2014年第31届全国部分地区大学生物理竞赛试卷与答案.doc

第 31 届全国部分地区大学生物理竞赛试卷与解答2014.12.07111. 将地球半径R 、自转周期T 、地面重力加速度g 取为已知量，则人造地球同步卫星的轨道半径= gT 2(4p 2R) 3 R ，轨道速度相对第一宇宙速度的比值= 4p 2R(T 2g ) 6 。 M2. 如图所示，水平桌面上静放着质量为M ，内半径为R 的半球面形薄瓷碗，碗的底mR座与桌面间无摩擦。将质量为m 的小滑块在图示的碗边位置从静止释放，随后将会无摩擦地沿碗的内表面滑下。小滑块到达最低位置时， 它相对桌面的速度大小为2MgR(M + m) ，它对碗底的正压力大小为3M + 2m mg 。M 3. 如图所示，长l 的轻细杆两端连接质量相同的小球A、B ，开始时细杆处于竖直方位，Aglv0v0下端 B 球距水平地面高度记为 h 。某时刻让 B 球具有水平朝右初速度 r （ 其大小lrv0r2v0v0 0 时刻x = vtM = M0 + m0-k xv牵引力F = a v + b Mg = a v + b g M0 + m0- k x v（5 分）x = 0 到x = vt = v m0 ，总功 eekW = xe Fdx =xe a v + b g M+ m - k x dx2 00 00v = av + b g M+ m0 m0v （6 分）0 2 k所求为W = W +W = 1 m u2 + av + b g M + m0 m0v （2 分）12 200 2 k12.（15 分）如图所示，半径为R 的长直圆柱形几何空间区域内，有轴向的匀强磁场，磁感Ar1 RRr3BRr2C应强度B 的方向垂直于图平面朝里，其大小随t 变化，且有dB dt = k ，式中k 为正的常量。圆柱形空间区域外没有磁场。在圆柱形空间区域内的一个正截面内，有一个用金属丝连接而成的圆内接正三角形ABCA，其中AB 段、BC 段和CA 段的电阻分别记为r1 、r2 和r3 。（1）试求AB 段从A到B 方向的电动势e AB ；（2）设r1 = r2 = r3 ，试求AB 段从A到B 的电压UAB ；（3）改设r1 = r0 、r2 = 2r0 、r3 = 3r0 ，再求AB 段从A到B 的电压U A B 。解：（1）回路电动势为e= - dF = - d -B 1 3 R 3R = 3 3 kR2ABCAdtdt 2 24因对称，即得e AB= 1 e3ABCA =3 kR24（6 分）（2）回路电压因对称，有UABCA = 0UAB = UBC = UCA UAB = 0（3 分）（3）将r1 = r0 、r2 = 2r0 、r3 = 3r0 代入电流公式：I = I= e(r + r + r ) = 3 3 kR2 (6r )ABCAABCA12340得I =3kR2(8r0 )继而得U A B = -e AB+ Ir1 = -3 kR28（6 分）13.（15 分）12理想气体多方过程可表述为 pV n = k （常量）或TV n-1 = k （常量）（1）已知k1 和气体的摩尔数n ，求k2 ；（2）已知多方指数n 和气体的等体摩尔热容量CmV ，试依据过程摩尔热容量定义式Cm = dQ(n dT ) ，导出该多方过程的摩尔热容量Cm 。解：（1）pV n = k1pV =n RT TV n-1 = k(n R) k2 = k1(n R)（5 分）1（2） C = dQ (n dT ) = ( pdV +nCdT ) (n dT ) =pdV +C1 2mmVn dTmV2V n-1 = kT (n -1)V n-2dV = -k dT T 2(V n = kp (n -1) k1dV1)pV 2= -k dT T 2 = -k dT(n RT 2 )21( pV =n RT ) (n -1) dV = -dT T = -n RdTV( pV ) pdV = -n RdT(n -1)C = C- R（10 分） mmV n -1另解：2TV n-1 = k V n-1dT + (n -1)V n-2TdV = 0 dV = - 1 V = -1 n R dTn -1 Tn -1 P代入1 式： C = C+ pdV = C- R mmV14.