第29届全国高中物理竞赛复赛试题

1一、由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x系.设物块下底面的坐标为x，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为2bfbxg(xb)(1)式中g为重力加速度.物块的重力为3gfbg(2)设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律有3gbbaff(3)将(1)和(2)式代入(3)式得gaxbb(4)将x系坐标原点向下移动/b而建立新坐标系，简称X系.新旧坐标的关系为Xxb(5)把(5)式代入(4)式得gaXb(6)(6)式表示物块的运动是简谐振动.若0X，则0a，对应于物块的平衡位置.由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x系中的坐标为0xb(7)物块运动方程在X系中可写为2()cosXtAt(8)利用参考圆可将其振动速度表示为()sinVtAt(9)式中为振动的圆频率'gb(10)在(8)和(9)式中A和分别是振幅和初相位，由初始条件决定.在物块刚被释放时，即0t时刻有x=0，由(5)式得(0)Xb(11)(0)0V(12)由(8)至(12)式可求得Ab(13)(14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得()cosXtbt(15)()sinVtgbt(16)由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中.若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定.为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况.显然，在x系中看，物块下底面坐标为b时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X系中这一临界坐标值为b1XXb（17）即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下bX处.注意到在振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A，下面分两种情况讨论：I．bAX.由(13)和(17)两式得2(18)在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中.因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置.由(10)式得振动周期22bTg(19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间3I2btTg(20)II．bAX.由(13)和(17)两式得2(21)在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下.设从初始位置起，经过时间1t物块刚好全部浸入湖水中，这时1bXtX.由(15)和(17)式得1cos1t(22)取合理值，有1arccos1btg(23)由上式和(16)式可求得这时物块的速度为21()1-1Vtgb(24)此后，物块在液体内作匀减速运动，以a表示加速度的大小，由牛顿定律有ag(25)设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为2t，有120Vtat(26)由(24)-(26)得2211()btg(27)物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2II1222()2arccos111()bbtttgg(28)评分标准：本题17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.4二、1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为r，卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知20.80rRv=(1)式中e(2/)T为地球自转的角速度.令m表示卫星的质量，根据机械能守恒定律有222110.80220.80GMmGMmmmRrRv（2）由（1）和（2）式解得0.28rR(3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【（3）式结果亦可由关系式：R0.80Rab52210.800.8020.80GMmGMmmRrRR直接求得】同步卫星的轨道半径R满足22GMRR(4)由(3)和(4)式并代入数据得41.210kmr(5)可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球.ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为2s10.802R(6)设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有0.280.802RRa(7)2220.800.282baR(8)卫星运动的周期T为sabT(9)代人相关数值可求出9.5hT（10）卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过1.5T（约14小时），卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收.2.根据题意，卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为2xxxe1()2GMmGMmmRRRR（11）此式可化为3xx23ee21eRRGMRRR(12)6这是关于xR的四次方程，用数值方法求解可得4xe4.73.010kmRR（13）【xR亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ev表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有2eexRRv和22exex11()22GMmGMmmmRRRv由上两式联立可得到方程53xxx2323eee220eeRRRGMGMRRRRR其中除xR外其余各量均已知,因此这是关于xR的五次方程.同样可以用数值方法解得xR.】卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期T，设椭圆的半长轴为a，半短轴为b，有xe2RRa(14)22xe2RRba(15)因为面积速度可表示为2sx12R(16)所以卫星的运动周期为sabT(17)代入相关数值可得6.8Th(18)卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经(180110)处与赤道相切.但由于地球自转，在这期间地球同时转过了/2T角度，地球自转角速度360/24h15/h，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经1801101212T（19）即卫星着地点在赤道上约西经121度处.评分标准：本题23分.第1问16分，第i小问8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相7遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.第2问7分，(11)式1分，(13)式2分，（18）式1分，（19）式3分.（数值结果允许有5%的相对误差）三、解法一如图1所示，建直角坐标Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合.碰撞前体系质心的速度为0v，方向沿x轴正方向，以P表示系统的质心，以Pxv和Pyv表示碰撞后质心的速度分量，J表示墙作用于小球C的冲量的大小.根据质心运动定理有Px033Jmmvv（1）Py030mv（2）由（1）和（2）式得0Px33mvJmv（3）Py0v（4）可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球C与挡板碰撞过程中，质心的坐标为Pcosxl（5）P1sin3yl（6）球C碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角动量为零；球C碰挡板后，质心相对质心参考系仍是静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心P的角动量222APBPCPLmlmlml（7）式中APl、BPl和CPl分别是A、B和C三球到质心P的距离，由图1可知22222AP1cossin9lll（8）222BP1sin9ll（9）22222CP4cossin9lll（10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得222(12cos)3Lml（11）ABCOxyPCPl图18在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力.但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量J的冲量矩，即有2sin3JlL（12）【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】由（11）和（12）式得2sin(12cos)Jml(13)球C相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）CPxCPPsin(sin||)llyv(14)CPyCPcoscosllv(15)球C相对固定参考系速度的x分量为CxCPxPxvvv（16）由（3）、（6）、（13）和（16）各式得Cx02(12cos)Jmvv（17）根据题意有0Cxv（18）由（17）和（18）式得20(12cos)Jmv（19）由（13）和（19）式得0sinlv（20）球A若先于球B与挡板发生碰撞，则在球C与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆AB至少转到沿y方向，如图2所示.系统绕质心转过所需时间12t（21）在此时间内质心沿x方向向右移动的距离Pxxtv（22）若PPyxx（23）则球B先于球A与挡板碰撞.由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得3arctan1（24）即36(25)评分标准：本题25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.xOPACB图2y9解法二如图1所示，建直角坐标系Oxy，x轴与挡板垂直，y轴与挡板重合，以Axv、Ayv、Bxv、Byv、Cxv和Cyv分别表示球C与挡板刚碰撞后A、B和C三球速度的分量，根据题意有Cx0v（1）以J表示挡板作用于球C的冲量的大小，其方向沿x轴的负方向，根据质点组的动量定理有AxBx03Jmmmvvv（2）AyByCy0mmmvvv（3）以坐标原点O为参考点，根据质点组的角动量定理有AyBy0sincoscoscossinJlmllmlmlvvv（4）因为连结小