32届大学生物理竞赛试题解答

1/13第32届全国部分地区大学生物理竞赛试卷参考答案2015.12.1.23a，33a。2.glL，(2)gLllL。3.335Rg，19103Mg。4.224ABppRrL，48LR。5.2222xymkTmekTvv，2222mkTmekTvv。6.123III，223323IRIR。7.0，034Qr。8.（2）和（3），LmLSBEdljdst（2）和SmSVBdsdV（3）。9.**0mrmbvv，22*20*011242Zemmrvv。10.1()6nd，5()6nd。解：因绳子只形成驻波，若取绳子在墙上的固定端为原点，则驻波各点的振幅()Ax为02()2sinAxAx、式中为波长，有2d设振动端与最接近的节点之间的距离为b，若改取该节点为坐标原点，则因振动端的振幅为A，利用上式可得0022sinAAb6256b或656dbd或故绳长为1()65()6ndLndbnd或2/1311.（15分）解：肥皂膜反射光相干叠加获最大增强的条件是光程差22nhk212nhk（4分）其中1.35n，0.550hm，再将4000Ao、7000Ao代入，分别计算得4.2k、2.6k。据此可知得到增强的光波长分别为1114242412knhnmk，2223259412knhnmk（4分）反射光干涉相消的条件是光程差1222nhk2nhk（4分）得4000Ao对应3.7k、7000Ao对应2.1k反射光干涉相消的光波波长为32495knhnmk（3分）12.（15分）解：（1）0t合上电键K后，电容充电的暂态过程方程为QiRCdQidtdQQdtCRRdQQCdtTT0t到tT有0tT02CtdQQdtTT0t时0Q解得该时间段内有00()1tTtQtCCeT得10QCe（6分）（2）tT到2tT时间段内，因初始条件改取为tT时1QQ，故改取时间参量ttT则（1）问解答中最后的微分方程改述为02CtdQQdtTT0t时0CQe解得该时间段内有3/13100()11tTtQtCCeeT取tT，即得1201eQCe（5分）（3）将上述求解过程继续下去，不难得到NtNT时有11110111NQCeeee12111001NNCeeeCeee011NNeQCe得0lim1NNCQe（4分）13.（15分）解：本题中若两物块始终沿斜面向下运动，所受摩擦力恒向上，质心下滑加速度为定值，质心作匀加速直线运动，在质心系中两物块相对质心运动是连续的单一简谐运动。弹簧为原长的初态与弹簧第一次恢复到原长的末态，两物块相对速度方向相反，大小不变（同为1.50/ms）。可是解题开始时，不能预知两物块必定始终沿斜面下滑，考虑到这一因素，作答如下。（补充说明：1m下滑初速度100.50/msv小于2m下滑初速度202.0/msv，开始时弹簧伸长，为1m、2m分别提供向下和向上拉力。这样的拉力会使1m下滑加速度大于2m下滑加速度，1m继续下滑，其下滑速度向2m下滑速度靠近（注意，开始时拉力较小，2m下滑加速度必定为正，下滑速度也在增大）。随着弹簧继续伸长，1m下滑速度越来越接近2m的下滑速度。当1m下滑速度等于2m下滑速度时，弹簧伸长量达最大值。既然此时1m是下滑，2m也必定是下滑，故两者所受摩擦力均为向上。如果此时弹簧拉力早已大到使2m加速度向上，那么以后运动过程中尽管弹簧长度要回缩，但也有可能使2m运动速度从向下改变为向上，2m所受摩擦力也会反向。下面的解答中发现弹簧最大伸长时，2m所受合力仍是向下，以后弹簧长度回缩过程中，2m加速度和速度也始终向下，所受摩擦力仍然向上。）第一阶段：弹簧伸长（10分）将弹簧拉力大小记为f，则1m、2m沿斜面向下加速度（带正负号）分别为11sincosfaggm22sincosfaggm4/131m相对2m的向下加速度为1212ffaamm，fkx，x：弹簧伸长量得1212122112()()mmddddkxmmdtdtdtdtvvvvvvdt时间内弹簧伸长量为21()dxdtvv引入*21dxdtvvv即有212212mmdxkxmmdt12120mmxkxmm2121203/2.12/2xxmmkssmmxt：简谐振动利用初条件0t时，00x，*01.50/msv，得cosxAt，*022Amv（这一结果表明，弹簧伸长量最大时，0.320.424fkANN，2m所受向下合力22sincos1.1750mgmgfN此时合力向下，2a仍是向下，故弹簧回缩时，2m所受合力仍向下，继续下行，摩擦力仍向上。）第二阶段：弹簧回缩（5分）过程中xA，fkA121sincosfaggam2222sincossincos5.9/fkAaggggmsmm这表明1m、2m始终下行，摩擦力方向不变。