1、2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 1 - 第 24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (本题共七大题,满分 160 分) 一、( 20分) 如图所示,一块长为 L 1.00m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖直导轨),从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T 2.00s。一小球 B放在光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h 9.80m。平板静止在其平衡位置。水球 B与平板 PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度 u0,使它从水平台面
2、抛出。已知小球 B与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, u0 的值应在什么范围内?取 g 9.8m/s2。 一、参考解答: 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,这时 0u 的值便是满足题中条件的最大值;如果小球的水平速度 0u 较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 0u 的值便是满足题中条件的最小值 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 1t ,有 2112h gt ( 1) 若碰撞正好发生在 Q
3、 处,则有 01L ut ( 2) 从( 1)、( 2)两式解得的 0u 值便是满足题中条件的最大值,即 0max 2guLh( 3) 代入有关数据得 0max 0.71m/su ( 4) 如果 0 0maxuu ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 1v ,则有 1 2ghv ( 5) 以 1v 、 1V 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒设小球和平板的质量都是 m,则有 h P Q B u0 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 2 - 1 1 1mVmv
4、= mv ( 6) 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 2 2 2 2 21 0 1 1 01 1 1 1 12 2 2 2 2mV mv mu = mv mu( 7) 解( 6)、( 7)两式,得 1 0v ( 8) 112V gh =v ( 9) 碰撞后,平板从其平衡位置以 1V 为初速度开始作简谐振动取固定坐标,其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合, x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为 0t ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移 PQ cosx A t ( 10) 式中 2T( 11) A 和 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时
5、刻平板振动的速度 PQ sinAt v ( 12) 因 0t 时, PQ 0x PQ Vv ,由( 9)、( 11)、( 12)式可求得 22ghAT( 13) 2( 14) 把( 13)、( 14)式代入( 10)式,得 PQ 2 2 c o s2 2ghx T tT( 15) 碰撞后,小球开始作平抛运动如果第一次碰撞后,小球再经过时间 2t 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为 2B 2 212x t gt( 16) 平板的 x 座标为 PQ 2 22 2 c o s2 2ghx t T tT( 17) 在碰撞时,有 B 2 PQ 2x t x t
6、 ( 18) 由( 16)、( 17)、( 18)式,代入有关数据得 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 3 - 222 4 .9 0 4 .4 1 c o s 2tt( 19) 这便是 2t 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表) 2 0.771st ( 20) 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有 0 1 2L u t t ( 21) 由( 1)、( 20)和( 21)式得 0 12 0.4 6 m /sLu tt( 22) 而满足题中要求的 u0的最小值应大于( 22)式给出的值综合以上讨论, u0的取值范围是 0.46m/s u0 0.71
7、m/s ( 23) 附:( 19)式的数值求解 用数值解法则要代入 2t 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下: 2t 0.730 0.750 0.760 0.765 0.770 0.771 0.772 0.775 0.780 0.790 0.810 2 4.41 cos 2PQxt3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48 224.90Bxt 2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.98 3.06 3.21 PQ Bxx0.70 0.36 0.19 0.09 0 0 -0.01 -0.
8、08 -0.17 -0.36 -0.73 二、( 25分) 图中所示为用三角形刚性细杆 AB、 BC、 CD 连成的平面连杆结构图。 AB 和 CD 杆可分别绕过 A、 D 的垂直于纸面的固定轴转动, A、 D 两点位于同一水平线上。 BC 杆的两端分别与 AB杆和 CD 杆相连,可绕连接处转动(类似铰链)。当 AB杆绕 A轴以恒定的角速度 转到图中所示的位置时, AB杆处于竖直位置。 BC 杆与 CD 杆都与水平方向成 45角,已知AB杆的长度为 l, BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加速度 aC的大小和方向(用与 CD 杆之间的夹角 表示 ) 二、参考解答: 2007 年
9、第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 4 - 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为 B lv ( 1) B 点的向心加速度的大小为 2Bal ( 2) 因为是匀角速转动, B 点的切向加速度为 0,故 Ba 也是 B 点的加速度,其方向沿 BA 方向因为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速度的大小用 Cv 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图可知,其方向沿杆 BC 方向因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等,故有 C 2c o s 42 lBvv( 3) 此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动, C 点的法向加速度 2CCna CDv
10、( 4) 由图可知 22CD l ,由( 3)、( 4)式得 228Cnal( 5) 其方向沿 CD 方向 下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度,即切向加速度 Cta 因为BC 是刚性杆,所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动, C 点相对 B点的速度方向必垂直于杆 BC令 CBv 表示其速度的大小,根据速度合成公式有 CB C Bv v v 由几何关系得 22 22C B B C B l v v v v( 6) 由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度 2CBCBa CBv( 7) 因为 2CB l ,故有 224CBal( 8) 其方向垂直杆 CD.
