2016年第3届UPhO邀请赛试题-详解

第三届 UPhO 邀请赛 命题人：蔡子星 审题人：唐鹏 考试说明： 1、 本次比赛邀请各重点中学物理竞赛选手参加，旨在加强校际交流，帮助同学进入考试状 态，锻炼考试做新题的心态。 2、 考试时间为 3 小时， 线上线下同步进行， 线上比赛请登录 注册答题， 6 月 9 日 00:00 至 6 月 14 日 24:00 为比赛时间。 线下比赛于 6 月 9 日至 6 月 14 日在各中 学举行，请在 6 月 15 日 12:00 前将试卷扫描件发送至 wuli。6 月 21 日 下午 5 点线上公布解析。6 月 28 日在网站公布比赛结果和各省排名。 3、 请只在答题纸作答，并填写答案，所有答案为三位有效数字的科学计数。可以使用非编 程计算器独立作答。 【题一】 如图一根轻杆长为2c，两端点,A B各固定一个质点，质量分别为 1 m和 2 m，使 12 mm。 有一根柔软的不可伸长的轻绳， 长为2a，()ac， 连在,A B上， 并套在一个光滑钉子C上。 三角形ABC始终保持在图示竖直平面内。重力加速度g。 （1）求出体系第I种平衡位置质心到C的距离 I l （2）求出体系第II种平衡位置质心到C的距离 II l （3）我们发现，当 212 mmm时，还有第III种平衡，求出 （4）求出满足（3）中条件时，体系第III种平衡位置质心到C的距离 III l （5）满足（3）中条件时，第I种平衡位置的稳定性为： A.稳定平衡 B.不稳定平衡 （6）满足（3）中条件时，第III种平衡位置的稳定性为： A.稳定平衡 B.不稳定平衡 （7）当 12 mm时，第I种平衡位置的稳定性为： A.稳定平衡 B.不稳定平衡 （8）求出第II种情况的小振动角频率。 【参数】 0.696 ma ，0.313 mc ， 1 3.2 kgm ， 2 3.55 kgm ， 2 9.8 m/sg 【解答】 （1）质心与 A 的距离为， 2 12 2 A m lc mm ，故 12 I 12 A mm laclac mm （2）同理 12 II 12 mm lac mm （3）设角 ACB 平分线交 AB 于 D，则 ADAC BDBC 而C位于以 AB 为焦点的椭圆上，所以， acACac acBCac 同时， 2 1 mAD BDm ，故 2 1 macac acmac ，即 1 2 1 macac acmac 由此可得 ac ac （4）设CDx有 2222 22 2211 12121212 21 1212 2222 0 22 22 m cm amcma xx mmmmmmmm m cmc xx mmmm 得 22 12 2 12 4m mac x mm （5） 是 C 与质心连线和竖直的夹角，是 C 与质心连线和杆的夹角 假设产生小的角位移，则以钉子为参考点的合力矩为 12 0Macm gacm g 将回复原平衡位置；同理产生小的角位移，合力矩 12I 0Mmmgl 为稳定平衡 （6） 易知，此时的情况 II 是稳定的。其势能形式一定如下图所示。 因此为不稳定平衡 （7）见（5） ，不稳定 （8） 势能表达式： 12 cos p Emmgl 如图，记质心位置为 C ， O 为椭圆顶点处的曲率中心。在, 为小量时，有： coscoslCO 其中曲率半径为 22 ac OC a 在COC 中利用正弦定理得到： sinsin CO 保留到二阶小量可以得到为小量时有： 22 II IIII 1 1 2 l CO lll 其中 CO 。 2 12 2 m C Ac mm ，得到 COCAac 以参数0.696 ma ，0.313 mc ， 1 3.2 kgm ， 2 3.55 kgm ， 2 9.8 m/sg 为例， 我们可以得到： 0.2827 得到势能表达式： 22 12II 11 11 22 p Emmgl 得到 22 12II 11 +. 