第31屆全國部分地區(qū)大學生物理競賽試卷與解答

1、第 31 屆全國部分地區(qū)大學生物理競賽試卷與解答2014.12.07將地球半徑R 、自轉周期T 、地面重力加速度g 取為已知量，則人造地球同步衛(wèi)星的軌道半徑=gT 242R13 R ，軌道速度相對第一宇宙速度的比值= 412RT 2g6 。如圖所示，水平桌面上靜放著質量為M ，內半徑為R的半球面形薄瓷碗，碗的底mR座與桌面間無摩擦。將質量為m 的小滑塊在圖示的碗邊位置從靜止釋放，隨后將會無摩擦 地 沿 碗 的 內 表 面 滑 下 。 小 滑 塊 到 達 最 低 位 置 時 ， 它 相 對 桌 面 的 速 度 大 小 為M2MgRMm ，它對碗底的正壓力大小為3M2m Mmg 。如圖所示， 長

2、l 的輕細桿兩端連接質量相同的小球A、B ，開始時細桿處于豎直方位，A2v0B下 端 B 球 距 水 平地 面 高 度 記為h 。 某 時 刻 讓 B 球 具 有 水 平 朝 右 初 速度v0 （ 其 大 小lv0gl2 ），其上方A球具有水平朝右初速度2v 0 。假設而后A、 B 同時著地，則h 可v0取的最小值h=2 gl4v 2l8v 2，取 h時， B 從開始運動到著地過程中其水平位移sh=312minl2 。00min兩個測量者A和 B ，各自攜帶頻率同為1000Hz 的聲波波源。 設 A靜止， B以 10m / s 的速度朝著A運動， 已知聲速為 340m / s，不考慮人體的反射

3、，則 A接收到的拍頻0A拍 =30 Hz （請保留2 位有效數字） ， B 接收到的拍頻B拍 = 29 Hzv0v0（請保留2 位有效數字） 。123v0如圖 1 所示， 3 個相同的勻0質球體以相同的水平初速度v0 平圖 11拋出去。其中球1 拋出時無自轉， 球 2、球 3 拋出時有自轉，自轉方向已在圖 1 中示出， 自轉角速度值0 相同且較大。球1 拋出后，落地前球心的一段31圖 2運動軌道如圖2 長方形內一段曲線所示，2試在該長方形區(qū)域內定性畫出球2、球 3落地前各自球心的一段運動軌道。（球 2、球 3 球心在圖2 中的初始位置，可不受圖1 所示位置限制。 ）如圖所示，在一個絕熱的豎直氣

4、缸里存有一定量的理想氣體，開始時絕熱的活塞p 2 p0p0是固定的?，F拆去銷釘（圖中未畫出），氣體因膨脹而將活塞和重物舉高， 則此過程中氣體的壓強減小，溫度降低。（空氣體白處可填 “增大 ”、“減小 ”、“升高 ”、 “降低 ”。）某氣體經歷的循環(huán)過程如圖所示，氣體分子的熱運動平均自由程和氣體溫度T 都會隨過程而變。將的最大值和最小值分別記OV02V0V為max 和min ，則max :min= 2 。將 T 的最大值和最小值分別記為Tmax 和Tmin ，則該氣體在Tmax 熱源和Tmin 熱源之間形成的卡諾循環(huán)過程效率卡= 75% 。（空白處只可填數值。）在圖中用實線代表的3 根首尾相接的

5、等長絕緣細棒上的電荷分布，與c絕緣棒都換成等長細導體棒且處于靜電平衡時的電荷分布完全相同。已測得圖中 A、 B兩點電勢分別為U A 、 U B ，今將絕緣棒ab 取走，設這不影響絕AB2緣棒 ac 、 bc 的電荷分布，則此時A 點電勢 U AU A ， B 點電勢 U B3abU。11U AB62雙縫干涉裝置如圖1 所示， 屏幕中央 O 處出現亮條紋。O 處上下都有亮屏幕條紋，設圖1 標出的參量均為已知量，則相鄰兩條亮條紋間距可表述為xDaO。圖 2 所示也是一種楊氏雙縫干涉裝aOba屏幕Aa45 oBaD置，直角擋板的兩個側面分別有對稱的透光細縫 A、 B 。屏幕與擋板的一個側面平圖 1行