11、由( 2)式及图可知, B 点的加速度沿 BC 杆的分量为 cos 4BBBCaa( 9) 所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量 2324C t C B B BCa a a l ( 10) A C D B aCn aC t aC 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 5 - C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 Cna 与切向加速度 Cta 的合加速度,即 2 2 2748C C n C ta a a l ( 11) Ca 的方向与杆 CD 间的夹角 a r c ta n a r c ta n 6 8 0 . 5 4Ct
12、Cnaa ( 12) 解法二:通过微商求 C 点加速度 以固定点 A为原点作一直角坐标系 Axy, Ax 轴与 AD 重合, Ay 与 AD 垂直任意时刻 t,连杆的位形如图所示,此时各杆的位置分别用 , 和 表示,且已知 AB l ,2BC l , 22CD l , 3AD l , ddt , C 点坐标表示为 co s 2 co sCx l l ( 1) sin 2 sinCy l l ( 2) 将( 1)、( 2)式对时间 t 求一阶微商,得 d dds in 2 s ind d dCx lt t t ( 3) d ddc o s 2 c o sd d dCy lt t t( 4) 把(
13、 3)、( 4)式对时间 t 求一阶微商,得 222 222 2 2d d d d dc os sin 2 c os 2 sind d d d dCx lt t t t t ( 5) 2222 2 2d d d d dsin c os 2 sin 2 c osd d d d dCy lt t t t t ( 6) 根据几何关系,有 sin sin sinCD A B B C c os c os c os 3C D AB BC l 即 2 2 s in s in 2 s in ( 7) 2 2 c o s 3 c o s 2 c o s ( 8) A B C D x y 2007 年第 24 届
14、全国中学生物理竞赛复赛 - 6 - 将( 7)、( 8)式平方后相加且化简,得 2 s in s in 2 c o s c o s 3 c o s 3 2 c o s 2 0 ( 9) 对( 9)式对时间 t 求一阶微商,代入 2, 4, ddt ,得 d1d2t ( 10) 对( 9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得 2 22d3d8t ( 11) 将( 10)、( 11)式以及 , , ddt的数值代入( 5)、( 6)式,得 2 22d 5d8Cx lt 2 22d 7d8Cy lt 所以 aC 2222 2dd 74d d 8CCC xyaltt 748 l2 ( 12)
15、由图知, Ca 与 x 轴的夹角为 22ddt a n 1 .4CCyxtt ( 13) 所以求得 arctan 1.4 54.46 这个夹角在第三象限,为 234.46 ,故 aC与 CD 的夹角 80.54 ( 14) 三、( 20分) 如图所示,一容器左侧装有活门 K1,右侧装有活塞 B,一厚度可以忽略的隔板 M 将容器隔成 a、 b 两室, M 上装有活门 K2。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定,拔掉销钉即可在容器内左右平移,移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为 p0、温度为 T0的大气中。初始时将活塞 B用销钉固定在图示的位置,隔板 M 固定在容器
16、PQ 处,使 a、 b 两室体积都等于 V0; K1、 K2关闭。此时, b 室真空, a 室装有一定量的空气(容器内外气体种类相同,且均可视为理想气体),其压强为 45 p0,温度为 T0。已知 1mol空气温度升高 1K时内能的增量为 CV,普适气体常量为 R。 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 7 - ( 1) 现在打开 K1,待容器内外压强相等时迅速关闭 K1(假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体之间无热量交换),求达到平衡时, a 室中气体的温度。 ( 2) 接着打开 K2,待 a、 b 两室中气体达到平衡后,关闭 K2。拔掉所有销钉,缓慢推动活塞 B直至
17、到过容器的 PQ 位置。求在推动活塞过程中,隔板对 a 室气体所作的功。已知在推动活塞过程中,气体的压强 p 与体积 V 之间的关系为 VVCRCpV 恒量。 三、参考解答: ( 1) 设 a 室中原有气体为 mol ,打开 K1后,有一部分空气进入 a 室,直到 K1关闭时, a室中气体增加到 mol ,设 a 室中增加的 mol 气体在进入容器前的体积为 V ,气体进入 a 室的过程中,大气对这部分气体所作的功为 0A p V ( 1) 用 T 表示 K1关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气体内能增加量为 0VU C T T ( 2) 由热力学第一定律可知 UA ( 3)
18、由理想气体状态方程,有 0 0 045 p V RT( 4) 00p V RT ( 5) 00pV RT ( 6) 由以上各式解出 T 5( CV R)5CV 4RT0 ( 7) ( 2) K2打开后, a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不变,所以温度不变(仍为 T ),而体积增大为原来的 2 倍由状态方程知,气体压强变为 012pp( 8) 关闭 K2,两室中的气体状态相同,即 abp p p, abT T T, a b 0V V V,且ab12 ( 9) 拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体的压强、体积和温度分别
