第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析Word下载.docx
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bϕA在(8)和(9)式中和分别是振幅和初相位,由初始条件决定.在物块刚被释x=0t=0时刻有,由(5)式得放时,即′ρ(11)X(0)=−bρ(12)V(0)=0由(8)至(12)式可求得′ρ(13)A=bρϕ=π(14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得′ρ()(15)ωX(t)bcost+π=ρ′ρ()ω=−+πV(t)gbsint(16)ρ由(15)式可知,物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期;
但物块的运动始终由(15)表示是有条件的,那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中.若物块从某时刻起全部浸没在湖水中,则湖水作用于物块的浮力变成恒力,物块此后的运动将不再是简谐振动,物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定.为此,必须研究物块可能完全浸没b系中看,物块下底面坐标为时,物块刚好被完在湖水中的情况.显然,在xX全浸没;
由(5)式知在系中这一临界坐标值为′ρ=X=X1−b(17)即bρ处.注意到在振物块刚好完全浸没在湖水中时,其下底面在平衡位置以下XbA动过程中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠,下面分两种情况讨论:
I..由(13)和(17)两式得A≤Xbρρ′≥2(18)在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中.因而,物块从初始位置起,经一个振动周期,再次返回至初始位置.由(10)式得振动周期′ρ2πbT==2π(19)ωρg物块从初始位置出发往返一次所需的时间第2页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析′ρbt=T=2π(20)IρgII..由(13)和(17)两式得A>
Xb′ρρ(21)<
2在这种情况下,物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下.t设从初始位置起,经过时间物块刚好全部浸入湖水中,这时.由(15)()Xt=X11b和(17)式得′′ρρ()(22)ω+π−cost11ρρ取合理值,有′ρρbπtarccos1=−−(23)1′ρρg由上式和(16)式可求得这时物块的速度为2′ρρ(24)V(t)gb1-1=−−1′ρρ′a表示加速度的大小,由牛顿定律此后,物块在液体内作匀减速运动,以有′ρρ−(25)′ag=′ρ设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为,有t2(26)()′Vt−at=012由(24)-(26)得2′′ρρρb(27)t11−−=2′′ρρρρ()g−物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2′′′ρρρρρb2b(28)πt2(tt)211arccos1=+=−−−−+II12′′′ρρρρρρg()g−评分标准:
本题17分.(6)式2分,(10)(15)(16)(17)(18)式各1分,(20)式3分,(21)式1分,(23)式3分,(27)式2分,(28)式1分.评析:
本题的突破关键在于意识到这个运动的具体情况:
在完全沉入水之前是简谐运动,在沉入水之后竖直上抛运动(类似)。
本题非常简单,接近白送,呸,就是白送。
第3页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析第二题(23分)设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地R延伸到(从地心算起)球的同步卫星高度太空深处。
这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星,其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度,然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。
1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到R0.80处意外地和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零)而进入太空。
(1)论证卫星脱落后不会撞击地面。
(2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。
讨论该卫星从脱落时刻起,在0~12小时及12~24小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。
2、如果太空电梯地点位于东经110度处,在太空电梯上离地心距离为处有RX一卫星从电梯脱落(脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零),脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切,而使卫星在该点着地,试求卫星着地点的经度。
提示:
此问要用数值方法求解高次方程。
246=6.0×
10MkgR=6.4×
10m已知:
地球质量,半径的球体;
引力恒量e1122−−T=24G=6.7×
10N⋅m⋅kg;
地球自转周期小时;
假设卫星与太空电梯脱落e后只受地球引力作用。
1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知,卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆),地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心),如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点(或近地点);
