第24届全国中学生物理竞赛复赛试题

第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答：如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，这时0u的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触，这时0u的值便是满足题中条件的最小值．设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为1t，有2112hgt（1）若碰撞正好发生在Q处，则有01Lut（2）从（1）、（2）两式解得的0u值便是满足题中条件的最大值，即0max2guLh（3）代入有关数据得0max0.71m/su（4）如果00maxuu，小球与平板的碰撞处将不在Q点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为1v，则有12ghv（5）以1v、1V分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是m，则有111mVmv=mv（6）因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得22222101101111122222mVmvmu=mvmu（7）解（6）、（7）两式，得10v（8）112Vgh=v（9）碰撞后，平板从其平衡位置以1V为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为0t，则平板在t时刻离开平衡位置的位移PQcosxAt（10）hPQBu0式中2πT（11）A和是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t时刻平板振动的速度PQsinAtv（12）因0t时，PQ0x．PQVv，由（9）、（11）、（12）式可求得22ghAT（13）π2（14）把（13）、（14）式代入（10）式，得PQ22ππcos2π2ghxTtT（15）碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间2t与平板发生第二次碰撞且发生在Q处，则在发生第二次碰撞时，小球的x座标为2B2212xtgt（16）平板的x座标为PQ2222ππcos2π2ghxtTtT（17）在碰撞时，有B2PQ2xtxt（18）由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得222π4.904.41cosπ2tt（19）这便是2t满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）20.771st（20）如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则有012Lutt（21）由（1）、（20）和（21）式得0120.46m/sLutt（22）而满足题中要求的0u的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u的取值范围是00.46m/s0.71m/su（23）附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入2t不同数值，逐步逼近所求值，列表如下：2t0.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.8102π4.41cosπ2PQxt3.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.48224.90Bxt2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21PQBxx0.700.360.190.0900-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、参考解答：解法一因为B点绕A轴作圆周运动，其速度的大小为Blv（1）B点的向心加速度的大小为2Bal（2）因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0，故Ba也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为C点绕D轴作圆周运动，其速度的大小用Cv表示，方向垂直于杆CD，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．因BC是刚性杆，所以B点和C点沿BC方向的速度必相等，故有Cπ2cos42lBvv（3）此时杆CD绕D轴按顺时针方向转动，C点的法向加速度2CCnaCDv（4）由图可知22CDl，由（3）、（4）式得228Cnal（5）其方向沿CD方向．下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度Cta．因为BC是刚性杆，所以C点相对B点的运动只能是绕B的转动，C点相对B点的速度方向必垂直于杆BC．令CBv表示其速度的大小，根据速度合成公式有CBCBvvv由几何关系得222222CBBCBlvvvv（6）由于C点绕B作圆周运动，相对B的向心加速度CBvACDBBvCvaCnaCtaC2CBCBaCBv（7）因为2CBl，故有224CBal（8）其方向垂直杆CD.由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量为πcos4BBBCaa（9）所以C点相对A点（或D点）的加速度沿垂直于杆CD方向的分量2324CtCBBBCaaal（10）C点的总加速度为C点绕D点作圆周运动的法向加速度Cna与切向加速度Cta的合加速度，即222748CCnCtaaal（11）Ca的方向与杆CD间的夹角arctanarctan680.54CtCnaa（12）解法二：通过微商求C点加速度以固定点A为原点作一直角坐标系Axy，Ax轴与AD重合，Ay与AD垂直．