2018年浙江省大学生物理创新竞赛理论竞赛卷 参考答案

所以，根据磁场的叠加原理可知:
当r < r1时，B
= µ0ω[λ1 + λ′(r1 ) + λ ′(r2 ) + λ2 ] = µ0ω(λ1 + λ2 )
2π
2π
当r1 < r < r2时，B
=
µω[λ′(r2 ) 2π
+
λ2 ]
=
µω 2π
(λ1
+
λ2
−
ε0 ε
λ1 )
当r > r2时，B = 0 磁场强度的方向：垂直纸面向外为正方向．
心以角速度ω旋转.
则圆筒内的磁场强度为 :
B
=
µ 0 nI
=
µ0
λ 2π
ω,圆筒外 :
B
=
0
理论竞赛卷第6页（共7页）
介质内表面单位长度的带电量为 :
λ′(r1 )
=
σ
′⋅
2πr1
=
−(1 −
ε0 ε
)λ1
介质外表面单位长度的带电量为 : λ′(r2 )
= σ ′ ⋅ 2πr2
=
(1 −
ห้องสมุดไป่ตู้
ε0 ε
)λ1
结论：此物体停在振动物体上．
1分
（2）如小物体与振动物体分离，小物体运动的加速度： a = g = 9.8 m / s2
有： Aω 2 = g
2分
A
=
g ω2
A = 0.196m
1分
结论：A ≥ 0.196m ，放在振动物体上的小物体与振动物体会分离．当 A = 0.196m 时，
两个物体在振动最高点分离．
1分
3．（本题 20 分）
解：（1）µ=0，滑轮没有受到摩擦力矩，不转动．
物体的加速= 度为:a1
2= mg − mg 2m + m
g 3
2分
（2）设物体的加速度大小为 a2，滑轮的角加速度大小为 β2
2mg − T2 = 2ma2
T1 − mg = ma2
T2 R
−
T1R
= 1 2mR 2
=t1
= (2a)2 − a2 v0
3a v0
2分
在第一阶段，两球的质心作速度为 v0/2 的匀速直线运动． 第二阶段： 在绳刚好伸直的瞬间：A、B 两球的连线与水平方向成 300 角；在质心系中 A
球速度 v0/2、B 球速度-v0/2，如图所示． 质心的加速度即重力加速度，以质心为参照 系，两球和绳组成的系统绕质心作圆周运
π= / 6 ω
2π a 3v0
总时间为
t1 + t2=
3a + 2π a= 3 3 + 2π a
v0 3v0
3 v0
2分 2分
5．（本题 12 分）
解：金属圆环所围面积的磁通量为
∫ ∫ Φ= r0 B ⋅ dS= r0 kt ⋅ 2π rdr
0
0r
∫ =
r0 2π kt = ⋅ dr
0
2π ktr0
UN
−UM
=ε1 − IR1
=( (
R2 R1
− +
R1 R2
) )
kπ
r0
2分
对左半环用一段含源欧姆定律得：
UN' −UM' =
IR2 − ε2 =
( (
R2 R1
− +
R1 R2
) )
kπ
r0
2分
6．（本题 15 分） 解：（1）由运动方程可知棒 ab 在 x = −0.2m 至 x=0.1m 区间做简谐振动，则有
2018 年浙江省大学生物理创新竞赛 理论竞赛卷评分参考答案.