6、，屏幕 O 處可出現亮條紋。設圖 2 標出的參量均為已知量，則屏幕 O2bo45處附近相鄰兩條亮條紋的間距可表述為x。a圖 2鋁的逸出功是4.2eV ，鋁的紅限波長m3 102nm 。若用波長為 200 nm 的光照射鋁表面，則光電效應的遏止電壓上結果保留一位有效數字即可）11.（ 15 分）U 02 V 。（普朗克常量h6.631034 J s，如凈質量M 0 的噴水車，存水質量m0 ，在平直道路上以勻速度v 行駛的同時，朝左、右兩側綠化帶水平橫向噴水，噴出去的水相對車身速度大小為常量u ，單位時間噴水質量為常量。已知車在行駛過程中受 正面空氣阻力大小為v ，其中為正的常量；受地面阻力大小為

7、N ，其中為正的常數，N 為地面所受正壓力。 不計其它能耗因素，試求車裝滿水啟動達勻速v 并開始噴水后，直到水噴凈為止，車內作功裝置的作功量 W 。解：為噴水提供作功總量W1 m u 2（2 分）210t0， x0 開始計時、計程，t0時刻xvtMM0牽引力FvMgvgMxm0vmx（ 5 分）x0 到 xevtev m0，總功00vxexeWFdxvgMmxdx所求為200m0vg M 0200m0vv（ 6 分）WWW1 m u2vgMm0m0v（ 2 分）22120012.（ 15 分）如圖所示，半徑為R的長直圓柱形幾何空間區(qū)域內，有軸向的勻強磁場，磁感A應強度 B 的方向垂直于圖平面朝

8、里，其大小隨t 變化，且有dB dtk ，式中 k 為正的常量。 圓柱形空間區(qū)域外沒有磁場。 在圓柱形空間區(qū)域內的一個正截面內， 有一個用金屬絲連接而成的圓內接正三角形 ABCA，其中 AB 段、 BC 段和 CA 段的電阻分別記為 r1 、 r2 和 r3 。r1Rr3 RRBr2C（ 1）試求 AB 段從 A到 B 方向的電動勢AB ；（ 2）設 r1r2r3 ，試求AB 段從 A到 B的電壓UAB ；（ 3）改設 r1r0 、 r22r0 、 r33r0 ，再求 AB 段從 A到 B 的電壓U AB 。解：（ 1）回路電動勢為ddB1 3 R3R3 3 kR2ABCAdtdt2 24因對

9、稱，即得132kRABABCA34（ 6 分）（ 2）回路電壓因對稱，有UABU BCU ABCAU CA0U AB0（ 3 分）（ 3）將 r1r0 、 r22r0 、 r33r0 代入電流公式：IIrrr33 kR2(6 r )ABCAABCA123042得I3kR(8r0)繼而得U ABABIr13 kR28（ 6 分）13.（ 15 分）理想氣體多方過程可表述為pV n1 （常量）或TV n12 （常量）（ 1）已知1 和氣體的摩爾數，求2 ；（ 2）已知多方指數n 和氣體的等體摩爾熱容量CmV ，試依據過程摩爾熱容量定義式CmdQdT ，導出該多方過程的摩爾熱容量Cm 。解：（ 1）

10、pV n1pVRTTVn 1R21R（5 分）1（ 2） CdQdTpdVCdTdTpdVC1dT2mmVmVV n 12 Tn1 V n2dVdTT 2V npn11dVdTT 2dTRT 21pVRTnpV 21 dV V21dT TRdTpVpdVRdTn1CCR（ 10 分）n1mmV另解：2TV n 1V n 1dTdV( n1)V n1V2TdV01RdTn1 Tn1 P代入 1 式：CmCmVpdV dTRCmVn1y14.（ 15 分）如圖所示， 在Oxy平面上有場強為E 平行于 x 軸方向的勻強電場，還有垂直于 Oxy 平面朝里的磁場，磁感應強度B 的值僅隨x 變化。在 xa