22 p Emmglconst 动能表达式： 2 2 222 12 12 12 11 22 k dlmm Emml l dmm 保留到二阶： 2 222 12 12IIII 12 11 22 k mm Emml l mm 无量纲化通常可以简化运算。令 22 12II 11 +. 22 p p E Econst mmgl 令 2 2 II12 II 2 12II 12 11 22 k k Elmm l E mmglg mmg 化简得到 22 11 22 k EABC 其中 2 II12 2 12II 2 12 2 12II 2 12 2 12II 4 14 4 0.1015 0.02120 0.03987 lmm c A g mmgl mm c B mmgl mm c C mmgl 需要对角化得到本征频率。令 cossin sincos uv uv 带入 k E 表达式进行对角化得到： 22 sin coscossin0A CB uv 即： 2 tan2 B AC 得到： 0.301193rad 于是有： 22 222 222 22 22 12 11 22 1 cos2 sin cossin 2 1 sin2 sin coscos 2 1 11 1 22 p k Euv EABCu ABCv uv 算得： 2 1 3.04rad/s 5.48rad/s 【答案】 （1） 12 I 12 1 6.80 0m1 mm lac mm ， （2） 12 II 2 1 1 7.120 m1 mm lac mm ， （3） 1 3.80 10 ac ac ， （4） 22 12 III2 12 1 6.21 4 m10 m mac l mm ， （5）A （6）B （7）B （8） 3.04rad/s以及5.48rad/s 【题二】 一根直径为D的玻璃管被弯成了U型管，高h，宽3l（, h lD） 。在内部灌了密度为 的理想液体，平衡时左右高度均为/2h。重力加速度g。 （1）求液面小幅度上下振动的角频率 1 。 （2）整个U型管被限制绕着距离左边管道l处的竖直轴以恒定的角速度转动，左边液面在 平衡的时候下降了h（hh ） ，求出转动的角速度 0 。 （3）求（2）中液面小幅度振动的角频率 2 。 （4）在上一问基础上，初态体系以 0 转动，然后去掉角速度的限制，体系因为惯性继续绕 轴转动，求这时液面小幅度振动的角频率 3 。 【参数】 02 9.80 10 ms g ， 1 2.220m 1h ， 0 1.27 10 mh ， 0 1.61 10 ml 【解答】 （1）设有小扰动x；体系能量的变化量为 2 1 3 2 Ehl S xSxg x 由此可知等效质量3mhl S，等效回复系数2kSg，故角频率 2 3 kg mhl ； （2）系统总能量 3222 15 33 22 ESlSl hh SlS hgh 由0 E h 得 0 2 4 3 g h l 振动频率不变，仍为 2 3 g hl （4）初始角动量： 223 000 43 22 hh LlShlShSl 振动时的角动量（x为液面振动幅度） ： 223 43 22 hh LlShxlShxSl 由角动量守恒，解得 2 0 33 1 55 3333 22 xx hhlhhl 系统总能量为： 322222 151 33332 222 ESlSl hSlhSlxlhS xSg xxh 其中势能二阶项包括: 2 3222 0 153 33 5 22 33 2 x SlSl hSlh hhl 22 0 36 5 2 33 2 x Slh hhl 2 3222 0 53 33 5 2 33 2 x SlSl hSlh hhl 2 Sg x 动能二阶项为 2 1 3 2 lhS x 故振荡角频率 3 12 2 5 33 2 3 g h g hhl lh （1）设有小扰动x；体系能量的变化量为 2 1 3 2 Ehl SxSxg x 由此可知等效质量 3mhl S ，等效回复系数 2kSg ，故角频率 2 