 0BB Ffmmv 00 2 ( ) B dxm dFfdmxmxdx ll vv 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 Nt， B v， C v， 题解图 2 A B O l B v C v xxdx dF B F B N B N C 9 / 13 小柱体的动量方程： 0BBBB FtNtm vv 00BBBB mtNtm vvv 杆的动量方程： 0 0 l BCC dFtNtm vv， 00 1 2 CB vv， 00 2 0 1 2 l BB m dFxdxm l vv 00 11 22 BBCB tNtm mvvv 杆的质心参考系中杆的定轴转动方程： 0 0 () 22 l BCC ll dFxNtItI ， 2 1 12 C Iml 00 2 00 1 ()() 2212 ll BB lml dFxxdxxml l vv 2 00 11 12212 BB l mltNtmlv 系统动能方程： 2 222222 0001 12 111111 222222C BCCBCC Iml mmImmI vvvv 22222 0 1112 22243 BCB mmmlmvvv 运动关联方程： 2 BC l vv 小结：5 个独立方程如下 00BBBB mtNtm vvv （1） 00 11 22 BBCB tNtm mvvv （2） 2 00 11 12212 BB l mltNtmlv （3） 22222 0 1112 22243 BCB mmmlmvvv （4） 2 BC l vv （5） 将（1）式所得 00BBBB Ntmtm vvv （1） 代入（2）、（3）式，再改写（4）、（5）式，得 00 33 22 BCBB tvvvv （2） 000 71 66 BBB tlvvv （3） 10 / 13 22222 0 14 123 BCB lvvv （4） 1 2 CB lvv （5） 将（5）式代入（2） 、（4）式，保留（3）式，得 00 313 2 222 BBB tlvvv （2）” 000 71 66 BBB tlvvv （3）” 22 22 0 14 33 BBB ll2vvv （4）” 合并（2）”、（3）”式，消去t，得 00 101101 217217 BB llvv （6） 将 00B lv代入（6）式，得 B lv （7） 将（7）式代入（4）”式，得 0BB vv （8） 将（7） 、 （8）式代入（5）式和（2）”式，得 0 1 2 CB vv （9） 2t （10） 再将（8）式、 （10）式代入（1）式，得 0 B Nt （11） 本问所求量的解便分别为 0 13 24 CB glvv， 0 3 2 BB g ll l vv，2t ，0 B Nt （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 0BB vv， 00 1 2 CBC vvv， 00BB llvv 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 dtd ，sin B l v， 2 (1 cos ) 3sin 3sin1 B gl v 得 00 2 9090 13sin1 231 cos oo Tl dtd g ， 0 1o 11 / 13 2 90 1 23sin1 31 cos o o l Td g 数值积分，得 2 90 1 3sin1 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 ua lc 质量同为 0 0 2 2 5 4 1 e ye m mm u c 碰撞前后能量守恒，有 22 2 e M cm c2 e Mm 得 0 5 2 Mm （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 22 0 2 111 x yyxuy uuuu c v 且有 2 2 1ttx 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 22 0 2 11 1 yy ydx dtdx dudu c adu dtdt v 即得 2 00 16 1 25 aaa 在 s 系中大质点静止，故有 00 5 2 MMm 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 1MM， 2 4 1 5 得 0 25 8 Mm （4 分） （3） s 系中 00 22 22 11 y yyy y yy du mmdd Fuu dtdudt uu cc 因 0y dudta ，得 3 2 2 00 2 1 y y u Fm a c s系中A的速度平方值为 222 y uu v， 222 1 yy uu 有 00 2222 22 11 yyy y y yy m um ud