32届大学生物理竞赛试题解答

2
利用初条件 t 0 时， x0 0 ， v*0 1.50m / s ，得
x t ：简谐振动
x
Acost ， A
v *0

2 m
2
（这一结果表明，弹簧伸长量最大时， f kA 0.3 2N 0.424N ， m2 所受向下合力
m2 g sin m2 g cos f 1.175N 0
A(x) 2 A0 sin

x 、
式中 为波长，有
2d
设振动端与最接近的节点之间的距离为 b ，若改取该节点为坐标原点，则因振动端的振幅为
A ，利用上式可得
2 2 6
d6
A0 2 A0 sin

b

b 或5
b
6
a2 g sin g cos m2
3 / 13
m1 相对 m2 的向下加速度为
ff a1 a2 ， f kx ， x ：弹簧伸长量
m1 m2
得
m1 m2 kx d v1 d v2 d (v1 v2 ) d (v2 v1)
m1m2
dt dt
受摩擦力也会反向。
下面的解答中发现弹簧最大伸长时，m2 所受合力仍是向下，以后弹簧长度回缩过程中， m2 加速度和速度也始终向下，所受摩擦力仍然向上。）
第一阶段：弹簧伸长 （10 分）
将弹簧拉力大小记为 f ，则 m1 、 m2 沿斜面向下加速度（带正负号）分别为 f
a1 g sin g cos m1 f
e
（5 分）
（3）将上述求解过程继续下去，不难得到 tN NT 时有
QN
C0


e1 1
e1 1 e1 1
e1
C0 e1 e2 eN C0e1 1 e1 eN 1
1 eN
据此可知得到增强的光波长分别为
2nh
2nh
1
1 424nm ， 2
594nm 1
k1 2 k14
k2 2 k2 3
反射光干涉相消的条件是
（4 分）
光程差

2nh
2

k

1 2



k

2nh
（4 分）
o
o
得
4000 A 对应 k 3.7 、 7000 A 对应 k 2.1
反射光干涉相消的光波波长为
2nh

495nm
k k 3
（3 分）
12.（15 分）
解：（1） t 0 合上电键 K 后，电容充电的暂态过程方程为
Q iR
C
dQ i
dt
dQ Q
dQ Q C

dt CR R
dt T T
t 0到t T 有
t 0 T
或5d
6
故绳长为
1
L nd b
(n )d 6
或(n 5)d

6
1 / 13
11.（15 分）
解：肥皂膜反射光相干叠加获最大增强的条件是

2nh 1
光程差 2nh k k
2
2
（4 分）
o
o
其中 n 1.35，h 0.550m ，再将 4000 A 、7000 A 代入，分别计算得 k 4.2 、k 2.6 。
RT0 0
V水 3h (2r)2 12h r 2 12V气
一起代入（7）式，可算得
V气0 1.048V气 V气 1.048
（3 分）
5 / 13
15.（20 分）
解：（1）由
x2

y2
1
y2
b2
b2
x2
a2 b2
a2
得
b4x2 a4 y2 b4 x2 a4b2 a2b2x2 a4b2 b2x2 (a2 b2 )
到下方水区域内。室温 t 0o C 时水的密度为
0 1t
列方程组
气：初态 pV气 RT ，V气 h r 2 ，T 300K ； 为未知量 （1）
末态 p0V气0 ( )RT0 ，T0 273K ；V气0 、 为未知量（2）
水：初态
M

V 水
考虑到 故取
1
3
取第 象限 椭圆时： 2
4
2
Hale Waihona Puke 1取第 V 象限 椭圆时： 0
4
2
1

取第 象限 椭圆时：
4
2
1
3
取第 象限 椭圆时：
4
2
sin 0 sin 0 sin 0 sin 0
sin b2x
第 32 届全国部分地区大学生物理竞赛试卷 参考答案 2015.12.
2
3
1. a ， a 。
3
3
gg 2. l ， (L 2l)l 。
LL
33
19
3.
Rg ， Mg 。
5
10 3
4. pA pB R2 r2 ， 8L R4 。
4 L
5.
m 2 kT
e m v2x v2y

1
0
t
V 水
，
V水

H R2 ； M
为未知量
（3）
末态 M 0 M 水 ； M0 为未知量
（4）
体积总和不变：
M0 0
V气0
V水
V气
由（1）、（2）式可得
p0V气0
RT0
RT0 =pV气
T0 T
RT0



pV 气
RT

p0V气0 RT0
ve* v*0 1.50m / s v*e 1.50m / s
4 / 13
14.（15 分）
解：（1）瓶上方内壁的水珠是瓶从 t 27o C 环境移入 t0 0o C 的冰箱时，瓶内部分（饱
和）水蒸气凝结而成。
（3 分）
（2）瓶内水蒸气都是饱和水蒸气。为简化，将 t0 0o C 时上方区域水珠全部等效移动
ds （2）和
Bds
S
VS mdV （3）。
9.
mr*v*

