2013天津市大学生物理竞赛答案

2013年天津市大学物理竞赛答案一、解：已知R=3m，smvsmamRt/0,/3,302，质点做圆周运动（1）由dtdvat（1分）得)/(3303000smtdtdtavvtt（1分）而)/(33)3(2222smttRvan（1分）质点做圆周运动，当其总加速度a恰好与半径成45o角时，有ntaa即233t（2分）得st1（负值舍去）（1分）或者2/1sradRa（2分）22/1sradRan（1分）ntaa（2分）st1（1分）（2）在1s内，质点所经过的路程为：20021tatdtavdtStttt（1分）mS5.11321（1分）在1s内，质点所经过的角位移为：RSRS22（1分）rad5.035.1（1分）或者222121tRatt（1分）rad5.013321（1分）xa45naaxa45naa二、解：设球体积为V，空气压强P0RTMPVPPH08.12（或nkTP）（2分）000222MPMPVRTMPHHH222226.3292928.18.1000000HHHHMMMMMPMP（3分）aMaMMgMMFFHHH2226)()(球球浮合（2分）gMgVF00浮（2分）ga34.0（1分）三、解：设电容器内球带电量为Q，外球带电量为-Q由高斯定理可知204rQEr（2分）210124)(RRrRRRQrdEV（2分）122104RRRRVQCr（1分）代入数据rrrCC02001086.03.001.0015.0015.001.05.24（2分）两个电介质串联，总电容为rCCCCC02121067.0（1分）20maxmax4rQEr20maxmax4rEQr（2分）VECQVrr5020maxmaxmax107.2067.0015.04（2分）四、解：（1）村庄a法线湖ii村庄bc村庄a法线湖ii村庄b村庄a法线湖ii村庄bc费马原理：光从空间的一点到另一点是沿着光程为极值的路径传播的（2分）如图所示，假想有一束光从a点出发，经椭圆上某点c反射到达b点，则光线的实际路径acb取的即为极小值。由反射定律，ac与c点法线的夹角i等于bc与法线的夹角i’，若以反射点c作为发电站位置则输电线acb最短。（3分）（2）iiii反射面bbccaiiii反射面bbcca如图所示，假设ac’b为可能的光线从ba的路径（c’为反射点）。做b点关于反射面得对称点b’，则ac’b路径长度即为ac’b’路径的长度。显然，当反射点与a、b’三点共线时（此时反射点即为图中c点）的路径长度最短。根据费马原理，c点即为实际的反射点，acb为光线的实际路径。（3分）由图看出，ii，此即光的反射定律。（2分）注：题目要求利用费马原理选址，若仅凭数学方法求极值不能给分。此外，费马原理的表述也有多种形式，只要基本思想正确即可给分。例如，费马原理还可有如下表述：两点间光线的实际路径是光程（或：所需的传播时间）为平稳路径。在光线的实际路径上，光程的变分等于0：bandl0光沿光程值为最小、最大或常量的路径传播。五、解：（1）O光在表面发生全反射：2sin1sin0n（1分）09.37658.11sin1（2分）（2）e光发生折射：eensin1sin67.63658.1486.1sin1e（1分）58.26e（2分）（3）o光平行于纸面振动（2分）e光垂直于纸面振动（2分）o光e光o光e光六、解：从开始考试到发出信号，命题老师测得2小时为原时，即21t小时监考老师测得此段时间为2111cvtt（4分）监考老师测得信号发出地距自己1tvl（2分）从信号发出至其收到信号时间间隔12tcvclt（2分）所以监考老师测得考试时间1121)1(tvcvctcvttt（1分）代入数据06.3t小时（1分）七、解：（1）考虑一粒子沿x方向动量不确定量为xp，坐标不确定量为x其能量不确定度为：mppmpExxx)2(2（2分）时间不确定度为：vxt将两式相乘的：2Exxxpvxmpptx（2分）（2）根据相对论能量和动量关系式，得其动量不确定量为：EpcEcmEcpx2402x1）（（2分）坐标不确定度为：tmptvxx（2分）将两式相乘的：22xtEtEmcExp（2分）八、解：（1）当开关闭合时，液体中有从A到B方向的电流，且容器处于均匀磁场B中，因观测到左管的液面高于右管，说明在液面内部将产生压强，依据以上条件与实验观测结果，可得：根据左手（右手）定则可知，液体将应受到向左的安培力作用，并可判断出均匀磁场B的方向。（可参考正视图）（因图、文分析均可得出相关结论，所以可认可其不同的回答形式）（3分）（2）令容器内部高为L、厚为d，左右两管液面高度差为h；则由于安培力作用产生的压强为：LdBILSFP（3分）因两管的液体处于平衡状态，因此有：ghP（2分）所以解得：BghdI/（2分）KABBKABKABB+-·ABFIBfBfvvB正视图++--·ABFIBfBfvvB正视图九、解：NfcvmgNfcvmg如图，夹角为时，由转动定律)31(cos22mlLmgLg2cos3所以质心切向加速度cos432gLac（1分）由动能定理22)31(21sin2mlLmg得Lgsin3质心法向加速度sin2322gLacn（1分）由质心运动定理cos43cossin23sinmgmaNmgmgmamgfccncos41sin25mgNmgf（2分）脱离时应有Nf(1分)即1010cos4sin251tgtgmgmg（1分）（2）221cosgTTvhc（2分）脱离后角速度不变2T（1分）带入并考虑到2Lvc可得LLhsin32cos2其中10tg可得222100100cos100sin带入可得2221003210010LLh（1分）十、解由图分析可知RTpVRVPTRVPTRVPRPaVaTacb00000028解法一：0000009)82(23)(VPRVPRVPRTTCQbaabvab放热（2分）00000025)2(25)(VPRVPRVPRTTCQcbbcpbc放热（2分）002020677)(2300VPdVVVPTTRAEQacVVcacacaca吸热（4分）%4.1077811cabcabQQQQQ吸放（2分）解法二：净功：00200002034)2(00VPVVPdVVVPAAAVVbcca（4分）00677VPAEQcacaca吸热（4分）%4.10778吸净QA（2分）十一、解：角动量守恒JRmvRmv0021（3分）解得MRmv0（1分）摩擦力矩MgRdrrgRMMR322202（3分）动能定理0221JMd（2分）解得gRMvm220283（1分）十二、解：210log)2731(18400PPtzz或1228.1331001.1)9.01(5（每升高12m气压降低1毫米汞柱【133.28Pa】）（3分）Z=909m（1分）vmf2（2分）gta2（1分）2tgadtv（1分）mtgvdtx59.0312（1分）向东（1分）