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1、智浪教育普惠英才文库1第 31 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014 年 9 月 20 日一、 （12分）（1）球形（2）液滴的半径 、密度 和表面张力系数 （或液滴的质量 和表面张力系数 ）rm（3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为fkr式中，比例系数 是一个待定常数. 任一物理量 可写成在某一单位制中的单位 和相应的数aa值 的乘积 . 按照这一约定， 式在同一单位制中可写成aafkrr由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而fr力学的基本物理量有三个：质量 、长度 和时间 ，按照前述约定，在该单位制中有mlt， ， lt于是ft1rlm
2、3t2将式代入式得()()tllt132即tlmt132由于在力学中 、 和 三者之间的相互独立性，有t， 0， 21解为3,22智浪教育普惠英才文库2将式代入 式得fkr3解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为fkr式中，比例系数 是一个待定常数. 任一物理量 可写成在某一单位制中的单位 和相应的数aa值 的乘积 . 在同一单位制中， 式两边的物理量的单位的乘积必须相等aafr力学的基本物理量有三个：质量 、长度 和时间 ，对应的国际单位分别为千克（kg） 、MLT米（m） 、秒（s）. 在国际单位制中，振动频率 的单位 为 ，半径 的单位 为 ，密度ffs1rm的单位 为 ，表面张力
3、系数 的单位 为 ，即3kgm 212Nm=kg()kgs有sf1rkgm3s2若要使式成立，必须满足 skgs(kg)ms13232由于在力学中质量 、长度 和时间 的单位三者之间的相互独立性，有MLT， 0， 21解为31,22将式代入 式得3fkr智浪教育普惠英才文库3评分标准：本题 12 分. 第（1）问 2 分，答案正确 2 分；第（2）问 3 分，答案正确 3 分；第（3）问 7 分，式 2 分，式 3 分， 式 2 分（答案为 、 或 的，3frfkmf也给这 2 分）.二、(16 分) 解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程： 0 0 0(,)(,)(,) ii f ffpV
4、TNpVTNpVTN放 气 (绝 热 膨 胀 )等 容 升 温其中， 分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、0,ii fff和体积、温度和摩尔数根据理想气体方程 ，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相k等，有ffiipN另一方面，设 是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为 时的体积，V 0p即0 0(,)(,)ii ipTNpVTN 绝 热 膨 胀此绝热过程满足1/0iVp由状态方程有 和 ，所以0ipVNkT0fpkT0fiV联立式得1/0fiip此即0lniifp由力学平衡条件有0iipgh ff智浪教育普惠英才文库4式中， 为瓶外的大气压强， 是 U 形管中液体的密度，
5、 是重力加速度的大小.由0pghg式得0ln(1)ifih利用近似关系式： ，以及 ，有1, ln()xx=当 00/1, /ifhh=0/i iififh评分标准：本题 16 分式各 2 分解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程 ab，再通过等容升温过程 bc 达到末态 100 0(,)(,)(,) i fpVTpVTpVT绝 热 膨 胀 ab等 容 升 温 bc其中， 分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体10, ,)i f和 (积与温度留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程110ab: ipT0c/f由式得1/0fiip此即0lniifp由力学平
6、衡条件有0iipghff式中， 为瓶外的大气压强， 是 U 形管中液体的密度， 是重力加速度的大小由0pgh g式得智浪教育普惠英才文库50ln(1)ifih利用近似关系式： ，以及 ，有1, ln()xx=当 00/1, /ifhh=0/i iififh评分标准：本题 16 分式各 3 分，式各 2 分三、 （20 分）（1）平板受到重力 、拉力 、铰链对三角形板的作用力 NA 和 NB，各力及其作用点的坐标CP0MQ分别为：， ；C(0,sin,cos)mgg(,0)h， ；0M)Q0(,xz， ；AA(,)xyzN(,)2b， BB,xyz,0式中2134bha是平板质心到 x 轴的距离