mbv0 ，
1 mv*2 2

Ze2 4 0 r *

1 mv02 。 2
1
5
10. (n )d ， (n )d 。
6
6
解：因绳子只形成驻波，若取绳子在墙上的固定端为原点，则驻波各点的振幅 A(x) 为
2
QN
C 0
e 1
得
lim QN
N
C0 e 1
（4 分）
13.（15 分） 解：本题中若两物块始终沿斜面向下运动，所受摩擦力恒向上，质心下滑加速度为定值， 质心作匀加速直线运动，在质心系中两物块相对质心运动是连续的单一简谐运动。弹簧为原 长的初态与弹簧第一次恢复到原长的末态，两物块相对速度方向相反，大小不变（同为
这意味着碰后运动为碰前运动的反演故为周期性运动碰前运动周期可由dt3sin3sin9090即有521时刻ab速度大小同记为系中对应的t时刻ab加速度大小即为沿y轴方向加速度大小有dxdtdxdudududtdt系中大质点速度即为沿x轴方向的速度v静质量不变动质量即为12dtdudtdudtdtdudtdtdudt作功w等于a的能量增量有dydyyeyeye
b4x2 a4 y2 b2(a4 c2x2)
3
b2 (a4 c2 x2 ) 2 a4b4
3
即
(a4 c2x2 )2 a4b
（4 分）
x2 y2
2xdx 2 ydy
dy b2 x
再由
1 0
a2 b2
a2
b2
dx a2 y
得
tan b2x a2 y

1
p水 RT 0
V气

V水 H R2 ,V气 h r2
1
p0 水 RT0 0


（7） （9 分）
（3）由所给数据可得
1 0.996 ， p水 2.567 105 ， p0水 0.484105
1t
RT 0
2 kT
，
2
v


m 2 kT

e

mv2

2kT
。
6. I1 I2 I3 ， I2 R2 I3R3 2 3 。
3Q
7. 0 ，
。
4 0 r


B

8.（2）和（3），
Edl
L
SL
jm

t

B
mE0 b
b2

q
a
2(a
x)
a4
c2x2
x
a4
b2

a
2(a
a4 c2x2
x)

（10 分）
16.（20 分）
解：（1）下滑过程态及相应的参量如题解图 1 所示，有
则（1）问解答中最后的微分方程改述为
dQ Q C0t dt T T 2
t 0 时 Q C0 e
解得该时间段内有
2 / 13
取 t T ，即得
t
Q(t) C0 1 C0
e1 1
et T
T
e1 1 Q2 C0
dQ Q C0t dt T T 2
t 0时Q 0
解得该时间段内有
Q(t) C0
t
1

C
0et
T
T
得
Q1 C0 e
（6 分）
（2） t T 到 t 2T 时间段内，因初始条件改取为 t T 时 Q Q1 ，故改取 时间参量 t t T
1 mv2 1 mv02 qE0 (a x)
2
2
mv2 mv02 2qE0 (a x)

b2qE0 a

2qE0 (a

x)
b2

qE0

a
2(a x)
y

v
qE0
v
qE0 qvB F心
F心 qvB
x
F心 O
qvB
qvB qE0
F心
v


qE0
v
6 / 13
此时合力向下， a2 仍是向下，故弹簧回缩时， m2 所受合力仍向下，继续下行，摩擦力仍向
上。）
第二阶段：弹簧回缩 （5 分）
过程中 x A ， f kA
f a1 g sin g cos a2
m1
a2

g sin
g cos

f m2

g sin
g cos
dt
dt
dt 时间内弹簧伸长量为
dx (v2 v1)dt
引入
v* v2 v1 dx
dt
即有
m1
m2
kx

d2x

x
m1
m2
kx
0
m1m2
dt 2
m1m2



x 2 x 0
m1 m2 k 3 / s 2.12 / s
m1m2
由（3）、（4）、（6）式可得
M0

1
0
t
V水

pV 气
RT
水

p0V气0 RT0
水
代入（5）式可得
（5） （6）
V 水
1t

pV气 RT 0
水
1

p0
水
RT0 0
V气0

V水
V气
即解得

V气0

1
1 1t
V水
题解图
mv2 F心 qvB qE0 sin
得
1
mv2
B

v

E0
sin

q



1


qE0 m
b2

a

2(a

x)


E0bx a4 c2x2

a 4bE0
b2

a
2(a
x)

(a4

c2
x2
3
)2

0

b4 x2

a4
y2

0
1 取第V、象限 椭圆时x 0
4
1 取第、象限 椭圆时x 0
4
或改述为
sin bx a4 c2x2
（4 分）
（2）初位置处，有
mv02 qE0 b2qE0 a v0 b qE0 ma
（2 分）
（3）参考题解图，有

kA m2

5.9m /
s2
这表明 m1 、m2 始终下行，摩擦力方向不变。此阶段动力学方程与第一阶段相同，弹簧相对
原长的伸长量 x 随时间 t 的变化关系仍是简谐振动关系。当弹簧回复到原长时， x 0 ， m1 相对 m2 的速度 v*e dx dt 与第一阶段初态时相对速度 v*0 方向相反，大小相同，即为
1.50m / s ）。
可是解题开始时，不能预知两物块必定始终沿斜面下滑，考虑到这一因素，作答如下。 （补充说明：
m1 下滑初速度 v10 0.50m / s 小于 m2 下滑初速度 v20 2.0m / s ，开始时弹簧伸长， 为 m1 、m2 分别提供向下和向上拉力。这样的拉力会使 m1 下滑加速度大于 m2 下滑加速度， m1 继续下滑，其下滑速度向 m2 下滑速度靠近（注意，开始时拉力较小， m2 下滑加速度必 定为正，下滑速度也在增大）。随着弹簧继续伸长，m1 下滑速度越来越接近 m2 的下滑速度。 当 m1 下滑速度等于 m2 下滑速度时，弹簧伸长量达最大值。既然此时 m1 是下滑，m2 也必定 是下滑，故两者所受摩擦力均为向上。如果此时弹簧拉力早已大到使 m2 加速度向上，那么 以后运动过程中尽管弹簧长度要回缩，但也有可能使 m2 运动速度从向下改变为向上，m2 所