3 kg mhl （2）系统总能量 3222 15 33 22 ESlSl hh SlS hgh 由 0 E h 得 0 2 4 3 g h l 振动频率不变，仍为 2 3 g hl （3）初始角动量： 223 000 43 22 hh LlShlShSl 振动时的角动量（ x 为液面振动幅度） ： 223 43 22 hh LlShxlShxSl 由角动量守恒，解得 2 0 33 1 55 3333 22 xx hhlhhl 系统总能量为： 322222 151 33332 222 ESlSl hSlhSlxlhS xSg xxh 其中势能二阶项包括: 2 3222 0 153 33 5 22 33 2 x SlSl hSlh hhl 22 0 36 5 2 33 2 x Slh hhl 2 3222 0 53 33 5 2 33 2 x SlSl hSlh hhl 2 Sg x 动能二阶项为 2 1 3 2 lhS x 故振荡角频率 3 12 2 5 33 2 3 g h g hhl lh 【答案】 （1） 0 1 1.7 2 rad0s 3 9/1 g hl （2） 0 2 0 1.0 4 rad/6 10s 3 g h l （3） 0 2 1.7 2 rad0s 3 9/1 g hl （4） 0 3 12 2 5 33 2 1 rad.93 10/s 3 g h g hhl lh 【题三】 磁悬浮 磁铁的性质早在几千年前就被人类所认知， 而利用磁铁悬浮物体的想法也一直被各种发明家 利用，然而一直没有人做出不加限制的，稳定的磁悬浮。直到 20 世纪，肖恩证明了不可能 在静磁场中让一个固定大小的磁偶极达到稳定平衡，磁悬浮似乎成了泡影。然而 X 战警中 的万磁王，就是不抛弃不放弃，终于提出了三种可能的稳定磁悬浮方案。 （因此只有做到稳 定磁悬浮， 他才能继续在站在金属盘上耍酷） 方案一， 利用抗磁性材料而非铁磁性。 方案二， 利用陀螺进动。方案三，利用交变磁场。 已知一个固定的磁偶极m在磁场B中的能量表达式为Wm B 。 （1）一个固定磁铁，磁偶极大小为 0 m，在其正上方有一个小磁铁，磁偶极大小为m，正 对放置。始终保持小磁铁方向向下，不会左右摆动，只能上下振动。磁偶极在其延长线上距 离为h产生的磁场大小为 0 3 2 ( ) 4 m B h h 。小磁铁质量为M，重力加速度g。求小磁铁平衡 时距离固定磁铁的距离 1 h。 （2）求（1）中小磁铁上下振动的频率f。 （3）在上一问中的小磁铁的角度其实是不稳定的。我们用方案二解决这个问题。假设小磁 铁是均匀球体，绕过质心的转动惯量为 0 I。让小磁铁的方向有一个小的偏转，并以角速 度 0 绕磁偶极方向自转起来。假设小磁铁能稳定的运动，由角动量定理计算小磁铁绕竖直 轴公转的角速度。 （4）使用第二种方式也可以让小磁铁稳定下来。假设小磁铁没有上下和左右运动，并限制 在纸面所在平面中，在第一问的基础上再加一个竖直方向的高频交变的弱磁场 1cos Bt， 则在角度方向上小磁铁就稳定了。在高频近似条件下求振幅 1 B的最小值。 【参数】 02 0 1.53 10 m Am, 22 1.78 10A m m , 62 0 1.26 1 0N/A , 3 1.34 10kg M , 02 9.80 10/s mg, 72 0 1.75 10k m gI , 1 0 7.69 10 r d/ a s, 3 3.38 10 r d/ a s 【解答】 （1）势能为： 00 3 ( ) 2 mm WmB h h 于是得到小磁铁收到的磁力： 00 4 3 2 dWmm F dhh 平衡时有： 0000 4 11 4 1 33 22 mmmm FMgh hMg （2）当小磁铁位于 1 hhh， 1 hh 时，受力满足： 00 4 11 34 2 () mmMg FMgh hhh 因此等效劲度系数 1 4Mg k h 频率： 51 88 00 12 23 kgM f