11、 、BEav0BPya 處，質量為m 、電量 q0 的質點 P 具有速度v0 ，使得 P 的而后運動Oax軌道恰好是在Oxy平面上以O 為圓心的圓周。已知P 在運動過程中速度BB達最小值（不為零）時，所受磁場力為零。（過程中不考慮重力的影響。）E（ 1）試求速度v0 的方向和大??；（ 2）將圓半徑記為R，試在 RxR范圍內確定B隨 x 變化的函數。解：（ 1） P 的初始位置到O 的距離即為圓半徑，故有yR2a磁場力不作功，電場力作功，P的動能最?。此俣茸钚。┪恢帽厥窃陬}解圖1 中xR、 y0處。 P在該位置處不受磁場力，表明Rv0EBaBPxvminOaRBBE題解圖1B xR0P 作圓周

12、運動所需向心力即為電場力，可得mv2vminqE R2minqER m ， R2aP 在初始 xa 、 ya 處時的動能為1 mv21 mv2qE Ra ， R2a0min22故有v2v22qE21 aqE 322 a m0minm即得方向：如題解圖1 所示的切線方向v0大?。?v0qE 3 22 a m（7 分）y（ 2）參考題解圖2， P 處于圖示位置時，引入參量xx a （x 帶正、負號）則有11vBqvBP qE Oxxmvmv2222min2qEqEx2 ax2 avv22minqEm322 x a m題解圖2因qvBqE cosmv22a得BE cos vmv 2qa， cosxx

13、R2所求 Bx函數便為B(x)mE 2qax3 22 xAB322 xRxR2ax2a（ 8 分）說明：題解圖2 中， P 位于第 I 象限求得B( x) 分布，考慮到x 正負號與不同象限CD中 cos正負號的組合關系，所得15.（ 20 分）B( x) 分布同樣適用于II 、 III 、 IV 象限。圖 1AB用某種導電材料制成如圖1 所示的勻質正方形電阻薄平板，4 個微微朝外突出的頂端記為A、 B、 C 、 D 。將 A、 C 兩端間的等效電阻記為R1， A、 D 兩端間的等效電阻記為R2 。（ 1）設電流I 從 A端流入， C 端流出，請定性畫出平板中電流線的分布，而后CD圖 2試導出R

14、1、R2 、 2R1 之間的大小排序關系。（ 2）如圖 2 所示，用理想導線連接B、 D 端，試求此時A、 C 兩端間的等AB效電阻RAC ，答案用R1、R2 表示。（ 3）如圖3 所示，將6 塊這樣的電阻薄平板通過頂端間的焊接，棱邊間均AB不焊接且不接觸， 構成一個中空且露縫的“正方體 ”，試求圖中兩個相對頂端C 、B間的等效電阻RCB，答案用R1 、 R2 表示。解：（1）設電流I 從 A端流入， C 端流出，板中電流的定性分布圖如題解圖1 所示。將C端電勢記為0 ， A端電勢記為，則有CDR1（ 1）圖 3I再將 B端電勢記為UBU B ，則必有IU B若將 D 點電勢記為U D ，則因

15、電流分布的對稱性，AB必有U DUCU AUBUDUB又因 UBUD ，與上式聯立，便得C1D（ U BUD即有U B2U BBU12BU12UB）2（2）I0U B題解圖 1以題解圖1 電流分布為樣本，構建題解圖2 中（ a）、（ b）兩種電流分布，它們疊加成題解圖2 中（ c）的電流分布，此分布便可給出題文中的R2 為RUBUB22U B（ 3）III由（ 3）、（1）式，得代入（ 2 ）式，可得UBR2 ，2IR1IRI R1 IRIUBU BU BIU B012122ABABAB即得所求大小關系為2R1R2R1（ 4 ）CDCD（7 分）C此處，還可得I0D0U BII0U BIUI

16、R1R（a）（ b）（c）B2222 R1UR2B（ 5）題解圖 22 R1（ 2）設電流 I 從題圖2 的 A端流入， C 端流出， 電流的定性分布如題解圖3 中（ a）所示，并將 A、B 、 C 、 D 端電勢分別記為U A(a) 、U B( a) 、U C (a) 、IUD (a) 。圖（ a）中左側正方形平板中的電流分布，可分解為題解圖3 中U A a AU BaIBABIUBBUB0I AB（ b）和（ c）中未畫出的電流分布的疊加。 （ b）中CIU C aCDCD U DaDI0UBUI電流和電勢分布與題解圖 1 完全相同。（c）中電流 I 從 D 端流入， B 端流（ a）（