7、. 平板所受力和（对 O 点的）力矩的平衡方程为ABx0xxFNsin0yyyQmgABcozzz0sinxMmghBA2yzzbN0B02zyybQxN智浪教育普惠英才文库6联立以上各式解得，0sinmghQz，ABxxN，0si21()2ybxz 0sin21()2BymghbxNzABcoszzmg即， 0M0sin(,)hzQ， 0A 02si 1(,1(),cos)2x xmghbNmgz0BA0sin(, (),s)2xbz（2）如果希望在 点的位置从点 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板M(,0)z0M,xz的作用力 保持不变，则需ByNsin21()2ymghbxz常 量M点
8、移动的起始位置为 ，由式得00bxzz或02xbz这是过 点的直线. (*)A(,0)2因此，当力 的作用点 的位置沿通过 点任一条射线 (不包含 点)在平板上缓慢改变时，MQAA铰链支点 对板的作用力 保持不变. 同理，当力 的作用点 沿通过B点任一条射线在平BByNMQ板上缓慢改变时，铰链支点 对板的作用力 保持不变 .AAyN智浪教育普惠英才文库7评分标准：本题 20 分第（1）问 14 分，式 1 分，式各 2 分，式各 1 分；第（2）问 6 分，式各 1 分，(*) 2 分，结论正确 2 分. 四、 （24 分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至 角位置时，小球相
9、对于圆环的速率为 ，圆环绕轴转动的角速度为 此时与速率 对应的v v指向中心 C 的小球加速度大小为21aR同时，对应于圆环角速度 ，指向 OO轴的小球加速度大小为 2(sin)a该加速度的指向中心 C 的分量为22(sin)siRa该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin)cocotaR由式和加速度合成法则得小球下滑至 角位置时，其指向中心 C 的合加速度大小为221(sin)vRa在小球下滑至 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量 、垂直N于环面的方向的分量 . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分T量为零. 在运动过程中小球受到的作用
10、力是 、 和 . 这些力可分成相互垂直的三个方向上NTmg的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即 要改变小球对转轴的角动量，sinmg T其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，O由牛顿第二定律有22(sin)cosRNgmav合外力矩为零，系统角动量守恒，有20(sin)L式中 L0 和 L 分别为圆环以角速度 0 和 转动时的角动量如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在 角位置处取角度增量 ，圆心角 所对圆弧 的质量为 （ ） ，其角动量为lml02
11、R2sinLmrRrzS式中 是圆环上 角位置到竖直轴 OO的距离， 为两虚线间r CRzlr智浪教育普惠英才文库8窄条的面积式说明，圆弧 的角动量与 成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为lS220012mRL或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴 OO的转动惯量 J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即201JmR则角动量 L 为 201J同理有2001LmR力 及其反作用力不做功；而 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统NT机械能守恒. 故220 12(1cos)(sin)kEgRmRv式中 和 分别为圆环以角速度 和 转动时的动能圆弧 的动能为k 0l2
12、221()sinkmrlrS整个圆环（两个半圆环）的动能为22001224kk REm或：圆环的转动动能为 22014kJmR同理有200kE根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为 ，当2cosN0cosNmg时，圆环才能沿轴上滑由 式可知，式可写成2220 0cos6cs4s1(4sin)Rmg式中， 是重力加速度的大小. g（2）此时由题给条件可知当 时，式中等号成立，即有=3智浪教育普惠英才文库922000392314()mRg或000(92)32()3gR由 式和题给条件得00 02 0(9312)32+4sin+mmgR由 式和题给条件得2 2003(1)36gRv评分标准：本题 24 分第（1）问 18 分，式各 1 分，式各 2 分，式各 1 分，式 2 分，式各 1 分，式 2 分， 式 1 分；第（2）问 6 分，式各 2 分五、 （20 分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为 . 由题意知： , ，代入透镜成像公v20cmu1cf式1uf得像距为20cmv其横向放大率为1u可知圆盘像在凸透镜右边 20cm，半径为 5cm，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.（2）如下图所示，连接 A、 B 两点，连线 AB 与光轴交点为 C 点，由两个相似三角形 与AOC的关系可求得 C 点距离透镜为 15cm. 1 分B若将圆形
