2014年第31届物理竞赛复赛参考答案

第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分）（1）球形（2）液滴的半径r、密度和表面张力系数（或液滴的质量m和表面张力系数）（3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为fkr①式中，比例系数k是一个待定常数.任一物理量a可写成在某一单位制中的单位[]a和相应的数值{}a的乘积{}[]aaa.按照这一约定，①式在同一单位制中可写成{}[]{}{}{}{}[][][]ffkrr由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而[][][][]fr②力学的基本物理量有三个：质量m、长度l和时间t，按照前述约定，在该单位制中有{}[]mmm，{}[]lll，{}[]ttt于是[][]ft1③[][]rl④[][][]ml3⑤[][][]mt2⑥将③④⑤⑥式代入②式得[][]([][])([][])tlmlmt132即[][][][]tlmt132⑦由于在力学中[]m、[]l和[]t三者之间的相互独立性，有30，⑧0，⑨21⑩解为311,,222⑪将⑪式代入①式得fkr3⑫解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为fkr①式中，比例系数k是一个待定常数.任一物理量a可写成在某一单位制中的单位[]a和相应的数值{}a的乘积{}[]aaa.在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等[][][][]fr②力学的基本物理量有三个：质量M、长度L和时间T，对应的国际单位分别为千克（kg）、米（m）、秒（s）.在国际单位制中，振动频率f的单位[]f为s1，半径r的单位[]r为m，密度的单位[]为3kgm，表面张力系数的单位[]为1212Nm=kg(ms)mkgs，即有[]sf1③[]mr④[]kgm3⑤[]kgs2⑥若要使①式成立，必须满足smkgmkgs(kg)ms13232⑦由于在力学中质量M、长度L和时间T的单位三者之间的相互独立性，有30，⑧0，⑨21⑩解为311,,222⑪将⑪式代入①式得3fkr⑫评分标准：本题12分.第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为3fr、fkm或fm的，也给这2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)iifffpVTNpVTNpVTN放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,,,),(,,,,,,)iifffpVTNpVTNpVTN)和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pVNkT，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有ffiipNpN①另一方面，设V是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p时的体积，即000(,,,)(,,,)iiipVTNpVTN绝热膨胀此绝热过程满足1/00iVpVp②由状态方程有0ipVNkT和00fpVNkT，所以0fiNVNV③联立①②③式得1/0fiipppp④此即0lnlniifpppp⑤由力学平衡条件有0iippgh⑥0ffppgh⑦式中，00pgh为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得000ln(1)ln(1)ln(1)ifihhhhhh⑧利用近似关系式：1,ln(1)xxx当，以及00/1,/1ifhhhh，有000///iiififhhhhhhhhh⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab，再通过等容升温过程bc达到末态100000(,,)(,,)(,,)ifpVTpVTpVT绝热膨胀ab等容升温bc其中，100000(,,),(,,,,)ifpVTpVTpVT)和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab:ipTpT①00bc://fpTpT②由①②式得1/0fiipppp③此即0lnlniifpppp④由力学平衡条件有0iippgh⑤0ffppgh⑥式中，00pgh为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得000ln(1)ln(1)ln(1)ifihhhhhh⑦利用近似关系式：1,ln(1)xxx当，以及00/1,/1ifhhhh，有000///iiififhhhhhhhhh⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力CP、拉力0MQ、铰链对三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用点的坐标分别为：C(0,sin,cos)mgmgP，(0,0,)h；0M(0,,0)QQ，00(,0,)xz；AAAA(,,)xyzNNNN，(,0,0)2b；BBBB(,,)xyzNNNN，(,0,0)2b式中22134bha是平板质心到x轴的距离.平板所受力和（对O点的）力矩的平衡方程为ABx0xxFNN①ABsin0yyyFQNNmg②ABcos0zzzFNNmg③0sin0xMmghQz④BA022yzzbbMNN⑤0AB022zyybbMQxNN⑥联立以上各式解得0sinmghQz，ABxxNN，000sin21()2AymghbxNbzz，000sin21()2BymghbxNbzzAB1cos2zzNNmg即0M0sin(0,,0)mghzQ，⑦0AA002sin1(,1(),cos)22xxmghbNmgbzzN，⑧0BA002sin1(,1(),cos)22xxmghbNmgbzzN⑨（2）如果希望在M(,0,)xz点的位置从点000M(,0,)xz缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力ByN保持不变，则需sin21()2BymghbxNbzz常量⑩M点移动的起始位置为0M，由⑩式得00022bxbxzzzz⑪或00022bxbxzzz⑫这是过A(,0,0)2b点的直线.(*)因此，当力MQ的作用点M的位置沿通过A点任一条射线(不包含A点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B对板的作用力ByN保持不变.同理，当力MQ的作用点M沿通过B点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A对板的作用力AyN保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*)2分，结论正确2分.四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度.如图，设小球下滑至角位置时，小球相对于圆环的速率为v，圆环绕轴转动的角速度为．此时与速率v对应的指向中心C的小球加速度大小为21aRv①同时，对应于圆环角速度，指向OO轴的小球加速度大小为2(sin)sinRaR②该加速度的指向中心C的分量为22(sin)sinRaaR③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin)coscotRaaR④由①③式和加速度合成法则得小球下滑至角位置时，其指向中心C的合加速度大小为2212(sin)vRRaaaRR⑤在小球下滑至角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N、垂直于环面的方向的分量T.值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零.在运动过程中小球受到的作用力是N、T和mg.这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sinmg要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿OO轴的竖直运动无关.在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin)cosRRNmgmamRv⑥合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin)LLmR⑦式中L0和L分别为圆环以角速度0和转动时的角动量．CRzlr如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在角位置处取角度增量，圆心角所对圆弧l的质量为ml（02mR），其角动量为2sinLmrlrRRrzRS⑧式中r是圆环上角位置到竖直轴OO的距离，S为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l的角动量与S成正比.整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222mRLLRmRR⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO的转动惯量J等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012JmR⑧则角动量L为2012LJmR⑨]同理有200012LmR⑩力N及其反作用力不做功；而T及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒.故22012(1cos)2[(sin)]2kkEEmgRmRv⑪式中0kE和kE分别为圆环以角速度0和转动时的动能．圆弧l的动能为222111()sin222kEmrlrRRS整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224kkmREERmRR⑫[或：圆环的转动动能为22201124kEJmR⑫]同理有2200014kEmR⑬根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cosN，当02cosNmg⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos6cos4cos102(4sin)mRmmmmgmm⑮式中，g是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30时，⑮式中等号成立，即有220000203923124()mRmmmgmm或00000(9312)232()3(2)mmgmmmmmmR⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000002000(9312)232+4sin+3(2)mmmmmgmmmmmmmR⑰由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得2200023+(123)336(2)mmmmgRmmmv⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（20分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v.由题意知：20cmu,10cmf，代入透镜成像公式111ufv①得像距为20cmv②其横向放大率为1uv③可知圆盘像在凸透镜右边20cm，半径为5cm，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.（2）如下图所示，连接A、B两点，连线AB与光轴交点为C点，由两个相似三角形AOC与BB'C的关系可求得C点距离透镜为15cm.1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处，此时圆形光阑在C点左侧.1分当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度