Mmm （3）力矩： 00 11 3 1 1 ( )sinsinsin 23 mm mB hMgh h 而公转中由角动量定理 000 sinsinLI 因此解得 33 100 4 0000 13 332 Mghmm M g II （4）总磁场: 01cos BBBt 其中 0 0 3 1 2 4 m B h 力矩: 01 (cos)sinm BBt 其中是小角 由角动量定理: 001 (cos)sinIm BBt 设 0 ， 其中 0 为慢速变化的部分，为快速变化的部分(变化频率)， 且 0 则: 00001001 ()coscosImBmBtmBmBt 对上式作平均（平均的时间范围远长于快速项的变化周期，但慢速项还几乎没有变化） ，左 侧第 2 项，右侧第 2，3 项为明显的快速部分，在平均时消失: 00001cos ImBmBt 得到快速部分满足的方程： 0100 cosImBtmB 由于的频率，而很大： 2 00 00 1 II mBmB 故略去上式右侧第 2 项，化为： 010 cosImBt 积分后，得 10 2 0 cosmBt I 可以求出 2222 2 11 100 22 00 coscos 2 m Bm B mBtt II 于是有： 22 1 0000 2 0 () 2 m B ImB I 要使平衡稳定，应有 22 1 0 2 0 0 2 m B mB I 则 0 0 1min 0 3 1 m I B mh 【答案】 （1） 00 4 1 3 2 mm h Mg （2） 51 88 00 2 3 gM m f m （3） 33 00 4 00 13 32 mm M g I （4） 0 0 1min 0 3 1 m I B mh 【题四】 一团理想气体在理想的可逆热机中工作。气体摩尔热容量为 3 2 V CR。用横轴记录热机对 外做功（外界对系统做功记为负） ，用纵轴记录系统从热源吸热（放热记为负） 。O为体系 初态，OA、AB为直线，A坐标为 00 (2,5)WW，B坐标为 00 (5,5)WW，/OABC， 1 / /ABCO。热机在 1 O点回到初态。已知这个热机的效率为为 2 3 （1）C点坐标为 00 (,) xy C W C W，求 x C （2）C点坐标为 00 (,) xy C W C W，求 y C （3） 1 B点坐标为 1010 (,) xy B W B W，求 1x B （4） 1 B点坐标为 1010 (,) xy B W B W，求 1y B （5）记初态温度为 0 T，一个循环中气体最大熵和最小熵的差值为S，计算 0 0 TS W 【参数】 无 【解答】 （1）（2） 由图像可知， 一次循环中， 吸热量 0 5 in QW， 而 in W Q ， 故总功 0 10 3 in WQW； 故 1 O坐标为 00 1010 (,) 33 WW，C坐标为 00 1310 (,) 33 WW （3） （4）由图像可知， 1 BB与 1 OO相同，因此有： 101000 2525 (,)(,) 33 xy B W B WWW （5） 先简单分析循环过程； QW 图上， OA 段的斜率为 5 2 ， 即 35 22 pVp Vp V， 故知0p，即为恒压过程；AB 段显然为绝热过程；BC 段同理为恒压过程； 1 CO段亦为 绝热过程； 0100 2pVVW 01120 3 3 2 p VpVW 1230 2 3 p VVW 00130 3 2 p VpVW 而绝热过程中 5 3 PVC，故 3 5 0 21 1 p VV p ， 3 5 0 30 1 p VV p ，联合以上各式解得： 1 0 3 V V ， 5 0 2 1 3 p p 热过程中，熵无变化；在等压过程 OA 中，熵增加了 10 00 535 lnlnln3 222 VP SnRnRnR VP 故 000 00 55 ln3ln32.747 22 TSPV nR WnRW 【答案】 （1） 13 3 x B （2） 10 3 y B （3） 25 3 x C （4） 25 3 y C （5） 000 00 55 ln3ln32.747 22 TSPV nR WnRW 【题五】 一个经典的问题是问一个薄圆盘两个端点之间的电阻是多少。 