任意时刻t，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用，和表示，且已知ABl，2BCl，22CDl，3ADl，ddt，C点坐标表示为cos2cosCxll（1）sin2sinCyll（2）ABCDxy将（1）、（2）式对时间t求一阶微商，得dddsin2sindddCxlttt（3）dddcos2cosdddCylttt（4）把（3）、（4）式对时间t求一阶微商，得22222222dddddcossin2cos2sindddddCxlttttt（5）22222222dddddsincos2sin2cosdddddCylttttt（6）根据几何关系，有sinsinsinCDABBCcoscoscos3CDABBCl即22sinsin2sin（7）22cos3cos2cos（8）将（7）、（8）式平方后相加且化简，得2sinsin2coscos3cos32cos20（9）对（9）式对时间t求一阶微商，代入π2，π4，ddt，得d1d2t（10）对（9）式对时间t求二阶微商，并代入上述数据，得222d3d8t（11）将（10）、（11）式以及，，ddt的数值代入（5）、（6）式，得222d5d8Cxlt222d7d8Cylt所以2222222dd74dd8CCCxyaltt（12）由图知，Ca与x轴的夹角为2222ddtan1.4ddCCyxtt（13）所以求得arctan1.454.46这个夹角在第三象限，为234.46，故Ca与CD的夹角=80.54（14）三、参考解答：1．设a室中原有气体为mol，打开K1后，有一部分空气进入a室，直到K1关闭时，a室中气体增加到mol，设a室中增加的mol气体在进入容器前的体积为V，气体进入a室的过程中，大气对这部分气体所作的功为0ApV（1）用T表示K1关闭后a室中气体达到平衡时的温度，则a室中气体内能增加量为0VUCTT（2）由热力学第一定律可知UA（3）由理想气体状态方程，有00045pVRT（4）00pVRT（5）00pVRT（6）由以上各式解出0554VVCRTTCR（7）2．K2打开后，a室中的气体向b室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不变，所以温度不变（仍为T），而体积增大为原来的2倍．由状态方程知，气体压强变为012pp（8）关闭K2，两室中的气体状态相同，即abppp，abTTT，ab0VVV，且ab12（9）拔掉销钉后，缓慢推动活塞B，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体的压强、体积和温度分别为ap、bp、aV、bV、aT、bT，则有aaaaVVVVCRCRCCpVpV（10）bbbbVVVVCRCRCCpVpV（11）由于隔板与容器内壁无摩擦，故有abpp（12）由理想气体状态方程，则有aaaapVRT（13）bbbbpVRT（14）因ab0VVV（15）由（8）～（15）式可得ab012VVV（16）ab2VRCTTT（17）在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a室气体作的功W等于a室中气体内能的增加，即12VaWCTT（18）由（6）、（17）和（18）式得00212VRCVCWpVR（19）四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为x1xl，速度为v，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为v2BlvE，它在线框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势．设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势vE与设定的正方向相反，自感电动势LiLtE与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻0R，故有Lv20iLBliRtvEE（1）x1l2l0vOyx即02txBltiL（2）或iLxBl2（3）即LBlxi2（4）可见i与x成线性关系，有CxLBli2（5）C为一待定常数，注意到0x时，0i，可得0C，故有xLBli2（6）0x时0i，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上的．外磁场作用于线框的安培力xLlBiBlf2222（7）其大小与线框位移x成正比，方向与位移x相反，具有“弹性力”的性质．下面分两种情形做进一步分析：（i）线框的初速度0v较小，在安培力的作用下，当它的速度减为0时，整个线框未全部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区．线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率222BlLm（8）周期2222πLmTBl（9）振动的振幅可由能量关系求得，令mx表示线框速度减为0时进入磁场区的深度，这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得2222201122mBlmxLv（10）得20m222LmxBlv（11）故其运动方程为022sinLmBlxtBlLmv，t从0到2πLmBl（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v向左匀速运动．因为在这种情况下mx的最大值是1l，即22222011122BlmlLv（13）由此可知，发生第（i）种情况时，0v的值要满足下式22222011122BlmlLv即120BllmLv（14）(ii)若线框的初速度0v比较大，整个线框能全部进入磁场区．当线框刚进入磁场区时，其速度仍大于0，这要求0v满足下式210BllmLv（15）当线框的初速度满足（15）式时，线框能全部进入磁场区，在全部进入磁场区域以前，线框的运动方程与（12）式相同，但位移区间是0x到1xl，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到121220arcsinBllLmtBlLmv（16）因为线框的总电动势总是为0，所以一旦