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第27届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、(15分)蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器(见图).若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线,它们的悬挂点在不同的高度上,摆长依次减小.设重力加速度g=9.80m/s2,1.试设计一个包含十个单摆的蛇形摆(即求出每个摆的摆长),要求满足:(a)每个摆的摆长不小于0.450m,不大于1.00m;(b)初始时将所有摆球由平衡点沿x轴正方向移动相同的一个小位移xo(xo0.45m),然后同时释放,经过40s后,所有的摆能够同时回到初始状态.2.在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时间为20s1.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/m0.9930.9010.8210.7510.6900.6350.5880.5450.5070.472二、(20分)距离我们为L处有一恒星,其质量为M,观测发现其位置呈周期性摆动,周期为T,摆动范围的最大张角为△θ.假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的,试给出这颗行星的质量m所满足的方程.若L=10光年,T=10年,△θ=3毫角秒,M=Ms(Ms为太阳质量),则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少?分别用太阳质量Ms和国际单位AU(平均日地距离)作为单位,只保留一位有效数字.已知1毫角秒=11000角秒,1角秒=13600度,1AU=1.5×108km,光速c=3.0×105km/s.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AU1053d.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)三、(22分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m,半径为R,螺距H=πR,可绕竖直的对称轴OO′,无摩擦地转动,连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计.一质量也为m的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小球沿螺旋环下滑,螺旋环便绕转轴OO′,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h时,螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小.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图1hmvucosRPvv(5)沿竖直方向的速度sinvv(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0mRLPv(7)由(4)、(5)、(7)三式得vcosR=R(8)在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有222i1122mghmmuPvv(9)由(3)、(5)、(6)、(9)四式得2222singh=RRvv2cos(10)解(8)、(10)二式,并利用(2)式得123ghω=R(11)3v=10gh(12)由(6)、(12)以及(2)式得23vgh(13)或有2123ghv(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13ag(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212h=at(16)由(11)和(16)式得3gtR(17)(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度3gR(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1sinNRtL(19)由(4)、(18)式并注意到t得153sin3mgNmg(20)而222NNmRPv(21)由以上有关各式得223hNmgR(22)小球对螺旋环的作用力2221221453hNNNmgR(23)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CRm2N图2图1hmvuuR(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0aR(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f,方向水平向右,其大小0fma(5)由牛顿定律有cossinmgθNf(6)sincosmgfma(7)0sinNma(8)解(5)、(6)、(7)、(8)四式得2sinsin2a=g(9)2cos=1sinNmg(10)02sincos1+sinag(11)利用(2)式可得53a=g(12)53N=mg(13)013ag(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sinaaa(17)0a图2mg*fNa故有212h=at(18)由(15)、(16)、(17)、(18)、以及(2)式得23ghR(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21NmRPv(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atPPv(21)令a为a在水平面内的分量,有00cosaaaaaPP-(22)由以上有关各式得123hNmgR(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)四、(12分)如图所示,一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子作角速度为ω、半径为R的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为d(dR),在导线上通有随时间变化的电流I,t=0时刻,粒子速度的方向与导线平行,离导线的距离为d+R.若粒子做圆周运动的向心力等于电流i,的磁场对粒子的作用力,试求出电流i随时间的变化规律.不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响.长直导线电流产生的磁感应强度表示式中的比例系数k已知.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2qBmRvv(1)而Rv(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)五、(20分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为+Q和-Q(Q0),半径分别为R和R/2,小球面与大球面内切于C点,两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为m,带电荷为q(q0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。设静电力常量为k,重力加度为g.1.要使质点从A点上抛后能够到达B点,所需的最小初动能为多少?2.要使质点从A点上抛后能够到达O点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?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dRqtOxyiOCABRRQM2RqQON图1k03/225/2kqQkqQkqQkqQmgRERRRR(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k0112
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