这显然是发散的， 然而研究这 个问题很有趣。我们分几步来做。 （1）两根无限长均匀的，各自单位长度均匀带电的无限长直导线，在xy平面内的坐 标分别为( ,0),(,0)aa。y轴上坐标为(0,)a的点电场强度为 0 ( ) 4 x E a 。求 （2）有两根电场线分别通过(0,)a，这两根电场线在xy平面内围成的图形面积为 2 Sa，求 （3）有一个半径为r，厚度为hr的均匀圆盘，电导率为 0 ，在直径的两端点上各接 入一个半径为r的圆柱形金属电极， 分别接入电源正负极， 形成稳定电流。 左边为正， 右边为负。在圆盘中心处的电流密度为 0 j。圆盘边缘处角度为处的电势为( )U，计算 0 0 ()( ) 2 j r UU ，求。提示：利用上一问电场线形状，和第二类边界条件的电像 法。 （4） 接上一问， 保持电源正负极电压不变， 将正负极挪到圆盘边缘距离角度为的两个点， 这时圆盘中心的电流密度大小变为 0 j，求 （5）注意：这一问很凶猛，并且分数不多，谨慎入坑。接（3）将电源正负极位置改到坐标 为(,0)r的位置，01，这样中心点的电流密度变为 0 j，求。提示，在反演 变换下过原点的圆变为直线，不过原点的圆变为圆。 【参数】 1001 , , 7.57 101.29 10 rad2.50 10 ra , d2.48 10 【解答】 （1）由高斯定理易得 22 00 ( ) (1) x a E ra 因此 2 4 1 （2）可以证明，电场线为圆弧的一部分，设半径为r 由几何关系： 2 222 1 () 2 ararra 该段圆弧的一半对应的圆心角满足 2 2 1 cos 1 ra r 因此上半部分面积可以用扇形面积减三角形面积算出，即一半的面积： 2 11 (2 )(2 )() 22 Sra ra 2222 2 22 (1)11 2arccos 21 SSa 即 2 222 22 (1)11 arccos 21 （此式对1的情况同样适用） （3）利用 0 jE以及（2）问中的电场分布，采用电像法，ar 在中心处 000 000 jrj r 在（1）的情景中，容易得到 0 ( ) 2sin E r 因此 00 22 00 ( )( )( )cscln|cot/2| 222 j rj r UUErdd 即 1 |ln |cot/ 2| 2 （4）继续采用电像法 sin 2 ar 为使电压不变： 00 0 rj （不变，a缩小时E同比例放大使得电势差U不变） 圆盘中心处 0 0 2 00 0 sin 2 (cot)sin 22 (1cot)sin 22 y j EE r r 因此此时 00sin 2 jj 即 sin 2 （5） 那么 2 z平面上 2 2 /2xa右侧的各点电势是由四根无限长带电直导线贡献的，并且由于我 们关心 2 O附近的电势和电场，因此 2 x轴上某点电势可写作： 22 22 00 ln()ln() 2(1)2(1) aa uxx rr 22 22 00 ln()ln() 2(1)2(1) aa xx rr 而 22 21 /()xaxaxr（这里只考虑实轴上的点） 1/()1/(1)1/()/(1) ln 1/(1)1/()1/()1/(1) xrrxrr u rxrxrr 电场为： 000 111 (0)(1)(1)() 2 x x u E xrr 当1时，1/2，所以 11 () 2 另：将 2 z中的像电荷变为 1 z 1 00 11 (22)(1/) 2/ O E rrr 结论是一样的：当1时，1/2，所以 11 2 【答案】 （1） 2 4 1 （2） 2 222 22 (1)11 arccos 21 （3） 1 |ln |cot/ 2| 2 （4）sin 2 （5） 11 2 【题六】 一个质量为m，半径为r的均匀绝缘圆环，立放在足够粗糙的地面上。