此阶段动力学方程与第一阶段相同，弹簧相对原长的伸长量x随时间t的变化关系仍是简谐振动关系。当弹簧回复到原长时，0x，1m相对2m的速度*edxdtv与第一阶段初态时相对速度*0v方向相反，大小相同，即为**01.50/emsvv*1.50/emsv5/1314.（15分）解：（1）瓶上方内壁的水珠是瓶从27otC环境移入00otC的冰箱时，瓶内部分（饱和）水蒸气凝结而成。（3分）（2）瓶内水蒸气都是饱和水蒸气。为简化，将00otC时上方区域水珠全部等效移动到下方水区域内。室温0otC时水的密度为01t列方程组气：初态pVRT气，2Vhr气，300TK；为未知量（1）末态00()pVRT气0，0273TK；0V气、为未知量（2）水：初态01MVVt水水，2VHR水；M为未知量（3）末态0MM水；0M为未知量（4）体积总和不变：000MVVV气水气（5）由（1）、（2）式可得00000=TpVRTRTpVRTT气0气00pVpVRTRT气气0（6）由（3）、（4）、（6）式可得00001pVpVMVtRTRT气气0水水水代入（5）式可得0000011VppVVVVtRTRT水水气水气水气即解得000002211111,ppVVVtRTRTVHRVhr水水气水气水气（7）（9分）（3）由所给数据可得10.9961t，502.56710pRT水，05000.48410pRT水223(2)1212VhrhrV水气一起代入（7）式，可算得1.048VVV气0气气1.048（3分）6/1315.（20分）解：（1）由22221xyab22222bybxa得42424242222422222()bxaybxababxabbxab42422422()bxaybacx32422442()bacxab即342242()acxab（4分）再由22221xyab22220xdxydyab22dybxdxay得22tanbxay考虑到取第象限14椭圆时：322sin0取第V象限14椭圆时：02sin0取第象限14椭圆时：2sin0取第象限14椭圆时：32sin0故取242420sin0bxbxay1V04104xx取第、象限椭圆时取第、象限椭圆时或改述为422sinbxacx（4分）（2）初位置处，有22000mqEbqEav00bqEmav（2分）（3）参考题解图，有220011()22mmqEaxvv22002()mmqEaxvv2002()bqEqEaxa202()bqEaxaqBvx0qEyOF心vvvv0qE0qE0qEqBvqBvqBvF心F心F心题解图7/1320sinmFqBqE心vv得24020034222422202()11sin()2()babEaxaEbxmBEqacxqEbacxaxmavv24042224222()2()baaxmEbaBxacxbqaxacxa（10分）16.（20分）解：（1）下滑过程态及相应的参量如题解图1所示，有sinBlvsinBlv212MKEI杆，222111223MlImlmml212BKEm柱v2211123sinKBKKEEEm杆柱vBv的确定：2211(1cos)(1cos)1223sinBlmglmgmv222sin(1cos)93sin1BglvBa的确定：322222sincos(1cos)sin(3sin1)sin(1cos)6sincos93sin1BBagl2v222222cos(1cos)sin(3sin1)6sincos(1cos)93sin1Bgv题解图1ABmml、AvBvM（瞬心）12CBvv8/1322222cos(1cos)sin(3sin1)93sin1Bgv22222cos(1cos)sin(3sin1)923sin1BagN的确定：1232CBBCBPmmmvvvvv322BdPmgNmadt22223272cos(1cos)sin(3sin1)22243sin1BNmgmamgmg22222283sin1272cos(1cos)sin(3sin1)43sin1mg4222299sin54cos33cos43sin1Nmg或222226242sin9sincos54cos43sin1mg（5分）可算得45o时，0.2027Nmg（1分）（2）杆落地前瞬间，相关运动学量为B端竖直向下速度032Bglv细杆中心点C的竖直向下速度0012CBvv细杆绕C点旋转角速度00Blv细杆中与A端相距x处的竖直向下速度000()Bxxxlvv（2.1）碰后运动学量以及与碰撞相关的竖直方向作用力，已在题解图2中示出，其中桌面提供的碰撞力都用字符F标记，且有0BBFfmmv002()BdxmdFfdmxmxdxllvv下面将要列出的5个独立方程中含有5个独立未知量：t，BNt，Bv，Cv，题解图2ABOlBvCvxx