（15 分）n dTmV n -1B av0Pr BOaB By如图所示，在O - xy 平面上有场强为E 平行于x 轴方向的匀强电场，还E有垂直于O - xy 平面朝里的磁场，磁感应强度B 的值仅随x 变化。在 x = a 、v0y = a 处，质量为m 、电量q 0 的质点P具有速度r ，使得P的而后运动x轨道恰好是在O - xy 平面上以O 为圆心的圆周。已知P 在运动过程中速度达最小值（不为零）时，所受磁场力为零。（过程中不考虑重力的影响。）Er（1）试求速度v0 的方向和大小；（2）将圆半径记为R ，试在R x -R 范围内确定B 随x 变化的函数。R =2aB Rav0r Br POaBvminR B解：（1） P的初始位置到O 的距离即为圆半径，故有y磁场力不作功，电场力作功， P的动能最小（即速度最小）位置必是E在题解图 1 中x = -R 、 y = 0x处。P在该位置处不受磁场力，表明E题解图 1B( x = -R) = 0P作圆周运动所需向心力即为电场力，可得mv2 min = qE v2= qER m ， R =2aRminP在初始x = a 、 y = a 处时的动能为1 mv2 = 1 mv2 + qE (R + a) ， R =2a 20 2min2(2qE (+1)a2v = v故有220min即得+= qE 3m+ 2)a mqE (3 2 + 2)a mr方向：如题解图 1 所示的切线方向v0 大小： v0 =（7 分）y（2）参考题解图 2， P处于图示位置时，引入参量ax = x a （a x 带正、负号）v BPrqE则有minx1 mv2 = 1 mv2 + qE (a +2 )aqv BfOxx222qE (ax +2 )amin v2 = v2 +m题解图 22= qE(3+ 2ax )a m因qvB - qE cosf = mv2 ( 2a)2qa得B = E cosf + mv v， cosf =x = a x2R所求B : x 函数便为mE2qaa3 2 + 2axB(x) =x+ 3 2 + 2ax ABR x -R 2a x - 2a（8 分）说明：题解图 2 中， P位于第I 象限求得B(x) 分布，考虑到x 正负号与不同象限 CD中cosf 正负号的组合关系，所得B(x) 分布同样适用于II 、III 、IV象限。15.（20 分）用某种导电材料制成如图 1 所示的匀质正方形电阻薄平板，4 个微微朝外突出的顶端记为A、B 、C 、D 。将A、C 两端间的等效电阻记为R1 ， A、D 两端间的等效电阻记为R2 。（1）设电流I 从A端流入， C 端流出，请定性画出平板中电流线的分布，而后图 1DABC图 2试导出R1 、 R2 、2R1 之间的大小排序关系。BD（2）如图 2 所示，用理想导线连接B 、 D 端，试求此时A、C 两端间的等效电阻RAC ，答案用R1 、 R2 表示。（3）如图 3 所示，将 6 块这样的电阻薄平板通过顶端间的焊接，棱边间均A不焊接且不接触，构成一个中空且露缝的“正方体”，试求图中两个相对顶端C 、B间的等效电阻RCB ，答案用R1 、 R2 表示。解：（1）设电流I 从A端流入，C 端流出，板中电流的定性分布图如题解图1 所示。将C 端电势记为0 ， A端电势记为e ，则有CeABR1 = I（1）图 3再将B 端电势记为UB ，则必有IeAUBBCI0De -UBUB UD ，与上式联立，便得（UB UD = e -UB 2UB e UB 2 e ）U 1 eB 2即有e UB 1 e2（2）以题解图 1 电流分布为样本，构建题解图 2 中（a）、（b）两种电流分布，它们叠加成题解图 2 中（c）的电流分布，此分布便可给出题文中的R2 为R = UB -(-UB ) = 2UB2II（3）由（3）、（1）式，得U = I R ， e = IRIAUB0BCD0-UB ABC0D-eI代入（ 2） 式， 可得B 2 21IR I R 1 IRIeU-(e -UB )-U BB1 2 2 21AB即得所求大小关系为+=2R1 R2 R1（7 分）（ 4 ）CDII0此 处 ， 还 可 得e -UBIU = I R = 1 e R （a）（b）（c）2B 2 2e2 R1R题解图 2 UB = 22 R1（5）（2）设电流I 从题图 2 的A端流入，C 端流出，电流的定性分布如题解图 3 中（a）所示，并将 A、B 、UA (a)AUB(a)BI CUC (a) UD (a) DC 、 D 端电势分别记为UA(a) 、UB (a) 、UC (a) 、 IUD(a) 。