高二试卷-答案.doc

2007年浙江省物理竞赛夏令营高二年级测验试卷参考解答1.放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和墙面有压力，圆柱A倾向于向左移动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为N1，水平摩擦力为F1；圆柱B受墙面的正压力为N2，竖直摩擦力为F2，圆柱A受圆柱B的正压力为N3，切向摩擦力为F3；圆柱B受圆柱A的正压力为，切向摩擦力为，如图所示，各力以图示方向为正方向。已知圆柱A与地面的摩擦系数，两圆柱间的摩擦系数。设圆柱B与墙面的摩擦系数为，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为。设两圆柱的质量均为M，为了求出N1，N2，N3以及为保持平衡所需的F1，F2，F3之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：圆柱A： 圆柱B： 由于，所以得 ， 式中F代表F1，F2，F3和的大小，又因，于是式四式成为： 以上四式是N1，N2，N3和F的联立方程，解这联立方程可得 式、和是平衡时所需要的力，N1，N2，N3没有问题，但F1，F2，F3三个力能不能达到所需的数值F，即式、要受那里的摩擦系数的制约，三个力中只要有一个不能达到所需的F值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求 由式，得 所以 再讨论圆柱A与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为。根据摩擦定律，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力F1满足，则圆柱在地面上不滑动；若，这一点将要发生滑动。圆柱A在地面不发生滑动的条件是 由图可知， 由式以用，可以求得， 即只有当时，圆柱A在地面上才能不滑动。最后讨论两圆柱的接触点，接触点不发生滑动要求 由式以及，可解得 （22）显然，在平衡时，r的上限为R，总结式（20）（22），得到r满足的条件为 2.解：如图(a)，连线方向 L=v2-v1cost=v2t-v1cost 如图(b) v1t=v2cost=v2cost v1v2 由得cost=v1v2t 代入v2 L=v2t-v12v2t=v22-v12v2t t=v2Lv22-v12 3.解：建立如图所示的坐标系，慧星和地球均以太阳为环绕中心（慧星抛物线轨道的焦点、地球轨道的圆心）其中O为太阳位置，C为抛物线顶点，= R0；由抛物线性质可知，直线y=R0为抛物线准线，。 根据开普勒第二定律，慧星沿抛物线轨道从A运动到B历时t与慧星对太阳的矢径扫过的面积S的关系是：而地球沿圆轨道从A运动到B历时t0与地球对太阳矢径扫过的面积S0的关系是而 t0=T/2 如图所示，设地球在轨道C0处速率为v0，慧星在轨道C处速率为v若太阳、慧星、地球质量依次为M、m和m0，则对于慧星，因机械能守恒，有关系式：则 而地球绕日运行有关系式则 即 v=2v0因此，=慧星在地球轨道内运行的时间为 t=4.（1） 设青蛙起跳后的瞬间相对地面的水平速度为，竖直速度为，而盘后退速度则记为，则有 后一式保证青蛙落地点在圆盘之外。由上两式可得 起跳过程中青蛙做功为 利用基本不等式 因此起跳过程中青蛙做功应超过 （2） 设青蛙起跳后瞬间相对地面的速率为，起跳方向与地面夹角为，则为能落到水平距离2R处的第二圆盘中心，据斜抛运动水平射程公式有 可得 第一圆盘在青蛙跳起后的后退速度为，则由水平方向动量守恒式 可得青蛙落到第二圆盘中心后与后者共同以速度水平地向前运动，应有 因此 青蛙作的总功为 机械能损失量为 所求比值为 的最大值、最小值分别为，当 当时 但由可知，或均不可取，因此的取值范围为 （） 5.解：此物理摆在做角振幅不大的简谐振动时，每个小重物走的是一段半径为的短圆弧。在振动过程中，小重物在通过平衡位置时速度最大，此速度为 这时摆的动能 按能量守恒定律，它应等于摆的摆动角度为最大值时摆的势能，而这时摆重心升高的高度 因此有 或 由于，若角振幅很小，则，因而有。可见，此摆微小振动的周期为 这表明T与无关，与这个摆周期相同的单摆摆长为6.解：假设水蒸气不饱和，即谁全部汽化，设体积为V1，压强为P0： （1）则另一侧的氮气体积为V-V1，压强也为P0，则 （2）可得代入（1）得P0=2.3105pa 由于1000C下水蒸气饱和气压为PS=1.0105pa,说明水未全部气化，则两室气压为PS=1.0105pa，设氮气体积为V ，则得V2=1.1L7.解：存在电场线过AB连线与AB垂直。 Cos=Q-2qQ arccosQ-2qQ 此点E0， kQX2-kq X-L=0解得：X=LQQ-q=Q+QqQ-qL8.解：根据电路对称性画出左半电路。RAC=3372r RAB=2RAC=1112r 据 I=R外+r=r UAC=IRAC=1124 3r3r3r0.5rrACMrUMC= UMC6 据电路对称性，O,C等电势，故: C1,C2分别带电Q=2C0UMC=13C0C3所带电荷为零 C1与O连接板带13C0正电荷 C2与O连接板带13C0负电荷 9.设摆通过平衡位置时摆线两端电势差等于U，因为与电容器接触时间短，可以认为在这短时间内电势差不变，于是当电容器充电后其上电压等于U，而当电容器充电时通过电路的电量q=CU，电容器能量与导线中释放热量之和，等于电势差为U的“电源”在电路中通过电量q时所做的功：E电+Q=qU=CU2，。 因此，电容器充电后摆的能量等于：E机未=E机初-CU2， 即mgL（1-cos）=mgL（1-cos0）-CU2，而，由于V/L=根椐能量守恒定律有：，代入得： 得： 10第一次折射光线的偏折角D1 = i 1 r 1第二次折射光线的偏折角D2 = i 2 r 2D = D1 + D2 = ( i 1 + i 2) ( r 1 + r 2) = ( i 1 + i 2) A2. 根据光路可逆原理，入射角i 1对应有出射角i 2，若把入射角大小改为i 2，则对应出射角大小为i 1，两种情况光路偏折角D相同，所以A = ( i 1 + i 2) D = （43.60+54.00）-37.60 = 60.003. 假设入射角i 1对应有出射角i 2，且此时是惟一的所对应偏折角D为所有情况中最小。根据光路可逆原理，若以i 2角入射以角i 1出射，其偏折角D也必然为最小。所以考虑到惟一性，i 1 = i 2，即光路对称。4由图可知，i 1 = i 2 = 48.60时最小偏折角Dmin=（48.6 0+48.60）-60.00 = 37.20 此时r 1 = r 2 = A/2 = 30.00 所以 n = sin i 1/sin r 1= sin48.60/sin300 = 1.505. 出射角i 2 = 900时偏折角为最大，此时r 2 = arcsin1/n = 41.80 (临界角)r 1 = A - r 2 = 18.20 由sin i 1/sin r 1= n 知i 1 = 27.90 所以入射角范围：27.90 i 1 900 最大偏折角Dmax =（90 0+2