27届物理竞赛复赛试题答案

2010年第27届全国物理竞赛复赛试题答案一、参考解答：1．以il表示第i个单摆的摆长，由条件（b）可知每个摆的周期必须是40s的整数分之一，即iii402πlTgN（Ni为正整数）（1）[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得，各单摆的摆长i22i400πglN（2）依题意，i0.450m1.000ml，由此可得i2020ππ0.45ggN（3）即i2029N（4）因此，第i个摆的摆长为i22400π(19i)gl(i1,2,,10)（5）i12345678910li/m0.9930.9010.8210.7510.6900.6350.5880.5450.5070.4722．20s评分标准：本题15分．第1小问11分．（2）式4分，（4）式4分，10个摆长共3分．第2小问4分．二、参考解答：设该恒星中心到恒星－行星系统质心的距离为d，根据题意有2Ld（1）将有关数据代入（1）式，得AU1053d．又根据质心的定义有Mdrdm（2）式中r为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径，即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有222πMmGMdrT（3）由（2）、（3）两式得23224π1mdGTMm（4）[若考生用r表示行星到恒星行星系统质心的距离，从而把(2)式写为Mdrm，把(3)式写为222πMmGMdTrd，则同样可得到(4)式，这也是正确的.]利用（1）式，可得3222π21LmGTMm（5）（5）式就是行星质量m所满足的方程．可以把(5)试改写成下面的形式33222π21mMLGMTmM（6）因地球绕太阳作圆周运动，根据万有引力定律可得3S22(1AU)(1y)4πGM（7）注意到SMM，由（6）和（7）式并代入有关数据得3102S8.6101SmMmM(8)由（8）式可知S1mM由近似计算可得3S110mM（9）由于mM小于1/1000，可近似使用开普勒第三定律，即3322(1AU)(1y)rT（10）代入有关数据得5AUr（11）评分标准：本题20分．（1）式2分，（2）式3分，（3）式4分，（5）式3分，（9）式4分，（11）式4分．三、参考解答：解法一一倾角为的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有π1tan2π2RR（1）可得5sin5，25cos5（2）设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为，则环上每一质量为im的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u表示，uR（3）该小质元对转轴的角动量2iiiLmuRmR整个螺旋环对转轴的角动量22iiLLmRmR（4）小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为时，设小球相对螺旋环的速度为v，则小球在水平面内作圆周运动的速度为cosRPvv（5）沿竖直方向的速度sinvv（6）对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有0mRLPv（7）由（4）、（5）、（7）三式得vcosR=R（8）在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有222i1122mghmmuPvv（9）由（3）、（5）、（6）、（9）四式得2222singh=RRvv2cos（10）图1hmvu解（8）、（10）二式，并利用（2）式得123ghω=R（11）3v=10gh（12）由（6）、（12）以及（2）式得23vgh（13）或有2123ghv（14）（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度13ag（15）若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t，则有212h=at（16）由（11）和（16）式得3gtR（17）（17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度3gR（18）小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力1N，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力2N的反作用力2N．向心力2N在水平面内，方向指向转轴C，如图2所示．1N、2N两力中只有1N对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有1sinNRtL（19）由（4）、（18）式并注意到t得153sin3mgNmg（20）而CRm2N图2222NNmRPv（21）由以上有关各式得223hNmgR（22）小球对螺旋环的作用力2221221453hNNNmgR（23）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（7）式1分，（9）式1分，求得（11）式给6分，（20）式5分，（22）式4分，（23）式2分．解法二一倾角为的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有π1tan2π2RR（1）可得5sin5，25cos5（2）螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为v，沿薄片斜边的加速度为a．薄片相对地面向左移动的速度为u，向左移动的加速度为0a．