17、b） 題解圖 3（ c）出，參照題解圖1 的結構，可設B 端電勢為 0 ， D 端電勢記為待定的， C端電勢記為U B ， A端電勢便應為UB 。（ a）中 B 、 D 間的理想導線使B 、 D 等勢，結合疊加關聯，有U B (a)U D (a) ， U B( a)U B ， UD (a)U B得2U B（ 6）將（ 5）式代入，得R21 R1（ 7）（ c）中 I 流入形成的、 UB 與（ b）中 I 流入形成的、 U B 之間應有同構關聯，即可引入兩個比例常量0 、0 ，有I ， U BI ；I ， U BIUBUB即得UBU B將（ 5）、（7）式代入，得UR2R21對應圖（ a）中有U

18、 AC (a)U A ( a)BUC ( a) 2U B2R1R1U B0UBR21 R1R2R2R21R1R1R2得U AC ( a)2R1R1（8）圖（ a）中 A、 C兩端間的等效電阻，即為題（2）所求RAC，應為ACRU AC (a)R22R2IR1R1I將（ 1）式代入即得RAC2R2R R12（ 9）（ 6 分）據（ 4）式，已有2R1R2 ，故必有IRAC0AB（ 3）參考題解圖4，電流 I 從 C 端流入后， 均分到正板面、左板面和下板面，故正板面中電流1AI B上BI C正=I 3I A正I B正I B右此電流經A、 B 、 D 端分流流出，應有I A正=ID正1DCI C正

19、II A正I D正I B正IC正 =I 3D正（ 10）CD其中 I B正 將等分給從B 端流入上板面的I B上 和流入右板面I的 I B右 ，即有I B上 =IB右 ， I B正 =IB上I B右題解圖 4I最終從 B 端流出的總電流也為I 。如果讓電流I 從 B 端反向A流入，則I B上、 I B右也將大小不變地反流，它們將與題解圖4 中1BI112I的 I A正 或 I D正 同構，故必有1 I1 I31A612B3 II B正=I A正結合（ 10）式，得1I D正2I A正1111 II12 I126CDI B正=I 6， I A正=I D 正=I 12（ 11）1I116據此可得題

20、解圖5 所示的電流分布電流 I 從輸入端 C 到輸出端B 形成的總電壓為II312CDUCBU CB (正)U BB (上)I從上板面B 端到 B 端的電壓UBB(上)，可等效為從正板面題解圖5A端到 C 端的電壓的負值，即等效為從正板面C 端到 A端的電壓 U CA ，即有UBB (上)U CA (正)U CB=U CB (正)U CA (正)（ 12）題解圖 6 中（ a）、（ b）、（ c）的電流分布，可疊加成（d）所示的正板面電流分布。（a）、（ b）、（ c）中各端點的電勢依據題解圖1、2 給出，疊加成（d）中相應點的電勢（ （ d）中未標出） ：1U11111 IB1 I01212

21、UBBA 12UBUB12061BI12 I6AAB6AB1 I CD1 ICD1 I6 I CDCD1121121121UB12121210UB61I1312 I0（ a）（ b）（c）（ d）題解圖 6U (正)1 U， U1BBBBB(正)U1U1 U11UAB121212663U(正)111 U11 UCBB繼而可得1212666U(正)U(正)U(正)11 U11U1 UCBCBBBB66632U(正)U(正)U(正)11 U1 U11 UCACABBB6612612代入（ 12）式，得U11117CB =U BUBUB（ 13）2612612其中、 U B 均由本題（1）問解答中給

22、出，即IR1 ， U B1代入（ 13）式，即得R22 R11U1 IR71 IRR21 R7 RICB6所求 RCB 便為112 2R61242RU CB1 R7 R（ 7 分）12CBI62416.（ 20 分）阻尼振動的微分方程為x0 x2x200（ 1）0 為臨界阻尼，方程通解為tx臨C臨1C臨2t e設 t0 時， x臨x臨0， x臨v臨0，其中 x臨0、v臨0都帶有正負號。（ 1.1）試求 C臨1、 C臨2。（ 1.2）若x臨00 ，試通過分析，確定v臨0取哪些值，使振子都不能經有限時間降到x臨0 位置。（ 2）0 為過阻尼，方程通解為22 t22 t00 x過C過1eC過2e設