图（a）中左侧正方形平板中的电流分布，可分解为题解图 3 中（b）和（c）中未画出的 I电流分布的叠加。（b）中电流和电势分布与题解图 1 完全相同。（c）中电流I从D 端流入，B 端流（a）IeUBAC0e -UB=+DIB（b） 题解图 3e -UAB0IBCDUBe I （c）出，参照题解图 1 的结构，可设B 端电势为0 ， D 端电势记为待定的e ， C 端电势记为U B ， A端电势便应为e -UB 。（a）中B 、 D 间的理想导线使B 、 D 等势，结合叠加关联，有UB (a) = UD(a) ，UB (a) = UB ，UD(a) = e -UB + e 得e = 2UB - e（6）将（5）式代入，得e = R2 -1e （7） R 1（c）中I流入形成的e 、U B 与（b）中I 流入形成的e 、UB 之间应有同构关联，即可引入两个比例常量a 0 、b 0 ，有e = a I ，UB = b I ；e = a I ，UB = b I即得UB = UB U=U e 1 ee eBB e将（5）、（7）式代入，得U =R2 R2 - B 2R R对应图（a）中有1 1UAC (a) =UA(a) -UC (a) = (e + e -UB ) -(0 +UB )= e + e - 2U B= e + R2 -1e - R2 R2 - e RR R1 11 1得U(a) = R2 2 - R2 e （8）ACR R 1 1 图（a）中A、C 两端间的等效电阻，即为题（2）所求RAC ，应为R= UAC(a)= R2 2 - R2 eACIR R I1 1 将（1）式代入即得R= 2 - R2 R （9）（6 分）AC R 21 据（4）式，已有2R1 R2 ，故必有IRAC 0AB（3）参考题解图 4，电流I 从C 端流入后，均分到正板面、左板面和下板面，故正板面中电流1IC正= 3 I此电流经A、 B 、D 端分流流出，应有IA正=ID正1AIA正CIC正IIB上IB正BIB右DIA正+ ID正+ IB正 = IC正= 3 I（10）CD正D其中IB正将等分给从B 端流入上板面的IB上和流入右板面I的IB右，即有IB上=IB右， IB正=IB上+ IB右题解图 4I最终从B端流出的总电流也为I 。如果让电流I 从B端反向AB流入，则IB上、 IB右也将大小不变地反流，它们将与题解图 4 中的IA正或ID正同构，故必有AIB正=IA正 + ID正 = 2IA正结合（10）式，得111 I1312II111612 IB3 II111 I12 I126DIB正= 6 I ， IA正=ID正= 12 I（11）据此可得题解图 5 所示的电流分布电流I 从输入端C 到输出端B形成的总电压为CUCB = UCB(正) +UBB(上) I从上板面B 端到B端的电压UBB(上) ，可等效为从正板面C1 I1 I1 I6312D题解图 5A端到C 端的电压的负值，即等效为从正板面C 端到A端的电压UCA ，即有UBB(上) = UCA(正) UCB=UCB(正) +UCA(正)（12）0B题解图 6 中（a）、（b）、（c）的电流分布，可叠加成（d）所示的正板面电流分布。