19、为 ap 、 bp 、 aV 、 bV 、 aT 、 bT ,则有 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 8 - a a a aVVC R C RCCp V p V ( 10) b b b bVVC R C RCCp V p V ( 11) 由于隔板与容器内壁无摩擦,故有 abpp ( 12) 由理想气体状态方程,则有 a a a ap V RT ( 13) b b b bp V RT ( 14) 因 a b 0V V V ( 15) 由( 8)( 15)式可得 a b 012V V V( 16) ab2 VRCT T T ( 17) 在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a
20、 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能的增加,即 12 VaW C T T( 18) 由( 6)、( 17)和( 18)式得 W CV2R ( 2VRC 1) p0V0 ( 19) 四、( 25分) 图中 Oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x 0 的一侧,存在匀强磁场,磁场方向垂直于 Oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x 0 的一侧,一边长分别为 l1和 l2的刚性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框的质量为 m,自感为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 v0进入磁场区域,试定量地讨论线框以后可能发 生的运动情况及与初速度 v0大
21、小的关系。(假定线框在运动过程中始终保持超导 状态 ) 四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x 1xl ,速度为 v ,x O y x 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 9 - 因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 v2BlvE ,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又引起自感电动势设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向,则切割磁感应线产生的电动势 vE 与设定的正方向相反,自感电动势L iL tE与设定的正方向相同 .因线框处于超导状态,电阻 0R ,故有 L v 2 0iL B l iRt vEE( 1) 即 02 txBltiL( 2) 或
22、iLxBl 2 ( 3) 即 LBlxi 2( 4) 可见 i 与 x 成线性关系,有 CxLBli 2( 5) C 为一待定常数,注意到 0x 时, 0i ,可得 0C ,故有 xLBli 2( 6) 0x 时 0i ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上的外磁场作用于线框的安培力 xLlBiBlf 2222 ( 7) 其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有 “弹性力 ”的性质下面分两种情形做进一步分析: ( i)线框的初速度 0v 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全部进入磁场区,这时在
23、安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率 222BlLm( 8) 周期 2222 LmT Bl( 9) 振动的振幅可由能量关系求得,令 mx 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度,这时线框的初始动能全部转换为 “弹性力 ”的 “弹性势能 ”,由能量守恒可得 2222201122 mBlmxL v( 10) 得 2007 年第 24 届全国中学生物理竞赛复赛 - 10 - 20m 222Lmx Bl v( 11) 故其运动方程为 0 22 s inLm BlxtBl Lm v , t 从 0 到2LmBl ( 12)
24、半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 0v 向左匀速运动因为在这种情况下 mx 的最大值是 1l ,即 22222011122BlmlLv( 13) 由此可知,发生第( i)种情况时, 0v 的值要满足下式 22222011122BlmlL v即 120 BllmLv( 14) ( ii) 若线框的初速度 0v 比较大,整个线框能全部进入磁场区当线框刚进入磁场区时,其速度仍大于 0,这要求 0v 满足下式 210 Bl lmLv( 15) 当线框的初速度满足( 15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前,线框的运动方程与( 12)式相同,但位移区间是 0x 到 1xl ,所以时间
25、间隔与( 12)式不同,而是从 0 到 121 220a rc s in B l lLmt Bl Lm v ( 16) 因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0此后线框中维持有最大的电流12 lLBlim ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动的速度可由下式决定 222 2 22011 1 12 2 2 Blm m lLvv即 v v02 B2l12l22Lm ( 17) 五、( 25分) 地球赤道表面附近处的重力加速度为 g0 9.8m/s2,磁场的磁感应强度的大小 B0 3.0 10-5T,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 r3 成反比( r 为考察点到地心的距离),方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离 r 5Re( Re 为地球半径)