2010年全国高中物理奥赛冬令营结营试题8.21

12010年全国高中物理奥赛冬令营结营试题8.211．一根通有恒定电流I，被弯成张角为2θ的“V”字型的非常长的导线。安培的计算，点P的磁感应强度B，正比于tan(θ/2)。对于同样的情况，毕奥和萨伐尔却指出可能正比于θ。（1）分析哪个公式正确？（2）求公式中比例系数。（无限长直导线B=k0I/r，k0为已知）（3）求P1点的磁感应强度B的大小。2．半径R、质量M匀质圆环，在水平桌面上，环内某直径的两端各有一个质量同为m的静止小球。令t=0开始，恒力F拉环，处处无摩擦，小球间的碰撞都是弹性的。（1）设t=t1时刻两小球第1次相碰，计算t1前瞬间两小球相对速度大小υ1和圆环此时的加速度aM。（2）设t=T1时刻两小球相对圆环第1次回到初始（即t=0时刻）位置，且此时圆环相对桌面速度大小为u1。求两小球相对圆环第k≥2次回到初始位置的时刻Tk，及该时刻圆环相对桌面的速度大小uk。（3）再求两小球第k≥2次相碰时刻tk，以及tk前瞬间两小球相对速度大小υk。3．A中充有100℃、1.013×105Pa的1mol水蒸气，同时存在少量的水，B中同样充有100℃、1.013×105Pa的1mol氦气，体积相等，T0=373K。（1）给B缓慢加热，S慢慢左移，使左边的水蒸气等压液化，当S刚刚到达左端，恰好水蒸气全部液化，问：①这时氦气的绝对温度和内能是多少？②加热器供给了多少热量？③从热源处流出了多少热量？（设水的汽化热是L（J/mol））2（2）将A左端的导热壁换成绝热壁，容器的右端换成导热壁，并与100℃的热源相接触，使S与左端分离并停在某一位置，问：①达到热平衡时从容器B的右端流出的热量是多少？由于绝热壁的移动给氦气做的功为w。②达到最终状态时，A、B系统的内能与初始状态有多少变化？4．三棱镜ABC的斜面BC长4L，BD段长L，折射率n（1）从D点正入射的细光束在AB、AC均无透射光，求n的取值范围。下面两问中n为（1）问中所取之最小值，（2）如虚线所示，从D点向上倾斜300入射，在AB或AC是否有透射光，并确定从BC面出射光线的出射点E到D点的距离αL。（3）如图2所示，在两个直角面上镀一层折射率为n1、厚度为d的薄介质层，细光束仍从D点正入射，AB外的空气或AC外的空气中是否有透射光？再问d取何值时从BC面观察不到出射光？35．二平行金属导轨，相距l，位于同一水平面内（图中纸面），磁感应强度为B，质量均为m的两金属杆ab和cd放在导轨上，初始时刻，ab和cd分别位于x=x0和x=0处。导轨及金属杆的电阻都为零，两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L。今对金属杆ab施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速v0。设导轨足够长，也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距，回路的自感系数L恒定不变的。杆与导轨之间摩擦可不计。求任意时刻两杆的位置xab和xcd以及回路中的电流i三者各自随时间t的变化关系。六、如图所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球速度大小v2。v22mmmLL4七、如图所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，两端各有一小物块，它们的质量分别为m1、m2，已知m2=3m1，开始时m1放在地面上，m2离地面的高度h=1m，绳两边处于拉直状态，然后放手。设物块与地面相碰时没有弹起（地面为水平沙地），绳不可伸长，绳中各处拉力均相同，在突然提拉物块时，绳的速度和物块的速度相同，试述m2所走的全部路程。（取3位有效数字，m2在沙地中所走路程忽略不计）八、列车载重时简单地直接启动有困难，司机常常先倒车再启动前进。设在平直轨道上，机车启动时的牵引力为F，机车后面挂接有49节车厢，设机车和每节车厢的质量均为m，机车和每节车厢所受的阻力都为自身重量的k倍，开始时挂钩是与连接处靠紧的，倒车后每相邻两节车厢间挂钩所留间隙为d，如图所示，求：（1）机车挂接第1节车厢后的速度；（2）机车带动第49节车厢后瞬间列车的速度，并由此说明倒车启动比直接启动的优点。（设每次挂接时间极短）m1m2h1机d234…………5052010年全国高中物理奥赛冬令营结营试题8.21答案1．一根通有恒定电流I，被弯成张角为2θ的“V”字型的非常长的导线。安培的计算，点P的磁感应强度B，正比于tan(θ/2)。对于同样的情况，毕奥和萨伐尔却指出可能正比于θ。（1）分析哪个公式正确？（2）求公式中比例系数。（无限长直导线B=k0I/r，k0为已知）（3）求P1点的磁感应强度B的大小。