《2007年浙江大学物理竞赛夏令营测试卷高二答案资料》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2007年浙江大学物理竞赛夏令营测试卷高二答案资料（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 1 2007 年浙江省物理竞赛夏令营高二年级测验试卷 参考解答 1 放上圆柱 B 后 圆柱 B 有向下运动的倾向 对圆柱 A 和墙面有压力 圆柱 A 倾向于向左 移动 对墙面没有压力 平衡是靠各接触点的摩擦力维持的 现设系统处于平衡状态 取圆 柱 A 受地面的正压力为 N1 水平摩擦力为 F1 圆柱 B 受墙面的正压力为 N2 竖直摩擦力 为 F2 圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N3 切向摩擦力为 F3 圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 3 N 切向摩擦力为 3 F 如图所示 各力以图示方向为正方向 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数20 0 1 两圆柱间的摩擦系数30 0 3 设圆柱 B
2、与墙面的摩擦系数为 2 过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 设两圆柱的质量均为 M 为了求出 N1 N2 N3以及为保持平衡所需的 F1 F2 F3之值 下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程 圆柱 A 0cossin 331 FNNMg 0sincos 331 FNF RFRF 31 圆柱 B 0cossin 3 32 FNFMg 0sincos 3 32 FNN rFrF 2 3 由于 3 3 FF 所以得 FFFFF 3321 式中 F 代表 F1 F2 F3和 3 F的大小 又因 3 3 NN 于是式 四式成为 0cossin 31 FNNMg 0sincos 3 FNF 0cossin
3、3 FNFMg 0sincos 32 FNN 以上四式是 N1 N2 N3和 F 的联立方程 解这联立方程可得 FN 2 2 MgN sincos1 sin1 3 MgFN sincos1 cos 2 MgN sincos1 sin2cos2 1 式 和 是平衡时所需要的力 N1 N2 N3没有问题 但 F1 F2 F3三个力 能不能达到所需的数值 F 即式 要受那里的摩擦系数的制约 三个力中只要有一个不 能达到所需的 F 值 在那一点就要发生滑动而不能保持平衡 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点 接触点不发生滑动要求 2 2 2 N F 由式 得 1 2 2 N F 所以 1 2 再讨论圆柱
4、A 与地面的接触点的情形 按题设此处的摩擦系数为20 0 1 根据摩擦 定律Nf 若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 F1满足 111 NF 则圆柱在 地面上不滑动 若 111 NF 这一点将要发生滑动 圆柱 A 在地面不发生滑动的条件是 sin2cos2 cos 1 1 1 N F 由图可知 rR rR cos rR Rr 2 cos1sin 2 由式 以用20 0 1 可以求得Rr 9 1 即只有当Rr 9 1 时 圆柱 A 在地面上才能不滑动 最后讨论两圆柱的接触点 接触点不发生滑动要求 3 sin1 cos 3 3 3 N F 由式 以及30 0 3 可解得 RRr29 0 13
5、7 2 22 显然 在平衡时 r 的上限为 R 总结式 20 22 得到 r 满足的条件为 RrR29 0 2 解 如图 a 连线方向 如图 b 由 得 代入 3 解 建立如图所示的坐标系 慧星和地球均以太阳为环绕中心 慧星抛物线轨道的焦点 地球轨道的圆心 其中 O 为太阳位置 C 为抛物线顶点 0 OC R0 由抛物线性质可知 直线 y R0为抛物线准线 2 0 R OC 根据开普勒第二定律 慧星沿抛物线轨道从 A 运动到 B 历时 t 与慧星对太阳的矢径扫过 的面积 S 的关系是 t t S S 而地球沿圆轨道从 A 运动到 B 历时 t0与地球对太阳矢径扫过的面 积 S0的关系是 0 0
6、 0 0 t t S S 而 t0 T 2 如图所示 设地球在轨道 C0处速率为 v0 慧星在轨道 C 处速率为 v 若太阳 慧星 v1 v2 v2 4 地球质量依次为 M m 和 m0 则 22 1 0 R v t S 00 0 0 2 1 Rv t S 对于慧星 因机械能守恒 有关系式 2 2 1 0 2 R GMm mv 则 0 2 R GM v 而地球绕日运行有关系式 0 2 00 2 0 0 R vm R Mm G 则 0 0 R GM v 即 v 2v0 因此 00 S S t t 3 4 2 1 2 2 3 2 2 0 0 0 R R R 慧星在地球轨道内运行的时间为 t 3 2
7、T 4 1 设青蛙起跳后的瞬间相对地面的水平速度为 x 竖直速度为 y 而盘后退速 度则记为 则有 x mM 2 y x R g f 后一式保证青蛙落地点在圆盘之外 由上两式可得 x m M 2 y x MRg Mm f 5 起跳过程中青蛙做功为 222 2222 22 111 2224 xyx x m MmmM R g WMm MMm f 利用基本不等式 1 2 M WmRg Mm f 因此起跳过程中青蛙做功应超过 min 1 2 M WmRg Mm 2 设青蛙起跳后瞬间相对地面的速率为 起跳方向与地面夹角为 则为能落 到水平距离 2R 处的第二圆盘中心 据斜抛运动水平射程公式有 2 sin
