交大物理竞赛08年答案1

参考答案1第一试1：由变质量的运动方程：，此处()()m dm v dv mv udm mgdt ++−−=0u =22kv g dt dv mg dtdv m kmv kmv dtdm mg dtdv m v dt dm −=∴=+∴==+∴∵速度增加到右边为0时，加速度为0，速度不再变化。

2：设左右两边分界线为直线l ，粒子运动速度与l 的法线夹角为。

当粒子经过l θl 后，速度为，与法线夹角。

r v r θ平行于界面动量不变：sin sin l r rmv mv θθ=机械能守恒：221122l r r mv U mv U +=+由此解出：2)(2v m U U v r l r +−=))(2sin arcsin(22v m U U v r l l+−=θθ3：（1）设y 轴为凸透镜，焦距f ，物所在直线方程为y=kx+b (x<0)。

由成像公式：，且物处于y 轴左侧，有fv u 111=+b x fb k y x fx b k y xx b kx x x y y xx y y fx x +−=∴−+=∴+=⋅=∴−−==+−')('')1'1(('')(''''1'11所以，像所在曲线方程仍为直线，所以成像是直的。

b x fb k y +−='('（2）假设一束光通过此物体所有点，即沿着此物体传播，那么此光线的折射光线仍然要沿着像上个点传播。

由于折射后光仍是直线传播，所以成像必须是直的。

4：由开普勒第三定律：行星轨道半长轴的三次方与周期平方成正比。

用a,T 表示哈雷彗星轨道的半长轴和周期，用表示地球轨道的半长轴和周00,T a 期。

则：ma mAu Aua a yearyears a T a T a 1211032030231067.21049.1194.17176×=∴×==∴⋅=∴=本题只要估计合理即可。

如果了解光从太阳射到地球大概要8分钟，对Au 的数量级估计是不会错的。

5:在平面极坐标下：θˆˆ0rc r +=θθˆˆrd rdr d +=做功W ：θθ∆=+=•=∫c cd s d F W l0此力做功仅和角度有关，为路径绕过原点的角度。

θ∆沿一条包围原点的闭合路径做功，则,所以F 不能沿任何闭合路径02≠⋅=c W π做功为零，所以F 不是保守力。

6:(a)对水:)(0T T C Q p −=K kJ mC dT T mC S TdT mC T dQ dS p p p /306.1)273373ln(373273===∆==∫对热库:T=373KKkJ T T T mC S p /122.1)(0−=−−=∆总熵变：0.184kJ/K(b)对水：熵变仍为1.306kJ/K对热库1：K kJ T T T mC S p /648.0)(1011−=−−=∆对热库2：KkJ T T T mC S p /561.0)(2122−=−−=∆总熵变：KkJ S /097.0561.0648.0306.1=−−=∆7：arccos(1/3)如图，A 为悬挂点，0为旋转点，B 为另一脚端点。

可知，两脚的重心为它们的中点E 、C ，整个圆规重心在EC 中点F ，悬挂时绳的延长线肯定过F ，做OH 垂直于AF ，则AH 代表了O 的高度，想让O 最高，则使AH 最短。

在直角三角形AHO 中，AH=AOcos(A),这样就仅需求出角A 的最大值。

因为OE=OC,F为CE中点，所以OF垂直于EC，所以无论B点如何变动，角OFC 总为直角，这样，F的轨迹为圆，CO为此圆直径，如上图。

当AF与此圆O’相切时，角A最大，如下图。

FO’垂直于AF，且AO’=3FO’,所以cos(FO’A)=1/3。

因为F、O’为CE，CO中点，所以FO’平行于EO，所以角FO’C=角EOA,即圆规的张角。

这样，想让圆规旋转点最高，要使张角为arccos(1/3)。

8:因为两块极板被导电弹簧连接，所以两极板等电势，两板间电场强度为0，仅在两块导体外侧存在感应电荷。

L由于远小于平板尺度，导体板可以看作无限大带电平面。

由对称性，两极板0σ面电荷密度大小相等，设带正电的极板面电荷密度为。

曲一个直圆柱形高斯面，包围一小块极板外表面，两底平行于极板，底面积为S’。

由高斯定理：000'''E S E d E S s εσεσ=∴=•=∫∫另一块极板在此极板处产生场强：E’002121'E E −=−=εσ外界产生的总场强E ：0021'E E E E =+=此极板受电场力F ：S E F dS E F S20002121εσ=⋅=∫∫由胡克定律：)(0l l k F −=所以l 为：02002l kS E l +=ε本题也可以用虚功原理求极板受的电场力。