一、选择题：（单选题，每题 4 分，共 40 分）
1.B 2.D 3. B 4. D 5.C 6.B 7.C 8.B 9.D 10.A
二、填空题：（10 题，每题 4 分，共 40 分）
1．10−15 ，1027 ；多普勒 2． v = 4πρr2 g
5
5
4分
解法 2： 设台球受击后的初速度大小为v0，转动的初角速度为ω0
球受击瞬间，摩擦力可忽略，I = mv0
I
⋅
kr
=
2 5
mr 2ω0
5分
若受击后初始运动时有滑动，则有：
− ft= mv f − mv0
3分
frt
=
2 5
mr
2
(ω
f
− ω0 )
2分
解联立方程可得： v f
=
5(1+ k)I 7m
4分
β3 =
1 R
(
g
−
3a3
)
=
2g (3 30 −16) ≈ 0.123g / R 7R
T(θ+dθ)
dN dθ
θ T(θ)
β3 O
T3 a3
1
T4
a3 2
4．（本题 10 分） 解：分两阶段，第一阶段：A 球作平抛运动，B 球作自由落体运动，两者无影响，直到两球 距离刚好达到绳长 2a ． 以 B 球作参照系，A 球作匀速直线运动，可得经历的时间为
3a
3．0.622m/s；12.9m/s2
4．
f
2 A
+
fB2
qEct
qEt
5．
；
(qEt )2 + m02c2 m0
σR
6．
4ε 0
∫ ∫ 7．
B
L1
⋅
dl
=
−2µ 0
I
，
B
L2
⋅
dl
=
−2µ 0
I
∫ ∫ 8. Φm=
B ⋅ dS=
(s)
R 0
µ0 Ir 2π R2
d=r
µ0I= 10−6 Wb 4π
vf =ωfr
3分
I
(r
+
kr)
=
(mr
2
+
2 5
mr2 )ω
f
5分
I (1 += k )
7 5
mr= ω f
7 5
mv
f
vf
=
5(1+ k)I 7m
5分
（2） I = mv
3分
I (r + kr) = (mr2 + 2 mr2 )ω 5
理论竞赛卷第5页（共7页）
⇒ mv(r += kr) 7 mr2ω = ⇒ k 2
β2 O
T2 a2
2
理论竞赛卷第2页（共7页）
⇒ dT (θ ) = µ0T (θ )dθ
∫ ∫ T1 dT (θ=)
T2 T (θ )
π
0 −µ0dθ
1分
T2 = T1eµ0π
将无滑动时 T1 和 T2 的代入可知
6 = 5eµ0π
⇒
µ0
= 1 ln π
6 5
1分
（3）当
µ
=
1 2
µ0
时，滑轮与绳子有相对滑动
x=3.56m 时，v’=0，故有
v = 02.3506.2−2 −0.x1x2
− 0.2m ≤ x ≤ 0.1m 0.1m<x ≤ 3.56m
0
x > 3.56m
3分
四、附加题：（2 题，共 40 分）
1．（本题 20 分）
解法 1：（1） 设台球的末速度大小为v f，转动的角速度为ω f
2分
远地点
h1 = r1′ − R = 997 km
2分
近地点
h2 = r2′ − R = 613 km．
2分
理论竞赛卷第1页（共7页）
2．（本题 10 分）
解：（1）物体的振动方程： x = Acos(ωt + ϕ ) 1 分
=ω =k F /= ∆l 5 2 rad/s
1分
m
m
选取向下为 X 轴的正方向， t = 0 ：物体的位移为为正，速度为零．
2分
××
M
× ××
× × ×× × R1 × O× r0 × R2 ×
圆环中的感应电动势= ε i
d= Φ dt
2π kr0 方向逆时针
2分
圆环中= 电流 I = εi 2π kr0
2分
R1 + R2 R1 + R2
× × ×× × ××
N
××
ε=i1
ε i=2
ε=i 2
π kr0
2分
对右半环用一段含源欧姆定律得：
6分 1分
理论竞赛卷第7页（共7页）
设物体的加速度大小为 a3，滑轮的角加速度大小为 β3

2mg
−
T4
= 2ma3
T3 − mg = ma3
T4 R
−
T3R
= 1 2mR 2
2
β3
5分
= T4
T= 3e 12 µ0π

6 5T3
a3 > Rβ3
= a3
2= 5 − 6 g 2 5+ 6
(2 5 − 14
6)2 g ≈ 0.292g
A
v0/2
动，系统在质心系中合外力矩为 0，角动量
300
守恒，可得两小球绕质心作圆周运动的角速 C
度为
2m v0 ⋅ a sin π = Jω = 2ma2ω
2
6
2 分 -v0/2 B
ω = v0
2分
4a
则从绳刚好伸直到 A、B 两球第一次处于同一水平线上，经历的时间为
理论竞赛卷第3页（共7页）
=t2
所以初位相ϕ = 0
1分
物体的振动方程： x = 0.1cos 5 2 t
物体的最大加速度： amax = Aω 2 = 5 m / s2 1 分 小物体的运动方程： mg − N = ma
物体对小物体的支撑力： N = mg − ma 1 分
小物体脱离物体的条件： N = 0
即 a = g = 9.8 m / s2 ，而 amax = 5 m / s2 < 9.8 m / s2
2
β2
4分
a2 = Rβ2
T1
⇒= T2
3 2
mg= , T1
5 mg 4
2分
a2 1
由于存在摩擦力，导致绳子张力不相等．
取绳子微元受力分析如图所示.