（1）假设θ=π，B应趋于无限大，安培的正确（2）假设θ=π/2，化为直导线，（3）dIkkB02tandIkk0IIPP1II1002tansin2PBdIkdIk2cot01dIkBP2、(1)以质心为参照系2212muFLRMmmL22相对速度v1=2u=MmFR222对小球：uuLCFaMNmaMRummaNM2对圆环：F-2N=MaM2)2()2(mMmMFaM(2)以质心为参照系，F做功为零，所以M和m具有相同的速度，Tk=kT1，uk=ku10t1T1碰第一次第二次第三次(3)tk=（k-1）T1+t1，vk=v1=MmFR22263、①氦气经历一等压过程，末温T=2T0=746K，内能U=3RT/2=9298.9J②加热器供热=增加的内能+对外做功=③水蒸气液化放热=nL=L①流出的热量=氦内能减少+S移动对氦气做功w=JRTVpTR1.774925230wwRTwTR4.464923230025RT向左边放出L，向右边放出wwRTwTR4.464923230内能变化量=wLRTw）RT（LRT002325②加热器输入（2）θ1=20.70，θ2=65.70＞450AB面无透射光θ3=24.30＜450AC面有透射光DD1与EE1平行BD1=2.273L，AD1=0.5554L，AE1=0.2508LCE1=2.578L，CE=2.512L，DE=0.488LABCnDθ4、（1）临界角≤45°，n≥2ABCDED1E1θ1θ2θ3θ1（3）在两直角边上恰发生全反射11sinn1cos21121ndndDD12221ndLPAABCnDdn1θθD1D2E1E2EPQ光程差Δ=(4D1D2*n1+PQ*n)-2L*n=1421nd当干涉相消，)21（k14)21(21nkd75、质心匀速运动，质心速度：u=υ0/2设ab杆速度为υ1时，cd杆速度为υ2)(21BltiL)(0cdabxxxLBlixLlBxxLlBxxLlBxxxLlBilBFbObOcdab220220220222)2(2)2()(mLlB2222208lBmLAv1v2Xab=x0+υ0t/2+tmLlBlBmL222202sin8Xcd=υ0t/2-tmLlBlBmL222202sin8tmLlBLmi22202sin2六、【解析】（15分）三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，约束关系是两杆不可伸长。设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向水平向左），球形铰链的速度为v（方向和竖直方向夹θ角斜向左），如图所示，对题设过程，三球系统机械能守恒，有mg（L-22L）=2121mv+21mv2+22221mv①（2分）三球系统水平方向动量守恒mv1+mvsinθ=2mv2②（2分）左边杆子不形变v1cos45°=vcos（45°-θ）③（2分）右边杆子不形变vcos（45°+θ）=v2cos45°④（2分）由③、④两式用v2替代v1和v，代入②式解得tanθ=1/4（2分）由③、④两式及tanθ=1/4可解得v1=35v2（1分）v=317v2（1分）将v1、v的替代式代入①式解得v2=20)22(3gL（3分）七、【解析】（15分）当m2第一次下落至地面时，m1、m2具有的速度大小相同，设此时速率为v，据系统机械能守恒有m2gh－m1gh=21（m1+m2）v2（2分）又m2=3m1解得落地速率v=gh（1分）尔后m1以v作竖直上抛运动，当重新下落至离地高度为h时，速度大小不变，方向向下，绳再次绷紧，m1、m2相互作用满足动量守恒m1v=(m1+m2)v1（2分）设m2再次上升高度为h1，由能量关系有m2gh1=m1gh1+21（m1+m2）21v（2分）解得落地速率v1=ghv4141（1分）v2v1v2mmmL45°θ8m2能再次上升的高度h1=161h（1分）由于m2＞m1，所以m2将再次下落回地面，绳子也将重复上述的分析过程再绷紧，同理可分析得到h2=161h1=2161）（h，h3=161h2=3161）（h……hn=161hn－1=n）（161h（2分）故m2所走的全部路程S=h+2h1+2h2+2h3+……+2hn（2分）=2(h+h1+h2+h3+……+hn)－h=2〔h+161h+2161）（h+……+n）（161h〕－h=2h〔1+161+2161）（+……+n）（161〕－h=2h16111－h=1517h=1517m≈1.13m（2分）八、【解析】（20分）（1）机车设为1号车，车厢依次为2号车、3号车……，机车从启动开始到运动一个间隙d的过程中，对机车运用动能定理有（F－kmg）d=21212121mvvm（2分）解得mdkmgFv/)(22'1mdkmgFv/)(2'1（2分）机车挂接2号车厢过程中，作用时间极短，可认为1、2号车组成的系统动量守恒mv1′+0=2mv2解得v2=21v1′=mdkmgF2/)(（2分）（2）1、2号车组成的系统一起前进d的过程中运用动能定理有（F－k·2mg）d=2222221221mvvm解得dkgmFv)35(232'2mdkmgFv2/)5('2（2分）1号和2号车作为整体与3号车挂接过程中动量守恒2mv2′=3mv3解得v3=32v2′（2分）1、2、3号车一起前进d的过程中运用动能定理有（F－k·3mg）d=2323321321mvvm解得dkgmFv)37(342'3mdkmgFv9/)2812('3（2分）同理可得dkgmFv3149249502'49（2分）最后一次挂接过程中动量守恒49mv49′=50mv50（2分）9代入解得v50=dkgmF)33(5049（2分）此速度即为第49节车厢启动时列车的速度，欲使全部49节车厢启动，要求v50＞0解得F＞33kmg，而不倒车直接启动时，牵引力至少要F′＞50kmg即倒车启动时所需要的牵引力F明显比直接启动F′要小，所以说倒车更容易使车厢启动。（2分）