23、t0 時， x過x過0， x過v過0，其中 x過0、v過0都帶有正負號。（ 2.1）試求 C過1、 C過2。（ 2.2）若x過00 ，試通過分析，確定v過0取哪些值，使振子都能經有限時間降到x過0 位置。（ 2.3）若x過00 ，試問 v過0取何值時，可使C過10 ？（ 3）若臨界阻尼振動取 （ 1.2）問所得 x臨0和 v臨0，過阻尼振動取 （ 2.3）問所得 x過0和 v過0，且 x過0試問臨界阻尼振動與過阻尼振動中哪一個可使振子更快地趨向零點？解：（ 1）由 t = 0 時的初始條件，可得x臨0，C臨1x臨0，C臨2C臨1v臨0（ 1.1）由上述兩式，可解得C臨1x臨0， C臨2x臨0v

24、臨0（ 3 分）（ 1.2）在x臨00 前提下，振子在有限時間內不能降到x臨0 位置的條件是C臨1Ct0臨2t0即得所求為v臨0 x臨0（ 2 分）（ 2）由 t = 0 時的初始條件，可得CCx，22C22Cv22過1過2過00過10過2過0(C過1C過2)0 (C過1C過2)v過0（ 2.1）由上述兩式，可解得1x過0v過01x過0v過0C過1x過02,C過2222x（ 3 分）過02200（ 2.2）過阻尼通解可表述為t122x0過x過0e22t21 e01（ 2 分）2v過0 / x過0222200等號右邊第一項整體取正，且單調遞減，但不會達到零值。t = 0 時，方括號內的算式其值為

25、正，而后其中左側項整體絕對值隨t 增大，右側項則為常量。如果在某個 t 0 有限時刻，方括號算式其值為零，則對應 x過0 ，振子降到該位置。分兩種情況分析：I .v過00 ，則220為正，1220為正0（a）若221為正，則因11222200t 0 時，恒有t2221 e010222200II .v過00 ，則0222200此時必有C過2x過00（ a）設220101220（為正），則220，(220)v過 0(220) x過 0又因22012201，無論2201為正或為負t 0 時，仍然恒有1 e2202 t22022010（b）設220101220（為負），則220，(220)xv過 0(

26、220)x過 0仍因11，故兩者均為負值，且左邊的絕對值小，右邊的絕對值大。故必定存在有限的某個t 0，使得1 e2202 t22022010左邊負值的絕對值增大到等于右邊負值的絕對值綜上所述，v過 0 取值范圍為v2過 0(20) x過 0（ 5 分）時，振子都能經過有限時間降到x過0 位置。（2.3）為使 C過1v0 ，要求 v過 0 取值為2過 0(20) x過 0（ 3）此時tx臨C臨1C臨2t e(22 )t22ttxCe0 xe0e過過2過 0據（ 1.2）題文和（ 1.2）問解答以及（1.1）解答，已有x臨00 ， C臨1x臨00C臨2C臨2x臨0 0v臨0 ， v臨0 x臨0即

27、x臨0v臨00據（ 2.3）題文，還有x過0 x臨00則必存在某個t 0 時刻，使得t t0 時有22 t22 tx過x過Cxe0e000臨1過 0Cx臨1臨0ttln x過 0 /22x00臨0進而， t t 0 時必有t22CCtCxe0臨1臨2臨1過 0（ 5 分）考慮到前式中的et 為公共的衰減因子，故過阻尼振動可使振子能更快地趨向零位置。17.（ 20 分）如圖 1 所示，在光滑的水平面上，平放著一個質量為 M m 、半徑為 R的均勻圓環(huán)， 它的直徑兩端分別連接長度同為 l 的輕細繩， 繩的另一端分別連接質量同為 m 的小物塊。開始時細繩伸直，環(huán)和物塊靜止。某時刻令兩小物塊在垂直繩的