8、 cos2R g 可得 2 sin2 Rg 第一圆盘在青蛙跳起后的后退速度为 1 则由水平方向动量守恒式 1 cosMm 可得 1 cosm M 青蛙落到第二圆盘中心后与后者共同以 2 速度水平地向前运动 应有 2 cosMmm 因此 2 cosm Mm 青蛙作的总功为 2222 1 11 cos 222 m WMmmM M 机械能损失量为 6 22 12 22 2 22 11 22 11 22 sin 2 EWMMm mMm m mM Mm 损 所求比值为 2 2 sin cos EM mM WMm mM 损 的最大值 最小值分别为 max 1 当 2 2 min M Mm 当0 时 但由
9、2 sin2 Rg 可知 2 或0 均不可取 因此的取值范围为 2 1 M Mm pp 0 2 pp 5 解 此物理摆在做角振幅 m 不大的简谐振动时 每个小重物走的是一段半径为 cos1 2 Rr 的短圆弧 在振动过程中 小重物在通过平衡位置时速度最大 此速度 为 TRTr mmm cos1 22 2 这时摆的动能 22222 cos1 242 2TRmmE mmKm 按能量守恒定律 它应等于摆的摆动角度为最大值 m 时摆的势能 而这时摆重心升高 的高度 cos1 cos1 mm Rh 因此有 2 22 2 mmghm 或 2222 cos1 4 cos1 cos1 TRgR mm 222
10、4 cos1 TRg mm 7 由于 2 cos1 2 sin mm 若角振幅 m 很小 则 2 cos1 2 mm 因而 有 gRT 8 22 可见 此摆微小振动的周期为 gRT 22 这表明 T 与 无关 与这个摆周期相同的单摆摆长为 Rl2 6 解 假设水蒸气不饱和 即谁全部汽化 设体积为 V1 压强为 P0 11 1 o V RTm p 1 则另一侧的氮气体积为 V V1 压强也为 P0 则 V V RTm p 12 2 o 2 可得L 37 56 V mm m V 1221 21 1 代入 1 得 P0 2 3 10 5 pa 由于 1000C 下水蒸气饱和气压为 PS 1 0 10
11、 5pa 说明水未全部气化 则两室气压为 PS 1 0 10 5pa 设氮气体积为 V 则 22 2 s V RTm p 得 V2 1 1L 7 解 存在电场线过 AB 连线与 AB 垂直 q RcosR R2 R4 Q 2 Cos arccos 此点 E 0 解得 8 8 解 根据电路对称性画出左半电路 据 UMC MC ACAC R 3r U r U r 据电路对称性 O C 等电势 故 C1 C2分别带电 Q 2C0UMC C0 C3所带电荷为零 C1与 O 连接板带 C0 正电荷 C2与 O 连接板带 C0 负电荷 9 设摆通过平衡位置时摆线两端电势差等于 U 因为与电容器接触时间短
12、可以认为在 这短时间内电势差不变 于是当电容器充电后其上电压等于 U 而当电容器充电时通过电路 的电量 q CU 电容器能量与导线中释放热量之和 等于电势差为 U 的 电源 在电路中通 过电量 q 时所做的功 E电 Q qU CU 2 因此 电容器充电后摆的能量等于 E机未 E机初 CU 2 即 mgL 1 cos mgL 1 cos 0 CU 2 而 2 2 1 LBU 由于 V L 根椐能量守恒定律有 cos1 2 1 0 2 mgLmV 代入得 0 23 0 cos1 2 1 cos1 cos1 gBCLmgLmgL 得 m BCL 2 1 22 0 3r 3r 3r 0 5r r A
13、C M r 9 10 第一次折射光线的偏折角 D1 i 1 r 1 第二次折射光线的偏折角 D2 i 2 r 2 D D1 D2 i 1 i 2 r 1 r 2 i 1 i 2 A 2 根据光路可逆原理 入射角 i 1对应有出射角 i 2 若把入射角大小改为 i 2 则对应出射角 大小为 i 1 两种情况光路偏折角 D 相同 所以 A i 1 i 2 D 43 6 0 54 00 37 60 60 00 3 假设入射角 i 1对应有出射角 i 2 且此时是惟一的所对应偏折角 D 为所有情况中最小 根 据光路可逆原理 若以 i 2角入射以角 i 1出射 其偏折角 D 也必然为最小 所以考虑到惟一
14、 性 i 1 i 2 即光路对称 4 由图可知 i 1 i 2 48 6 0时最小偏折角 D min 48 6 0 48 60 60 00 37 20 此时 r 1 r 2 A 2 30 0 0 所以 n sin i 1 sin r 1 sin48 60 sin300 1 50 5 出射角 i 2 90 0时偏折角为最大 此时 r 2 arcsin1 n 41 8 0 临界角 r 1 A r 2 18 2 0 由 sin i 1 sin r 1 n 知 i 1 27 90 所以入射角范围 27 90 i 1 900 最大偏折角 Dmax 90 0 27 90 60 00 57 90 6 Dmax arc n sin A arcsin1 n 2 A Dmin 2 arcsin n sinA 2 A 11 解 12 解 1 s1075 3 s1025 2 7 7 2 分 2 分 2 令cvcv8 0 6 0 21 由功能定理得外力所需的功为 2 0 2 0 2 1 2 0 4 1 1 cmcm c v cm A 3 分 粒子速率由 1 v增至 2 v时动量的增量为 cm c v vm c v vm P 0 21 10 22 20 12 7 1 1 3 分