设近地点(或远地点)离地心的距离.由开,卫星在此点的速度为为vrR普勒第二定律可知0.80Ra2()ωrv=0.80R
(1)式中为地球自转的角ωπ(=2/T)eb速度.令表示卫星的质量,根据m机械能守恒定律有1GMm1GMm2()22ωmv=−m0.80R−
(2)2r20.80R由
(1)和
(2)式解得r≈0.28R(3)第4页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【(3)式结果亦可由关系式:
GMm1GMm2()2ω−=−m0.80R+r0.80R20.80R直接求得】R同步卫星的轨道半径满足GM2ω=R(4)2R由(3)和(4)式并代入数据得4(5)r1.210km≈×
可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球.ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量,从远地点可求出该常量为12()σω=0.80R(6)s2b设和分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有a0.28R+0.80Ra≈(7)220.80−0.2822(8)b≈a−R2T卫星运动的周期为πab(9)T=σs代人相关数值可求出T≈9.5h(10)卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星始终不比太空电梯转动得慢;
换言之,太空电梯不可能追上卫星.设想自卫1.5T星与太空电梯脱离后经过(约14小时),卫星到达近地点,而此时太空电梯已转过此点,这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇;
而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动,同时太空电梯完成一个运动周期,所以在12-24小时内二者必相遇,从而可以实现卫星回收.2.根据题意,卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为GMm1GMm(11)2ωm(R)−=−x2RR+Rxxe此式可化为第5页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析3RR2GMxx(12)+=123ωRRReee这是关于的四次方程,用数值方法求解可得Rx(13)4R≈4.7R≈3.0×
10kmxe表示卫星与赤道相切v亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令【Rxe点即近地点的速率,则有2ωRv=Reex和1GMm1GMm22ω−=mvm(R)−ex2R2Rex由上两式联立可得到方程53RRR22GMGMxxx+=−−02323ωωRRRRReeeee其中除外其余各量均已知,因此这是关于的五次方程.同样可以用数值方法解得.】RRRxxx卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周′T′′ab期,设椭圆的半长轴为,半短轴为,有R+R′exa=(14)22R−R2(15)′′ex=ba−2因为面积速度可表示为12′σωR=(16)sx2所以卫星的运动周期为π′′ab(17)′T=σ′s代入相关数值可得′T≈6.8h(18)卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自转方向运行180度,落到西经处与赤道相切.但由于地球自转,(180°
−110°
)′ωω360°
/24h=°
15/hT/2=,因此卫星与角度,地球自转角速度在这期间地球同时转过了地球赤道相切点位于赤道的经度为西经′ωTθ=≈°
°
−°
+121180110(19)2即卫星着地点在赤道上约西经121度处.评分标准:
本题23分.第1问16分,第i小问8分,
(1)、
(2)式各2分,(4)式2分,(5)式和结论共2分.第ii小问8分,(9)、(10)式各2分,说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分,说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.第6页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析第2问7分,(11)式1分,(13)式2分,(18)式1分,(19)式3分.(数值结果允许5%有的相对误差)评析:
本题不难,整体还是为了考虑物理竞赛以及物理科学的推广,给高一升高二的同学们发点福利。
第一问,机械能<
0椭圆运动,这是一个常识。
在确定这一点后,本题已经没有难点了,只要带入计算就行。
天体问题是物竞的常见考点,每几年就考一次,反正应对天体问题,开普勒三定律,轨道能量动能势能关系,万有引力定律以及引力场高斯定理,就这点了。
知识点本身不难,但是考题变化多端,需要考生自己思考。
最后关于数值解。
我知识水平有限,不知道如何计算,只会按卡西欧。
希望会算的与我联系。
谢谢。
第三题(25分)yABBBC如图所示,两根刚性轻杆和在ABBC段牢固粘接在一起,延长线与的夹角αABαBCllcosA为锐角,杆长为,杆长为。
BOxmABC在杆的、和三点各固连一质量均为P的小球,构成一刚性系统。
整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定的光滑竖直挡CAB板,杆延长线与挡板垂直。
现使该系统以vAB大小为、方向沿的速度向挡板平动。
在0图1CC某时刻,小球与挡板碰撞,碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零,且球与挡αBAC板不粘连。
若使球碰撞后,球先于球与挡板相碰,求夹角应满足的条件。
解法一y如图1所示,建直角坐标,轴与挡板垂直,轴与挡板重合.碰撞前体系质心的速OxyxvP,方向沿x轴正方向,以表示系统的质心,以和vv度为表示碰撞后质心的速度分Py0PxJC量,表示墙作用于小球的冲量的大小.根据质心运动定理有
(1)=−J3mv−3mvPx003mv−0
(2)Py由
(1)和