u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为，则有uR（3）而0a就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为，则有0aR（4）小球位于斜面上的受力情况如图2所示：重力mg，方向竖直向下，斜面的支持力N，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力0a图2mg*fNa图1hmvuf，方向水平向右，其大小0fma（5）由牛顿定律有cossinmgθNf（6）sincosmgfma（7）0sinNma（8）解（5）、（6）、（7）、（8）四式得2sinsin2a=g（9）2cos=1sinNmg（10）02sincos1+sinag（11）利用（2）式可得53a=g（12）53N=mg（13）013ag（14）由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度gR（15）若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t，则此时螺旋环的角速度t（16）因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度sinaaa（17）故有212h=at（18）由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得23ghR（19）小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N垂直．向心力的大小21NmRPv（20）式中v是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有atPPv（21）令a为a在水平面内的分量，有00cosaaaaaPP-（22）由以上有关各式得123hNmgR（23）小球作用于螺旋环的力的大小2201NNN（24）由（13）、（23）和（24）式得202453mghNR（25）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（9）或（12）式1分，（10）或（13）式5分，（11）或（14）式1分，（19）式6分，（23）式4分，（25）式2分．四、参考解答：以v表示粒子的速率，以B表示电流i产生磁场的磁感应强度，根据题意粒子作圆周运动的向心力为粒子受到的磁场洛仑兹力，因此有2qBmRvv（1）而Rv（2）由（1）、（2）两式得mBq（3）如图建立坐标系，则粒子在时刻t的位置()cosxtRt，()sinytRt（4）取电流的正方向与y轴的正向一致，设时刻t长直导线上的电流为()it，它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为()()itBkdxt（5）方向垂直圆周所在的平面.由（4）、（5）式，可得()(cos)mitkdRtq（6）评分标准：本题12分．（3）式4分，（4）式2分，（5）式4分，（6）式2分．dRqtOxyi五、参考解答：1．质点在AB应作减速运动（参看图1）．设质点在A点的最小初动能为k0E，则根据能量守恒，可得质点刚好能到达B点的条件为k03/225/2kqQkqQkqQkqQmgRERRRR（1）由此可得k0730kqQEmgRR（2）2．质点在BO的运动有三种可能情况：i．质点在BO作加速运动（参看图1），对应条件为249kqQmgR（3）此时只要质点能过B点，也必然能到达O点，因此质点能到达O点所需的最小初动能由（2）式给出，即k0730kqQEmgRR（4）若（3）式中取等号，则最小初动能应比（4）式给出的k0E略大一点．ii．质点在BO作减速运动（参看图1），对应条件为24kqQmgR（5）此时质点刚好能到达O点的条件为k0(2)/225/2kqQkqQkqQkqQmgRERRRR（6）由此可得k011210kqQEmgRR（7）iii．质点在BO之间存在一平衡点D（参看图2），在BD质点作减速运动，在DO质点作加速运动，对应条件为22449kqQkqQmgRR（8）设D到O点的距离为x，则2(/2)kqQmgRx（9）即OCABRRQM2RqQON图1OCABRRQM2RqQODxN图22kqQRxmg（10）根据能量守恒，质点刚好能到达D点的条件为k0(2)/225/2kqQkqQkqQkqQmgRxERRxRR（11）由（10）、（11）两式可得质点能到达D点的最小初动能为k0592210kqQEmgRkgmqQR（12）只要质点能过D点也必然能到达O点，所以，质点能到达O点的最小初动能也就是（12）式（严格讲应比（12）式给出的k0E略大一点．）评分标准：本题20分．第1小问5分．求得（2）式给5分．第2小问15分．算出第i种情况下的初动能给2分；算出第ii种情况下的初动能给5分；算出第iii种情况下的初动能给8分，其中（10）式占3分．六、参考解答：1n时，A、B间等效电路如图1所示，A、B间的电阻11(2)2RrLrL（1）2n时，A、B间等效电路如图2所示，A、B间的电阻21141233RrLR（2）由（1）、（2）两式得256RrL(3)3n时，A、B间等效电路如图3所示，A、B间的电阻3211331233229443RrLR（4）由（3）、（4）式得379RrL（5）评分标准：本题20分．（1）式4分，（3）式6分，（5）式10分．AB113R23rL23rL23rL113R23rL图2rLrLrLrLAB图139rLAB图329rL13rL213R39rL29rL13rL19rL29rL13rL19rL213R39rL29rL13rL19rL39rL19rL七、参考解答：１．根据题意，太阳辐射的总功率24SSS4πPRT．太阳辐射各向同性地向外传播．设地球半径为Er，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射