第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答doc.docx

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第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答doc

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准

一、参考解答

令表示质子的质量，和分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度，表示元电荷，由能量守恒可知

（1）

因为a不动，可取其球心为原点，由于质子所受的a球对它的静电库仑力总是通过a球的球心，所以此力对原点的力矩始终为零，质子对点的角动量守恒。

所求的最大值对应于质子到达a球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。

以表示的最大值，由角动量守恒有

（2）

由式

（1）、

（2）可得

（3）

代入数据，可得

（4）

若把质子换成电子，则如图复解20-1-2所示，此时式

（1）中改为。

同理可求得

（5）

评分标准：

本题15分。

式

（1）、

（2）各4分，式（4）2分，式（5）5分。

二、参考解答

在温度为时，气柱中的空气的压强和体积分别为

，

（1）

（2）

当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管。

设温度升高到时，气柱右侧水银刚好全部压到B管中，使管中水银高度增大

（3）

由此造成气柱中空气体积的增大量为

（4）

与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应增大，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为

（5）

所以，当温度为时空气的体积和压强分别为

（6）

（7）

由状态方程知

（8）

由以上各式，代入数据可得

K（9）

此值小于题给的最终温度K，所以温度将继续升高。

从这时起，气柱中的空气作等压变化。

当温度到达时，气柱体积为

（10）

代入数据可得

（11）

评分标准：

本题15分。

求得式（6）给6分，式（7）1分，式（9）2分，式（10）5分，式（11）1分。

三、参考解答

位于通道内、质量为的物体距地心为时（见图复解20-3），它受到地球的引力可以表示为

，

（1）

式中是以地心为球心、以为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以表示地球的密度，此质量可以表示为

（2）

于是，质量为的物体所受地球的引力可以改写为

（3）

作用于质量为的物体的引力在通道方向的分力的大小为

（4）

（5）

为与通道的中垂线间的夹角，为物体位置到通道中

点的距离，力的方向指向通道的中点。

在地面上物体的重力可以表示为

（6）

式中是地球的质量。

由上式可以得到

（7）

由以上各式可以求得

（8）

可见，与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为

（9）

物体将以为平衡位置作简谐振动，振动周期为。

取处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为的静止物体到达处的速度为，则根据能量守恒，有

（10）

式中表示地心到通道的距离。

解以上有关各式，得

（11）

可见，到达通道中点的速度与物体的质量无关。

设想让质量为的物体静止于出口处，质量为的物体静止于出口处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点处，并发生弹性碰撞。

碰撞前，两物体速度的大小都是，方向相反，刚碰撞后，质量为的物体的速度为，质量为的物体的速度为，若规定速度方向由向为正，则有

，（12）

（13）

解式（12）和式（13），得

（14）

质量为的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口处时的速度为，则有

（15）

由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得

（16）

的方向沿着通道。

根据题意，卫星上的装置可使的方向改变成沿地球处的切线方向，如果的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有

（17）

由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到

（18）

已知m，则得

（19）

评分标准：

本题20分。

求得式（11）给7分，求得式（16）给6分，式（17）2分，式（18）3分，式（19）2分。

四、参考解答

图复解20-4-1中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入的区域），光线在球面上的入射角和折射角分别为和，折射光线与坐标轴的交点在。

令轴上的距离为，的距离为，根据折射定律，有

（1）

在中

（2）

（3）

由式

（1）和式

（2）得

再由式（3）得

设点到的距离为，有

得

（4）

解式（4）可得

（5）

为排除上式中应舍弃的解，令，则处应为玻璃半球在光轴上的傍轴焦点，由上式

由图可知，应有，故式（5）中应排除±号中的负号，所以应表示为

（6）

上式给出随变化的关系。

因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有，其中折射光线与轴交点最远处的坐标为

（7）

在轴上处，无光线通过。

随增大，球面上入射角增大，当大于临界角时，即会发生全反射，没有折射光线。

与临界角相应的光线有

这光线的折射线与轴线的交点处于

（8）

在轴上处没有折射光线通过。

由以上分析可知，在轴上玻璃半球以右

（9）

的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。

与就是所要求的分界点，如图复解20-4-2所示

评分标准：

本题20分。

求得式（7）并指出在轴上处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在轴上处无光线通过，给6分；得到式（9）并指出上有光线段的位置，给4分。