（a）、（b）、（c）中各端点的电势依据题解图 1、2 给出，叠加成（d）中相应点的电势（ d）中未标出）：1 (e -U )11- 1U11 I1 I01212BUBBA 12(e -UB )126112 I6A+ 1 CD1B+CD 1AB1 I CD6 IAB=CDI12 I1 e1I12 112 I6 10111212UB12e 06UB312 I（a）（b）（c）（d）题解图 6UA(正) =1U12B，UB(正) =1 (e -U12B) + 1 (e -U12B) - 1 U6B= 1 e - 1U 63BU (正) =1 e + 1 e + 1U = 1 e + 1U C继而可得12126B66BU(正) = U (正) -U(正) = 1 e + 1 U - 1 e - 1U = 1 U CBCB 66B 63B 2BU(正) =U (正) -U(正) = 1 e + 1 U - 1 U = 1 e + 1 U CACA 66B 12B612B代入（12）式，得11117UCB= 2 UB + 6 e + 12 UB = 6 e + 12UB其中e 、UB 均由本题（1）问解答中给出，即（13）e = IR ，U= e R21B2 R1代入（13）式，即得U= 1 IR + 7 g 1 IR g R2 = 1 R + 7 R I CB61 12 21 R 6 124 2 1 所求RCB 便为R=UCB= 1 R + 7 R （7 分）CBI6 1 24 216.（20 分）阻尼振动的微分方程为0&x& + 2b x& + w 2 x = 0b 0（1） b = w0 为临界阻尼，方程通解为x = (C+ Ct )e- bt临临1临2设t = 0 时， x临 = x临0 ， x&临 = v临0 ，其中x临0、v临0 都带有正负号。（1.1）试求C临1 、C临2 。（1.2）若x临0 0 ，试通过分析，确定v临0 取哪些值，使振子都不能经有限时间降到x临 = 0 位置。0 )0 )（2） b w0 为过阻尼，方程通解为x= C e-(b -b 2 -w2 t+ Ce-(b +b 2 -w2 t过过1过2设t = 0 时， x过 = x过0 ， x&过 = v过0 ，其中x过0、v过0 都带有正负号。（2.1）试求C过1 、C过2 。（2.2）若x过0 0 ，试通过分析，确定v过0 取哪些值，使振子都能经有限时间降到x过 = 0 位置。（2.3）若x过0 0 ，试问v过0 取何值时，可使C过1 = 0 ？（3）若临界阻尼振动取（1.2）问所得 x临0 和v临0 ，过阻尼振动取（2.3）问所得 x过0 和v过0 ，且x过0 x临0 ， 试问临界阻尼振动与过阻尼振动中哪一个可使振子更快地趋向零点？解：（1）由 t = 0 时的初始条件，可得C临1 = x临0 ， C临2 - b C临1 = v临0（1.1）由上述两式，可解得C临1 = x临0 ， C临2 = b x临0 + v临0（3 分）（1.2）在x临0 0 前提下，振子在有限时间内不能降到x临 = 0 位置的条件是t0(C临1 + C临2t) 0即得所求为v临0 -b x临0（2 分）（2）由 t = 0 时的初始条件，可得过1过2过00过1(0过2过0C+ C= x， -(b -b 2 - w2 )C- b +b 2 - w2 )C= v -b (C+ C) +b 2 - w2 (C- C) = v过1过20（2.1）由上述两式，可解得过1过2过0b - w2201 b x+ v1 b x+ vC= x + 过0过0 ,C= x - 过0过0 （3 分）b - w220过1 2 过0过22 过0（2.2）过阻尼通解可表述为1-(b + b 2 -w2 t b + a2 2b + ax=xe0 ) +1e2b -w0 t - -1 b - w220 b - w220（2 分）过 2 过 0a = v过0 / x过0等号右边第一项整体取正，且单调递减，但不会达到零值。t = 0 时，方括号内的算式其值为正，而后其中左侧项整体绝对值随 t 增大，右侧项则为常量。如果在某个 t 0 有限时刻，方括号算式其值为零，则对应x过 = 0 ，振子降到该位置。