在圆环上套有一个 光滑的小珠，质量为m，电量为q，记圆心到小珠的连线与竖直夹角为，圆心相对初始 位置向右位置为x。垂直于纸面有匀强磁场B。重力加速度g竖直向下。初态 0 /2， 圆环和小珠都静止。令 22 2 q B r m g 。假设过程中圆环始终不脱离地面。 （1）计算表明，当 c 时，小珠再次相对圆环静止时有 1 cos0 c ，试求 c 。 （2） 当 1c 时， 求小珠再次相对圆环静止的时候cos c 为多少 （用题目中参数表示， 最终答案取绝对值即可） （3） 求小珠运动到 1 时， 相对角速度中较小值为多少？ （此问中取 1 1s qB m ， 1 1 cos 2 ， 1mr ， -2 10msg ，最终答案取绝对值即可） （4）接（3） ，求相对角速度中较大值为多少？（最终答案取绝对值即可） （5）接（3） ，求圆心速度x中较小值为多少？（最终答案取绝对值即可） （6）接（3） ，求圆心速度x中较大值为多少？（最终答案取绝对值即可） 【参数】 1 1 1.72 10 【解答】 （1）设末态相对角速度=0，圆环角速度为，由于地面完全粗糙，大环作纯滚动，有运 动关联：rx。 由于洛伦兹力和静摩擦力不做功，从而有能量守恒： 2 222 111 (1 cos)2 sin 2222 c mgrmgrmxmrmr 在运动过程中，取圆环圆心为支点，设地面摩擦力为f，方向向右，对大圆列角动量定理 有： 2 frmr 在运动过程中，设对圆环加上小珠整体列水平方向动量定理： () x dp q vBxf dt 注意到 ()= () y q vBx q BxvqBv fdtmrd 末态的水平总动量为： (1 cos) xc pmxmx 代入后积分，得到再次相对静止时： cos(1 cos) cc qBrmrmxmx 把这个动量定理得到的结果和能量守恒以及运动关联联立，解得： c cos0 或 222 c 2 33 cos, 11 q B r m g 已经舍去了 c cos必定大于 1 的解。 综上： 若04， c cos0 若4则 2 c 33 cos 11 （3） （4）做法同上，只需要补入： 速度关联：rx 对整体动量定理积分： 11 cos()cosqBrmrmxm xxr 能量守恒： 222222 11 111 (1 cos)()2()cos 222 mgrmgrmxmrm xrxr 代入数据联立解得： 2.57rad/s或2.91rad/s （5） （6）由上述式子解得 -1 0.382msx 或 -1 0.715msx 【答案】 （1） 0 4.00 10 c （2） 2 111 1 11 33 cos2.51 10 11 c （3） min 2.91rad/s （4） max 2.91rad/s （5） -1 min 0.382msx （6） -1 max 0.715msx 【题七】 米尺测波长 将一束激光以角度入射到钢尺上， 发现反射的光线发生了干涉， 除了满足反射定律的0级 外，还出现了1，2等条纹。原因在于米尺上每过1mm有一条刻度已知和条纹之间 的角间距，求激光器的波长。 （ ） 【参数】 2 6.69 1a 0r d ， 3 9.32 1 0rad 【解答】 考虑相邻的两条光线，它们分别打在钢尺的相邻反射格子上，中间正好隔了一条黑线。如果 入射角为，刻度间距离1mmd ，这两条光线在射到直尺上的时候光程差为cosd。 如果出射角恰好为， 则之后两条光线的光程差也为cosd， 前后抵消， 等于没有光程差， 即干涉相长。 假设出射角为+时达到一级亮，则有 coscos 注意到小角近似，代入有 sind 解得 sind 【答案】 近似值： 62 6.24n100m 1 精确值正一级： 2 coscos6.66 10 nm 精确值负一级： 2 coscos5.80 10