五、参考解答

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倾向于向左运动，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，水平摩擦力为；圆柱B受墙面的正压力为，竖直摩擦力为，圆柱A受圆柱B的正压力为，切向摩擦力为；圆柱B受圆柱A的正压力为，切向摩擦力为，如图复解20-5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＝0.20，两圆柱间的摩擦系数＝0.30。

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，为了求出、、以及为保持平衡所需的、、之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：

圆柱A：

（1）

（2）

（3）

圆柱B：

（4）

（5）

（6）

由于，所以得

（7）

式中代表，，和的大小。

又因，于是式

（1）、

（2）、（4）和（5）四式成为：

（8）

（9）

（10）

（11）

以上四式是，，和的联立方程，解这联立方程可得

（12）

（13）

（14）

（15）

式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，，，没有问题，但，，三个力能不能达到所需要的数值，即式（12）、（14）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（12），得

所以

（16）

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＝0.20，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在地面上不发生滑动的条件是

（17）

由图复解20-5可知

（18）

（19）

由式（17）、（18）和式（19）以及＝0.20，可以求得

（20）

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

（21）

由式（18）、（19）以及＝0.30，可解得

（22）

显然，在平衡时，的上限为。

总结式（20）和式（22），得到满足的条件为

（23）

评分标准：

本题22分。

求得式（7）、（12）、（13）、（14）、（15）各2分，式（16）3分，求得式（23）9分。

六、参考解答

在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。

因为取无限远处为电势的零点，故正电荷在空间各点的电势为正；负电荷在空间各点的电势为负。

现已知处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是一正一负。

根据所提供的电势的曲线，当考察点离坐标原点很近时，电势为正，且随的减小而很快趋向无限大，故正的点电荷必定位于原点处，以表示该点电荷的电量。

当从0增大时，电势没有出现负无限大，即没有经过负的点电荷，这表明负的点电荷必定在原点的左侧。

设它到原点的距离为，当很大时，电势一定为负，且趋向于零，这表明负的点电荷的电量的数值应大于。

即产生题目所给的电势的两个点电荷，一个是位于原点的正电荷，电量为；另一个是位于负轴上离原点距离处的负电荷，电量的大小为，且＞。

按题目所给的条件有

（1）

（2）

因时，电势为极小值，故任一电量为的正检测电荷位于处的电势能也为极小值，这表明该点是检测电荷的平衡位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零，因而有

（3）

由式

（1）、

（2）和（3）可解得

（4）

（5）

（6）

式中为静电力常量。

评分标准：

本题23分。

式

（1）、

（2）各4分，式（3）6分，式（4）、（5）、（6）各3分。

七、参考解答

设物块在点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为，竖直速度为

（1）

碰撞后物块的竖直速度变为，根据题意，有

（2）

设物块的质量为，碰撞时间为，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为

（3）

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变为，则有

（4）

由以上各式得

（5）

同理，在落地点，，…，其碰撞后的竖直分速度分别为

…………

（6）

其水平速度分别为

…………

（7）

由式（6）可知，只有当碰撞次数时，碰地后竖直方向的分速度才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于。

地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于，因次，物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零，且不会反向。

设经过次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。

因，由式（7）

两边取对数

（8）

令

（9）

若恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间，水平速度变为零，则碰撞次数

有（10）

若不是整数，此种情况对应于在次碰撞结束前，即在小于碰撞时间内，水平速度变为零。

则碰撞次数

有

（11）

表示的整数部分。

由于经过次碰撞，物块沿水平方向的分速度已为零，但竖直方向的分速度尚未为零，故物块将在处作上下跳跃，直到，即，最后停止在处。

物块运动的最远水平距离。

下面分别计算每次跳跃的距离。

（12）

…………

（13）

所求距离为上述所有量的总和，为

（14）

分别求级数的和：

（15）

（16）

将以上两个关系式和代入式（14），得

（17）

式中由式（10）或式（11）决定。

评分标准：

本题25分。

式（6）3分，式（7）6分，式（8）4分，式（10）2分，式（11）2分，式（14）5分，求得式（17）并说明的取值，给3分。