分两种情况分析：I. v过0 0 ，则b +ab -w220为正，b +a+1b - w220为正（a）若b +a-1b - w220为正，则因b - w220b - w220b +a+1 b +a-1t 0 时，恒有 b - w220b + a+1e20b 2 -w2t - b + a b - w220-1 0b -w220II. v过0 0 ，则a 0（为正），则b + a -1b - w220，b + a -b -w220 a -(b +b 2 -w2 ) v -(b +b 2 -w2 )x0过00过0又因b + ab - w220+1 b + a-1b - w220，b - w220b +a无论-1为正或为负t 0 时，仍然恒有 b - w220b + a+1e20b 2 -w2t - b + a b - w220-1 0b -w220b -w220（b）设b +a+1 0（为负），则b +a -1b - w220，b + a - a -(b +b 2 - w2 )x vb +a-1b - w220，故两者均为负值，且左边的绝对值小，右边的绝对值大。故必定存在有限的某个 t 0，使得 b - w220b + a+1e20b 2 -w2t - b + a b - w220-1 = 0左边负值的绝对值增大到等于右边负值的绝对值综上所述， v过0 取值范围为v -(b +b 2 -w2 )x过00过0（5 分）时，振子都能经过有限时间降到x过 = 0 位置。过1（2.3）为使C= 0 ，要求v过0 取值为v 0（3）此时临临1临2x= (C+ Ct )e- b t00过过2过0x= Ce-( b + b 2 -w2 )t = (xe-b 2 -w2t )e-b t据（1.2）题文和（1.2）问解答以及（1.1）解答，已有x临0 0 ， C临1 = x临0 0C临2 = b x临0 + v临0 ， v临0 -b x临0 即b x临0 + v临0 0 C临2 0据（2.3）题文，还有x过0 x临0 0则必存在某个 t0 时刻，使得t t0 时有C临1 xe-b 2 -w2t e b 2 -w2 t x过0 = x过0过000Cx t t0= ln x过0 /b - w220x临0临1临00进而，t t0 时必有C临1+ C临2t C临1 xe-b 2 -w2t（5 分）过0考虑到前式中的e- b t 为公共的衰减因子，故过阻尼振动可使振子能更快地趋向零位置。17.（20 分）v0如图 1 所示，在光滑的水平面上，平放着一个质量为M = g m 、半径为R 的均匀圆环，它的直径两端分别连接长度同为l 的轻细绳，绳的另一端分别连接质量同为m 的小物块。开始时细绳伸直，环和物块静止。某时刻令两小物块在垂直绳的水平方向上分别获得方向相反、大小同为mRRllOmv0Mv0 的初速度。假设最终细绳能全部缠绕在环上，两个小物块贴在环边与图 1环一起转动，且过程中不发生小物块与圆环的碰撞。（1）考虑到过程中绳的作用可能不损耗机械能，也可能损耗机械能，vmv x试求g 的取值范围。mu（2）假设系统从初态到末态的过程可分lfu为两个阶段，第一阶段如图 2 所示，图中q 为 圆 环 转 角 ， u 为 环 边 转 动 速 度 ， fR(90o f 0)角为细绳相对圆环转角， v 为OR q MR Olu物块相对圆环速度。据（1）问，取绳不损耗muv机械能对应的g 值，试导出两个可求解u 、vvm的方程组（不必求解），方程组中不含参量M 、图 2图 3m 和q 。0（3）设l = R ，将f = 90o 代入（2）问所得方程组，求解u 和v ，答案用v 表示。（4）第一阶段结束于图 2 中的f 达90o ，而后进入过程的第二阶段，即绳连续地缠绕在环上。继（3） 问所设；参考图 3 所示的过程态参量： x （尚未缠绕在环上的绳段长度）、u （环边转动速度）、v（物块相对圆环速度）。试求第二阶段所经时间T （答案用R 、v0 表示）。解：（1）因对称，环心O为不动点，地面系中取O所在位置为参考点，系统角动量守恒。由R (M + 2m)wR = 2 (l + R)mv02(l + R) mv0得末态圆环转动角速度w = (M + 2m) R2系统末态动能小于或等于初态动能，即有1 (M + 2m)(wR)2 2 1 mv2 2201 2 (l + R) mv 2 2 (l + R)2 m2v2(M + 2m) R2 0 = 0 mv22(M + 2m) R2 (M + 2m) R2 0 2(l + R)2 m(M + 2m) R2 1得g = M 2l (l + 2R)：绳损耗机械能mR2=：绳不损耗机械能（5 分）（2）将图 2 中右上方的u 、v 矢量化为u 、v ，将圆环转动角速度矢量化为w 。