dN = T (θ + dθ )sin dθ + T (θ )sin dθ = T (θ )dθ 1 分
2
2
dT (θ ) = T (θ + dθ ) − T (θ ) = µ0dN
在 x>0.1m 区间，对 ab 棒，由动量定理，有
-LB0∆q= mv '− mv1
2分
由电磁感应定律，有 ∆q =B0L(x − x1)
（R + r)
2分
v ' =v1
−
B02L2 (x − x1) (R + r)m
= 3 / 5 −
0.52
× 0.22 (x − 0.2× 0.5
x1 )
= 3 + 0.01− 0.1x =0.356 − 0.1x 5
2 2
(x22
−
x2
)=
1 2
mv 2
2分
理论竞赛卷第4页（共7页）
=v
2(x22= − x2 ) 2 0.22 − x2 m/s m
或 v =−0.4sin(2t + π ) =0.4 1− cos2 (2t + π ) =2 0.22 − x2 m / s
当 x1=0.1m 时， v1 = 3/5m/s
2分
将（1）式、（3）式代入②式并化简得：
(vt2 − vn2 )r′2 − 2vt2rr′ + vt2r 2 = 0
有
[(vt + vn )r′ − vtr][(vt − vn )r′ − vtr] = 0
则
=r1′
= vtr vt − vn
7397 k= m， r2′
= vtr vt + vn
7013 km
Fx = −IBL= − 0.4B= − kx 2 分 因 x=0.1m 时，B=0.5T，故有 B=5xT （垂直纸面向里为正） 1 分
（2）由简谐运动的动力学特征可得ω= k = 2rad/s
m
2分
(3) 在−0.2m≤x≤0.1m 区间，安培力 F = −5xIL = −2x
1分
由动能定理，有
3分
其中 r＇是新轨道的最低点或最高点处距地心的距离，v′ 则是在相应位置的速度，此时 v′ ⊥ r′
(2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：
1 2
mvt2
+
1 2
mvn2
−
GMm
/
r
= 1 mv′2 2
−
GMm
/
r′
2分
由牛顿定律：
GMm / r2 = mvt2 / r
故 GM = vt2r
3分
（2） m= v f m= v0 I
3分
⇒ 5(1 + k) = 7 ⇒ k = 2
5
4分
2、（本题 20 分）
解：（1）由高斯定理可知：
当r < r1时，E = 0
当r1 < r < r2时，E
= λ1 2πεr
当r > r2时，E
= λ1 + λ2 2πε 0 r
6分
电场强度的方向：径向向外为正
9． ε = π R2k / 4 ；从 c 流至 b
10．直
2018.12.30
三、计算题：（6 题，共 80 分）
1．（本题 13 分）
解 ： (1) 爆 炸 过 程 中 ， 以 及 爆 炸 前 后 ， 卫 星 对 地 心 的 角 动 量 始 终 守 恒 ， 故 应 有
=L m= vtr mv′r′
1分
介质的极化强度 : （2）
P(r)
=
ε 0 (ε r
− 1) E
=
(1 −
ε0 ε
)
λ1 2πr
内表面的极化电荷面密度σ
′(r1
)
=
− P(r1
)
=
−(1
−
ε0 ε
)
λ1 2πr1
外表面的极化电荷面密度σ
′(r2
)
=
P(r2
)
=
(1 −
ε0 ε
)
λ1 2πr2
6分
（3）
一个半径为R的无限长均匀带电的空心圆筒， 单位长度带电量为λ,若绕轴