第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准

1第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy，原点O位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221xyab（1）a、b分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa，根据开普勒第三定律，有3232aTaTee（2）设c为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得car0（3）22cab（4）由图1可知，P点的坐标cosPPxcr（5）sinPPyr（6）把（5）、（6）式代入（1）式化简得2222222222sincos2cos0PPPPPabrbcrbcab（7）根据求根公式可得22222cossincosPPPPbacrab（8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AUPr(9)可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为s2GmmE=a(10)式中m为彗星的质量．以Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2ss122PPGmmGmmmrav（11）SPPPrabO0Pxy图12得s21PPGmrav（12）代入有关数据得414.3910msPv=(13)设P点速度方向与0SP的夹角为(见图2)，根据开普勒第二定律sin2PPPrv（14）其中为面积速度，并有πabT（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127（16）解法二取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为，取逆时针为正向，用r、表示彗星的椭圆轨道方程为1cospre（1）其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知21pae（2）将（2）式代入（1）式可得cos112eear（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa，根据开普勒第三定律，有3232aTaTee（4）在近日点0，由（3）式可得1rea0（5）将P、a、e的数据代入（3）式即得图2SPPPrabO0Pxy30.895AUPr（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a(7)式中m为彗星的质量．以Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2ss122PPGmmGmmmrav（8）可得21PsPGmrav（9）代入有关数据得414.3910msPv=(10)设P点速度方向与极轴的夹角为，彗星在近日点的速度为0v，再根据角动量守恒定律，有sinPPPrrvv00（11）根据（8）式，同理可得21sGmra00v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127(13)评分标准：本题20分解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13)式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10)式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．4二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：1f为地面作用于杆AB的摩擦力，1N为地面对杆AB的支持力，2f、2N为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力，3N、4N分别为墙对杆AB和CD的作用力，mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象，系统平衡时,由平衡条件有4310NNf（1）120Nmg（2）以及对A点的力矩3411sinsinsincoscoscos022mglmgllNlNllCF即3431sinsincoscoscos022mglmglNlNllCF（3）式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点，E为BF与CD的交点．由几何关系有sincotCFl（4）取杆CD为研究对象，由平衡条件有422cossin0NNf（5）22sincos0Nfmg（6）以及对C点的力矩41cossin02Nlmgl（7）解以上各式可得41tan2Nmg（8）331sin1tansintantan22cos2sinNmg（9）BDCAN1N2Emgmgf2FOyf1N4N3x513tansin1tansin2cos2sinfmg（10）12Nmg（11）21sintancos2Nmg（12）21costansin2fmg（13）CD杆平衡的必要条件为22cfN（14）由（12）、（13）、（14）式得2sincostancossinCC（15）AB杆平衡的必要条件为11AfN(16)由（10）、（11）、（16）式得tansin2sin43tansincosA（17）因此，使系统平衡，应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得arctan0.38521.1(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5(19)因此，的取值范围为19.521.1(20)评分标准：本题20分第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9)、(10)式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分．6三、参考解答：解法一1．设在时刻t，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P点，绳与圆筒的切点为T，P到T的距离即绳的拉直部分的长度为l，圆筒的角速度为，小球的速度为v.小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v和垂直于绳子方向的速度2v两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有22222001211112222MRmRMRmvv(1)2220012MRmRMRmRmlvv(2)因为绳子不可伸长，1v与切点T的速度相等，即R1v(3)解(1)、(2)、(3)式得02222mlRmMmlRmM(4)022222mlRmMlRmMv(5)由(4)式可得00MmlRm(6)这便是在卫星角速度减至时绳的拉直部分的长度l．2．由（6）式，当0得MmLRm（7）这便是绳的总长度L.3．如图2所示，从时刻t到tt，切点T跟随圆筒转过一角度1t，由于绳子的拉直部分的长度增加了l，切点相对圆筒又转过一角度2lR，到达T处，2vv图1TOP1vTT12tvlll图2O27O图20PTTlPPl所以在t时间内，切点转过的角度12ltR（8）切点从T变到T也使切线方向改变了一个同样的角度，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v引起的，故有2tlv（9）由(1)、(2)、(3)式可得20lv（10）由(8)、（9）、（10）三式得0lRt（11）（11）式表示l随t均匀增加，故l由0增加到L所需的时间为001sLMmtRm（12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T，小球到切点T的距离即绳的拉直部分的长度为l，小球到转轴O的距离为r，圆筒的角速度为.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t时刻，OT与固定在圆筒上的半径0OP的夹角为，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t，切点从圆筒上的T点移到T点，OT与0OP的夹角变为，绳的拉直部分的长度由l变为l，小球由P运动到P，PP便是小球相对圆筒的位移.当t很小时ll，故2m2mOQQTRlr0P图10P8PPll于是小球相对圆筒的速度大小为lltv(1)方向垂直于TP．是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为时，位于转动参考系中的P点(小球所在处)相对质心系的速度rv(2)方向垂直于OP．可以把v分解成沿着TP方向的分量1v和垂直TP方向的分量2v，如图3所示，即1Rv(3)2lv(4)小球相对质心系的速度v是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P点相对质心系速度的合成，由图3可得v的大小2212vvvv(5)因lR(6)故有222Rv（7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有222220011112222MRmRMRmv（8）2220012MRmRMRmRmlvvv（9）由(7)、(8)两式有22220mMm（10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得20mMm（11）TPrlv2v1vvv图32vvOR0P9由(10)、(11)两式得0故有0（12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得00Mmm（13）由(6)、(13)两式得00MmlRm（14）这便是在卫星角速度减至时绳的拉直部分的长度l．2．由（14）式，当0得绳总长度,即MmLRm（15）3．因是一个恒量，随时间的t的变化规律为t0（16）当0时，由（13）式可得卫星停旋时的sMmm（17）设卫星停转所用的时间为st，由（16）、（17）式得001sstMmm（18）评分标准：本题25分．解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，10第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y方向和z方向的分量，设它们为0yv和0zv.因为粒子在z方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z方向以初速度0zv作匀速运动.粒子在Oxy面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y方向的初速度表示为001001yyyyvvvv(1)其中0010yEBv(2)沿y负方向．与01yv相关的磁场力010BxyfqBv(3)沿x负方向.粒子受到的电场力0EExffqE(4)沿x正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为00EB的速度沿y负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度00200yyEBvv(5)沿y正方向，与02yv相关的磁场力使粒子以速率02yv在Oxy面内作匀速圆周运动，以r表示圆周运动