右上方小物块相对地面系的速度rrrrrrrv = v + w (R + l ) ，w R = u rrrrv = v + u + w l将v 分解成与u 平行及垂直的分量vP 、v ，则有vP = vcosf + u + wl cosf ， v = vsinf + wl sinf因u = wR wl = l u R得v = vcosf +u + l ugcosf = vcosf +1+ l gcosf uPRRv = vsinf + l ugsinfR也可将v 分解成与v 平行及垂直的分量v*、v* ，则有Pv* = v +wRcosf + wl = v +ucosf + l u = v +cosf + l uPRR v* = wR sinf = u sinf每个小物块相对地面系O点角动量为rrrrrrr* rr(R + l )mv = Rmv +l mv = (RmvP + lmvP )k ， k = w w= Rmvcosf + 1+ lcosf u + + cosf + l rR lm vR uk系统角动量守恒方程为 RMu + l l 2mRv cosf + 1+ R cosf u + l v + cosf + R u = 2(R + l )mv0 g Ru + 2R1+ l cosf +l cosf + l u +Rcosf +lv = 2(R +l)v（1） RR 0 系统机械能守恒方程为1 Mu2 + 2 1 m(v*2 + v*2 ) = 2 1 mv222P20l 20 g u2 + 2v +cosf +u +u2 sin2 f = 2v2R（2） （或为g u2 + 2vcosf +1+ lcosf u+vsinf +l usinf 2 = 2v2（2）2R R0 方程（1）（2）联立，即成可求解u 、v 的方程组。（6 分）（3）取l = R ， g = 6 ，f = 90o ， cosf = 0 ， sinf = 10（2）问解答中（1）、（2）式简化为5u + v = 2v0， 5u2 + 2vu + v2 = v2得解为u = 3 v ， v = 1 v （2 分）10 02 0（4）先将g = 6 ，f = 90o ， cosf = 0 ， sin f = 1代入（2）问解答中的（1）、（2）式，得l 23Ru +R +u + lv= (R + l )v (1)R 0203u2 + v + l u +u2 = v2(2)R 考虑到图 2 中l 已由图 3 中的x l 代替，先将(1) 、(2) 式等号左边的l 换成x ；但因(1) 、(2) 等号右边的量为系统初态量，其中l 不可用x 取代，而应以（3）问所设l = R 用R 取代，即得x2 x4 + x2 2 x 2 2R2 u + R v = 2v0 ， 4 + R2 u+ 2v u + vR= v00或改述为u = (2v0- bv) a ，au2 + 2bvu + v2 = v2 ， b =x ，a = 4 + b 2R两式联立，消去u ，得(2v - bv)2 + 2b (2v - bv)v +av2 = av2000 4v2 - b 2v2 +av2 = av2 4v2 = b 2v2000解得v =x 2R v0取圆环参考系，参考题解图，有vdtdq x dqdt= v = x v2R 0x + dx dq -dx = Rdq v = xxdt dq dt= v0(2R)dq OR-dx = Rdq = R dq dt = v0 dtdt2 dt = - 2 dxv0题解图T dt = - 2 0 dx0v0 R得T = 2R v0（7 分）（注意： dq dt 并非圆环相对地面系旋转角速度w 。）附录：填空题答案导出过程简述（参考）1.地球自转角速度w = 2p T ，同步卫星轨道半径R* 满足方程eemw2R* = GM m R*2 ， GM = gR21得R*