(2)式得3mv−J0v=(3)Px3m第7页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析v=0(4)PyC可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球与挡板碰撞过程中,质心的坐标为(5)αx=−lcosP1αy=−lsin(6)P3CC球碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;
球碰挡板后,质心相对质心参考系仍是静止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为,ωP则三小球对质心的角动量(7)222ωωωL=ml+ml+mlAPBPCPABPC、和分别是、和三球到质心的距离,由图1可知式中lllAPBPCP122222ααlcos+lsin=lAP91222α=lsinl(8)BP9422222ααcossinll+l=(9)CP9(10)由(7)、(8)、(9)和(10)各式得222ωα=+Lml(12cos)(11)3在碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时,必须引入惯性力.但作用于质点系的惯性力的合力通过质心,对质心的力矩等于零,不影响质点系对质心的角动量,故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于CJ的冲量的冲量矩,即有球2α=JlsinL(12)3【也可以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,则对该参考点(12)式也成立】由(11)和(12)式得αJsin(13)球ω=2α+ml(12cos)C相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图1)(14)ωβωαv=−lsin=−(lsin−|y|)CPxCPPωβωαv=−lcos=−lcos(15)CPyCPC球相对固定参考系速度的x分量为(16)v=v+vCPxPxCx由(3)、(6)、(13)和(16)各式得J(17)vv=−+Cx02αm(1+2cos)根据题意有(18)v=0Cx第8页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析(17)和(18)式得y2α=Jmv(1+2cos)0(19)由(13)和(19)式得Avαsinω0=(20)lABCOx则在球与挡板碰撞后,整若先于球与挡板发生碰撞,球ABπ/2个系统至少应绕质心转过角,即杆至少转到沿y方向,Pπ/2所需时间如图2所示.系统绕质心转过B1π2t=(21)ωC在此时间内质心沿x方向向右移动的距离(22)∆x=vtPx若图2(23)∆y+x>
xPPBA则球先于球与挡板碰撞.由(5)、(6)、(14)、(16)、(18)、(21)、(22)和(23)式得3α>
arctan(24)+π1即α>
36(25)评分标准:
本题25分.
(1)、
(2)、(11)、(12)、(19)、(20)式各3分,(21)式1分,(22)、(23)式各2分.(24)或(25)式2分.解法二如图1所示,建直角坐标系,轴与挡板垂直,Oxyyxvvvy、、和vvv轴与挡板重合,以、、分别AyByCyAxBxCxABCC表示球与挡板刚碰撞后、和三球速度的分BAO量,根据题意有x
(1)v=0CxJC其方向沿轴的表示挡板作用于球的冲量的大小,以xP负方向,根据质点组的动量定理有
(2)−=Jmv+mv−3mvAxBx0C0=mv+mv+mv(3)AyByCyO以坐标原点为参考点,根据质点组的角动量定理有图1()αααααJlsin=mvlcos+lcos+mvlcos+mvlsin(4)AyBy0因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有(5)v=vAxBxαααv=vsin−vcossin(6)ByBxCy第9页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析θθθvcos−vsin=−vsin(7)AxAyCyABθAC(7)式中为杆与连线的夹角.由几何关系有α2cos(8)θcos=2α1+3cosαsin(9)θsin=2α1+3cos解以上各式得(10)2α=Jmv(1+2cos)0(11)2αv=vsinAx0ααv=vsincos(12)Ay0(13)2αv=vsinBx0v=0(14)Byααv=−vsincos(15)Cy0BAC按题意,自球与挡板碰撞结束到球(也可能球)碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用,系统的质心作匀速直线运动.若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不ABC动的,、和三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角C速度,可考察球B相对质心的速度.由(11)到(15)各式,在球与挡板碰撞刚结束时系统质P心的速度vvv++mmm2vv(16)2αAxBxCxsin==Px03m3vvvm+m+m(17)vAyByCy==0Py3m这时系统质心的坐标为(18)αx=−lcosP1αy=−lsin(19)P3PBBB不难看出,此时质心正好在球的正下方,至球的距离为,而球相对质心的yP速度12αv=v−v=vsin(20)BPxBxPx03v=0(21)BPyBBP可见此时球的速度正好垂直,故整个系统对质心转动的角速度vvαsin(22)ωBPx0==ylPABC若使球先于球与挡板发生碰撞,则在球与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心ABπ/2π/2角,即杆至少转到沿y方向,如图2所示.系统绕质心转过所需时间转过第10页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析1π2t=(23)ω在此时间内质心沿x方向向右移动的距离∆x=vtPx(24)y若(25)∆y+x>
xAPPBA则球先于球与挡板碰撞.由以上有关各式得Ox3α>
arctan(26)+π1P即Bα>
36(27)评分标准:
C本题25分.
