2007年浙江大学物理竞赛夏令营测试卷高一答案

2007年浙江省物理竞赛夏令营高一年级测验试卷
参考解答
1.解：设人到A 端的距离为X ，随人站立位置不同，板有两种不同的滑动趋势，假定X ＝X 1和X ＝X 2时板的A 端分别处于沿斜面向下和沿斜面向上的临界摩擦状态。

当X ＝X 1时，取木板为研究对象，进行受力分析，则
各力沿水平和竖直方向的力平衡方程分别为
0)30cos 30(sin )30sin 30(cos =°+°−°−°µµB A N N
G N N B A =°−°+°+°)30sin 30(cos )30cos 30(sin µµ
各力对A 点的力矩平衡方程为
0)30sin 30(cos 1=•−°−°•G X N L B µ
解得：])30cos 30(sin )30sin 30/[(cos )30sin 30(cos 2221°+°+°−°°−°=µµµL x ])31()3/[()3(2
22µµµ++−−=L ∴])31()3/[()3(222µµµ++−−≥L X
同理可得：])30cos 30(sin )30sin 30/[(cos )30sin 30(cos 2222°−°+°+°°+°=µµµL x ])31()3/[()3(222µµµ−+++=L ∴])31()3/[()3(222µµµ−+++≤L X
综上可知，要保证杆不滑动，必须有
222
222)
31()3()3()31()3()3(µµµµµµ−+++≤≤++−−L X L 2.解：如图(a)，连线方向
①
如图(b)
…② 由②得 代入①
3.解：如图所示，圆为地球绕日运动轨道，椭圆为探测器绕
日运动轨道，太阳为其一个焦点，以O 示之．设发射点为P ．由
于探测器与地球具有相同的绕日周期，故椭圆轨道半长轴a 与日
地距离R 相等（开普勒第三定律），即
a =R 而OP =R ，可知P 点必为椭圆轨道半短轴
b 的顶点．发射时，应
使探测器绕行速度沿P 点切线方向（即平行于长轴）．图中v p 表示该速度，v 0表示地球公转速度．现在来求探测器在P 点发射时的速度的v p 的大小．
设想从发射经极短一时间⊿t ，在此时间内矢径OP 扫过一个极小的角度⊿θ，由于⊿θ很小，我们可以将OP 在圆和椭圆上扫过的两个曲边三角形面积近似地以三角形面积公式计算，并且认为在⊿t 时间内，探测器速度未及改变，所以有：
R t v S ⋅∆⋅=
∆021圆 b t v S p ⋅∆⋅=∆2
1椭圆,又由开普勒第二定律知： t T
R S ∆⋅=∆2
π圆 t T
ab S ∆⋅=∆π椭圆 由以上各式可知：v p = v 0=
T R π2．即，探测器发射速度应与地球的公转速度的大小相等为v ． 4.解：（1）小车和物与壁的碰撞的碰撞可认为先是小车与箱壁的碰撞，然后小车和物之间的产生的相对滑动，由于摩擦力的作用，小车和物最终以新的共同速度一起运动，在此过程中，一部分机械能转化为内能。

小车第一次与壁相碰后，它的速度变成'10υυ=−，若小车与物一起可达到共同速度，记为1υ，由动量守恒定律得
'1001()M m M m M m M m
υυυυ+−==−++ 车、物在第一次碰撞后到速度相同时的位移分别为1s 、2s ，它们均以向右为正方向，再将车、物间的摩擦力记为f ，便可列出方程组
f m
g µ= 1f ma −=
2f Ma = 2210122a s υυ−= 2'211212a s υυ−= 解得221022()M s M m g
υµ=−+
22022()Mm s M m g
υµ=+ 物相对于车的位移是212102()M x s s M m g υµ∆=−=
+向右为正， 因为10υυp ，所以
21x x ∆∆p
由此不难看出，物体在每次碰撞后相对于小车的位移必反向，且越来越小。

只要第一次碰撞后物体不从车上落下来，也就是满足1x L ∆≤时，物体就不会从车上落下来，故所求条件是
202()M L M m g
υµ≤+,因每次碰撞的情况完全类似，由10υυ 关系式类推 1110013n n n M m M m υυυ−−−− == +
故损失的机械能是 22222010111()()()1223n n E M m M m υυυ−− =+−=+−
损 5.解：设杆向最右偏斜了小解θ，此时左边弹簧伸长的长度是
2l θ，对小球在圆周切线方向上的作用力为
21l k F θ= 同理，右边的弹簧对小球所施加的沿切线方向的力
22l k F θ=
因为1F 和2F 方向是相同的，所以当杆向右偏小角θ时，小球受到的回复力
l k mg F θθ+=∑sin
l x
kl mg )(+= 单摆的振动周期为
kl mg ml T +=π
2
6.解：管口向上时，空气柱的状态是：
cmHg cmHg P 130)5575(1=+=，3110Scm V =
管口向下时，设留在管口的水银柱长xcm ，空气柱长Lcm ，因下端水银柱有长50cm<75cm ，故：
cm x 25≤
封闭气体压强：cmHg cmHg x P 50)75(2≥−=
由玻意耳定律：2211V P V P = 得：x
S P V P V −×==75101302112 当x=25cmHg 时，V 2最大，空气柱L 最长，得：3211226Scm P V P V ==
即L=26cm 因（25＋26＋50cm<(55＋10＋50)cm ，所以试管底部留有14cm 空隙。

再转动管口向上时，封闭空气柱的状态是：
cmHg cmHg P 100)2575(3=+=，3'3Scm L V =
由玻意耳定律：3311V P V P = 得：cm cm P L P L 13100
10130201'=×== 7.解：电键S 打在2处，Q B0=Q A0=
S 打在1处 Q A1=CU
再由1->2，对A 的下极板与B 的上极板满足
-Q A2+Q B2=
（第3次S2接通时）
=>
8
u u b = 经n 次转接后n b 2u u =
8.解：⑴E 与A 等电势（没有电势降落）…
F 与B 等电势（没有电势降落）
⑵ECF 处电路构成平衡电桥
R 外＝r
U F =U B =0
U E －U F ＝ε－Ir ＝
U C －U F ＝
9.对整体可分析首尾状态是a,b 已相同的加速度匀加速前进
ma F 2=
设稳定时a,b 速度分别为b a V V ,
对a 用动量定律： a i mv t l BI F ∆∑=∆−∑)( 得a b a mV t v v R
l B Ft =∆−∑−)(22
2 即a ab mV s R l B Ft =−22
2 同理对b 用动量定律可得 b ab mV s R
l B =22
2 稳定时对a 应用牛顿运动定律得： ma R
V V l B F b a =−−2)(22 由以上几式可得：44222l B mFR l B FtR S ab
−=
10.解：凸镜u＋(-v)＝16 u＝10 => v＝-6。