28、水平方向上分別獲得方向相反、大小同為v0mRRllOmv0Mv0 的初速度。假設最終細繩能全部纏繞在環(huán)上，兩個小物塊貼在環(huán)邊與圖 1環(huán)一起轉動，且過程中不發(fā)生小物塊與圓環(huán)的碰撞。（ 1）考慮到過程中繩的作用可能不損耗機械能，也可能損耗機械能，vm試求的取值范圍。muxl（ 2）假設系統(tǒng)從初態(tài)到末態(tài)的過程可分vu為兩個階段， 第一階段如圖2 所示， 圖中為R圓 環(huán) 轉 角 ， u 為 環(huán) 邊 轉 動 速 度 ，R90oOOM0 角為細繩相對圓環(huán)轉角，v 為Rlu物塊相對圓環(huán)速度。據（1）問，取繩不損耗muv機械能對應的值，試導出兩個可求解u 、vvm的方程組（不必求解） ，方程組中不含參量M 、

29、圖 2圖 3m 和。（ 3）設 lR ，將90o 代入（ 2）問所得方程組，求解u 和 v ，答案用v0 表示。（ 4）第一階段結束于圖2 中的 達 90o ，而后進入過程的第二階段，即繩連續(xù)地纏繞在環(huán)上。繼（3）問所設；參考圖3 所示的過程態(tài)參量：x （尚未纏繞在環(huán)上的繩段長度）、 u （環(huán)邊轉動速度） 、 v （物塊相 對圓環(huán)速度） 。試求第二階段所經時間T （答案用R、 v0 表示）。解：（ 1）因對稱，環(huán)心O為不動點，地面系中取O所在位置為參考點，系統(tǒng)角動量守恒。由R M2mR2 lR mv0得末態(tài)圓環(huán)轉動角速度2 lR mv0M系統(tǒng)末態(tài)動能小于或等于初態(tài)動能，即有2m R201 M2

30、mR 221 mv2222 lR mv2222M2m R202 lRm v0mv2M22 lRmM2m R22m R2M2m R201M2ll2 R得mR2：繩損耗機械能：繩不損耗機械能（ 5 分）（ 2）將圖 2 中右上方的u 、 v 矢量化為 u 、 v ，將圓環(huán)轉動角速度矢量化為。右上方小物塊相對地面系的速度vvRl，Ruvvul將 v 分解成與u 平行及垂直的分量v 、 v ，則有vv cosul cosl， vv sinl sin因uRlu Rll得vvcosuu cosv cos1cosuRRvv sinl u sin R也可將 v 分解成與 v 平行及垂直的分量v* 、 v*，則

31、有v*vRcoslvu cosl uvcosluRRv*Rsinusin每個小物塊相對地面系O點角動量為RlmvRmvlmvRmvlmv*k ， kRm v cos1l cosulm vcoslukRR系統(tǒng)角動量守恒方程為RMu2m R vcos1l cosul vcoslu2 Rl mv0RRRu2R 1l coslcosluRcosl v2 Rl v0（ 1）RR系統(tǒng)機械能守恒方程為01 Mu221 m v*2v*221 mv222202u22vcosluu2 sin2R2v2（ 2）22）（或為 u22v cos1l cosuv sinl usin2v2（ 2）0RR方程（ 1）（2）聯

32、立，即成可求解u 、 v 的方程組。（ 6 分）（ 3）取lR ，6 ，90o ， cos0 ， sin1（ 2）問解答中（1）、（ 2）式簡化為22205uv2v0 ， 5u2v uvv31得解為uv0 ， vv0（ 2 分）102（ 4）先將6 ，90o ， cos0 ， sin1代入（ 2）問解答中的（1）、（ 2）式，得l 23RuRulvRl v0R(1)3u22v0vl uu22R(2)考慮到圖2 中 l 已由圖 3 中的 xl 代替，先將(1) 、 (2) 式等號左邊的l 換成 x ；但因 (1) 、(2) 等號右邊的量為系統(tǒng)初態(tài)量，其中l(wèi) 不可用 x 取代，而應以（3）問所設 lR 用 R取代，即得x2xx22x224uv R2R或改述為2v0 ，42u R2v uvv0 Ru2vv，u222v uv2x2v ，4R00兩式聯立，消去u ，得2222v0v22v0v vvv04v22v 2v 2v24v 22 v20000解得vx v2R取圓環(huán)參考系