(2)、(3)、(4)、(5)、(6)、(7)式各2分,(10)、(22)式各3分,(23)式1分,(24)、(25)式各2图2分,(26)或(27)式2分.评析:
刚性的连接体,碰撞问题首当其冲应该想到动量守恒,质心运动定理。
紧接着会旋转,角动量守恒。
质心系有着无比的优越性,他是零动量系,而且惯性力不影响角动量。
所以做这种题目,肯定优先选择质心系。
本题说简单不简单,说难也不难。
一点竞赛基础都没有的肯定懵逼,但是对于类似笔者这种基础不算特别薄弱,知识点漏洞不是特别大的中等偏下但不是最差的打酱油的选手(是不是有点太自大了),大部分分数也是可以拿到的。
最重要的还是质心系的选择,动量以及角动量的计算。
推而广之,一般的力学竞赛题,无非以下两种思路:
1°
(较少情况)通过牛顿第二定律、力矩=转动惯量×
角加速度这种简单粗暴的公式,借助基本微积分以及简单的微分方程求解技巧求解。
2°
(绝大多数情况)根据常识分析物理情景,确定运动的大致情况,从能量、动量、角动量三个方式列出方程求解。
在竞赛考试中第二个思路尤其重要。
第四题(21分)2n如图所示,虚线小方框是由个电容器联成的有限网络;
虚线大方框是并联的两个相同的无限网络,此无限网络的结构是:
从左到中间,每个电容器的右极板与两个电容器的左极板相连,直至无穷;
从中间到右,每两个电容器的右极板与一个电容器的左极板相连,直至联接到一个电容器为止。
网络中的所有电容器都是完全相同的平行板真空电容d<
SSd器,其极板面积为,极板间距为()。
整个电容网络体系与一内电ε阻可忽略不计的电池连接,电池电动势恒定、大小为。
忽略电容器的边缘效应,第11页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析k静电力常量已知。
a1、若将虚线小方框中标有的电容器的右极板缓慢地向右拉动,使其两极板的距离变为,求在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。
a2d2、在电容器两极板的距离变为后,再将一块与电容器的极板形状相同、面aS积也为、带电荷量为()的金属薄板沿平行于的极板方向全部插入QQ>
0aaxa到电容器中,使金属薄板距电容器左极板的距离为。
求此时电容器的左极板所带的电荷量。
参考解答:
1.虚线小方框内2n个平行板电容器每两个并联后再串联,其电路的等效电容满足下式Ct11n
(1)=C2Ct1即2CC=
(2)t1n式中SC=(3)π4kd虚线大方框中无限网络的等效电容满足下式Ct21111=2+++⋅⋅⋅C2C4C8Ct2(4)即CC=(5)t22整个电容网络的等效电容为CC2C(6)t1t2C==tC+Cn+4t1t2等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和)εS(7)εqC==ttπ(n4)2kd+当电容器a两极板的距离变为2d后,2n个平行板电容器联成的网络的满足下式等效电容′Ct11n−12(8)=+′C2C3Ct1由此得6C′C=(9)t13n1+整个电容网络的等效电容为′CC6C(10)′t2t1C==t′313CnC++t2t1整个电容网络的等效电容器带的电荷量为第12页,共23页
2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析ε3S(11)′′εqC==ttπ(3n13)2kd+在电容器a两极板的距离由d变为2d后,等效电容器所带电荷量的改变为εS(12)′qqq∆=−=−tttπ(3n13)(n4)2kd++电容器储能变化为2ε1S()(13)22∆==−U′εε−CCttπ++22(3n13)(n4)2kd在此过程中,电池所做的功为2εS(14)εAq=∆=−tπ(3n13)(n4)2kd++外力所做的功为2εS(15)′AUA=∆−=π2(3n13)(n4)2kd++′2.设金属薄板插入到电容器a后,a的左极板所带电荷量为,金属薄板q′′′右侧带电荷量为,a的右极板带电荷量为,,左侧带电荷量为(q+Q)−(q+Q)−q′′′′和.由于电容器a和与其与a并联的电容器左右两极板带电荷量分别为q−q并联的电容器两极板电压相同,所以有′′′′qq(qQ)+=+(16)SSCππ4kx4k(2dx)−由
(2)式和上式得2d−x′′′′q+q=3q+Q(17)d上式表示电容器a左极板和与其并联的电容器左极板所带
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- 29 全国中学生 物理 竞赛 复赛 试题 答案 解析
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