9:如果选v 方向为x 轴，那么长度收缩只发生在x 方向，y 方向长度不会发生变化。

设在不发生相对论效应时，杆的倾斜方向与速度方向成角。

杆和栅栏在y 方向θ的长度（即高度）均为，刚好通过。

所以，当发生相对论效应是，无论以θsin l 谁为参照系，无论x 方向长度收缩多少，两者在y 方向的分量相同，杆均可以顺利通过栅栏间的空间。

下面具体分析。

假设杆相对于栅栏速度为v ，取v 方向为x 方向，栅栏与x 轴夹角为，栅栏间θ距l 。

在栅栏参照系下，观察到一根杆长度为l 的杆，以倾角沿x 轴，以速度v θ通过栅栏。

设栅栏两端为a,b;杆两端为a’,b’.在栅栏参照系下，a,a’重合与b,b’重合是同时发生的。

一个高度为的杆通过一个高度的栅栏，理所当然；从长度角θsin l θsin l 度看，一个长为l 的杆通过一个宽为l 的栅栏，也是理所当然。

这时，可以计算杆的固有长度ll l >+=θγ2220cos sin 固有长度分量：θθγsin cos 00l l l l y x ==可以看出，它与x 轴夹角并不是，而是比小，设为。

θθ1θ在杆的参照系下，栅栏的长度也发生了变化，如下：θγθγθsin 'cos 'cos sin '222l l l l l l l y x ==<+=栅栏间距变小了，与x 轴夹角却变大了，设为。

这样，在杆参照系下，b,b’先2θ重合，a,a’后重合，这两个事件不是同时的，所以它是斜着穿过栅栏的。

从y 方向看，一个高度为的杆通过一个高度的栅栏，理所当然；从长度角θsin l θsin l 度看，虽然栅栏间距比杆小，但杆是斜着穿过的，也是理所当然的。

所以，无论从哪个参照系下看此事件，都不违背任何物理规律。

10:由两个圆柱的体积关系，可得大圆柱的质量为4m 。

由已知，小车质量M=6m 。

设小圆柱和大圆柱的角加速度为，两圆柱共同的水平方向线加速度为，21,αα1a 小车的加速度为。

当两圆柱以及大圆柱与小车均作无滑的无粘滞阻力的滚动2a 时，我们有和122a a R −=α12ααr R =由于，因此r R 2=（1）ra a 12212−==αα大小两圆柱的转动惯量分别为和。

22282/4mr R I ==2/21mr I =受力分析如图。

有如下动力学方程：)8(cos sin R R )7(,sin cos )6(,)5(,)4(,4m )3(,04m )2(,6m .221211*********αϕϕαϕϕI R N N F I r N r N ma N mg N a N F N N g a F F fr fr fr =−+=−===−=−+=−转动方程：对大圆柱水平方向：对小圆柱竖直方向：对大圆柱水平方向对大圆柱竖直方向：对小车：平动方程：由（4），（6）)9(54111ma ma ma F fr =+=由（5），（6），（7），（8），（9）：)11(4cos 2sin 210)10(,2sin cos .22111212αϕϕαϕϕmr mgr r ma r ma mr r ma N mgr =−+=−两式相除，又由（1），可解出：32sin 1cos 1+=+=g g a ϕϕ把此结果代回（10），可解出：rg r g )32(2)sin 1(cos 21+=+=ϕϕα把以上两结果代回（1），可解出：rg g a )32(3sin 1cos 32+=+=ϕϕ把以上结果和式（9）代回（2），可解出：)32(23sin 1cos 23+=+=g mg F ϕϕ由已知，初始时圆柱位于小车中点，要维持一秒，则小车长l 满足：322sin 1cos 2)(212212+=+≥−≥g g l t a a l ϕϕ若，则：0=ϕ;5,5;,23;2,2,21121mg N mg F mg N N mg F rg g a g a fr ========α一切加速度，角加速度，力都是有意义的，所以可以实现。

0=ϕ因为题中给出条件，接触表面绝对粗糙，保证无相对滑动，所以无须考虑摩擦力与正压力的关系。

如果考虑到实际情况，想达到时的平衡，必须要使0=ϕ静摩擦系数大于1。

s µ。