第41届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答.pdf

1 第 41 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答（2024 年 9 月 21 日 9:00-12:00）一、（45 分）（1）（1.1）记质量为的振子偏离平衡位置的位移为（向左为正），单摆的偏转角为（向左为正），摆臂上的张力为，按牛顿第二定律，摆锤在水平方向上的运动方程为?+cos?sin?=sin 在竖直方向上的运动方程为?sin?cos?=g cos 利用小幅度振动条件，保留到小量的领头阶，有 sincos1，将式代入式，并保留到小量的领头阶，得 Tmg +g=0 【注:利用悬点不动的非惯性系也可更方便地得到上述结果在悬点不动的非惯性系中，摆锤额外受到横向的惯性力，有角向运动方程=gsin cos 同时也有径向运动方程 2cossinmlmxgTm 进一步利用小摆幅条件，保留到小量的领头阶，即得式质量为的振子在水平方向上做一维运动，由牛顿第二定律得 =+sin+cos 由式得 +g=cos 只考虑系统在强迫力下的稳定振动，稳定振动的圆频率为，设 cos(xxAt)cos()lBt 其中?、?是稳定振动与所受强迫力之间的位相差将式代入方程后，所得出的两个方程对任意时间 均成立，故有 00 x，进而有 22Mmk AmBH 22200AB 由式得 2202222200()()()HAkMm 222222222000()()HBAkMm 其中2 0gl （1.2）由式可知，当没有阻尼器时（这时0m），有 2HAkM 即当风的频率为 kM 时，大楼受迫振动幅度最大。

当风的频率取式所示的值、但有阻尼器时，由式得 kgHH klMgMlAg kgkmml M 为了调节阻尼器的参数 m、使得A最小，可取 Mglk，或 m 尽可能大2）若0m（即没有阻尼器），当0.99kM，由式可得 100HAk 加入阻尼器后，为了让A减小到无阻尼器时的 1%，将0.99kM及式代入式，得 10119900100mM （3）摆锤相对于油的速度的水平与竖直分量分别为 cosxl v sinyl v 按牛顿第二定律可得其运动方程，摆锤在水平方向上的运动方程为 2(cossin)sincosm xllTl 摆锤在竖直方向上的运动方程为 2(sincos)cossinmllmgTl 【注:利用悬点不动的非惯性系也可更方便地得到上述结果在悬点不动的非惯性系中，摆锤额外受到横向的惯性力，有角向运动方程 sincosmlmglmx 同时也有径向运动方程 2cossinmlmgTmx 3 】质量为的振子在水平方向上做一维运动，由牛顿第二定律得 sincoscosMxkxTlHt 阻尼是不可缺少的，首先是因为当式成立时，仅有重物而无阻尼力的系统会发生共振，此时阻尼力可以有效地抑制振动阻尼力可以有效地抑制振动。

其次阻尼效应会让系统的机械能不断衰减阻尼效应会让系统的机械能不断衰减，当风停下来时高层建筑物也会在阻尼作用下逐渐停止晃动评分标准：评分标准：本题 45 分第（1）问 31 分，第（1.1）问 21 分，式各 2 分，式各 1 分，式各 2 分，式 4 分；说明：本题中振幅的表达式可能出现负值，此时将其绝对值理解为其振动的实际振幅，负号归入相位，也是对的第（1.2）问 10 分，式各 2 分；第（2）问 4 分，式各 2 分；第（3）问 10 分，各 1 分，式各 2 分；式各 1 分二（50 分）（1）由于碰撞时间极短，因此可忽略碰撞过程中摩擦力（其最大值为mg）的冲量和冲量矩；Q球和T球之间没有摩擦，只有径向的弹性力因此在Q球和T球碰撞前后的瞬间，可认为角动量守恒，碰撞后的瞬间，对于Q球有 0 弹性碰撞能量守恒，又由式，转动能量不变，因此可列出质心的动量和能量守恒关系，分别取碰撞后T球运动方向和与它垂直的方向为坐标基矢量 y、x方向，如题解图 2a由动量守恒得 0Q Q 0sin0sin xxmmvvvv 0TQ cosymmmvvv 由能量守恒得 22220TQ Q yxvvvv 由式得 2TT0cosvv v 即 T0v，T0cosvv 其中T0v对应没有发生碰撞；因此碰撞发生后有 T0cosvv 因此 Q 0sinxvv；Q 0yv 即Q球碰撞后只有垂直T球运动的分量，90 题解图2a 题解图 2b 4 【解法二：也可用质心系与实验室系的关系（见题解图 2b）得到同样结果。

在质心系有 0QCTCCM2vvvv 90 Q0sinvv】综上：（a）90（b）0 Q 0sinxvv;Q 0yv 在-x y坐标系中:Q 00sin cosxvv，2Q 00sinyvv 这里，下标 0 是指碰撞后的瞬间 Q 球的速度2）碰撞后不一定满足纯滚条件，即Q球上与桌面接触点 C 的速度（相对于桌面）不一定为 0，但由于有摩擦力，经过足够的作用时间t，则Q球在t后可达到纯滚在摩擦力的作用下,我们将发现在t前，Q球质心的轨迹将为抛物线型；在达到纯滚后，摩擦力消失，Q球质心将以直线运动，达到所谓的最终速度Qfv2.1）C点的速度为 CQvv R 其中，;xyzRkijkR 即 C()()xyyxRiRjvvv 在碰撞后的瞬间，将式代入上式，得 2C00000(sin cos)(sin)yxRiRjvvv （2.2）记接触点 C 的速度方向单位矢量为C v,质心速度为 v，角速度为，由质心运动定理和转动定 理得：Cmmg vv CC()()Imgmg vvRR 其中225ImR 对式求导得 Cvv R 注意：R矢量为常量；v是Q球质心的加速度，这里及以下都省略了Q下标由式代入式得：CCC5()2gg RR vvv 其中，R代表质心到C点的单位向量，即Rk，用矢量叉乘关系可知：CC()RRvv 于是有 5 CC72g vv 式表明，对于接触点 C 的运动，摩擦力的作用是对其减速，并且沿着该点速度的反方向，因此C点速度变化是匀减速的。

由式知C点的起始速度 222C00000|(sin cos)(sinyxRR）vvv 代入匀减速运动公式0atvv有 222C0000022|(sin cos)(sin77yxtRRgg）vvv （2.3）由于Cv接触点的速度为匀减速式，它的方向不变即：20000CC0C0C0(sincos)(sin()|yxRRtij）vvvvvv C0|v由式给出质心的运动方程式在 x-y 系下为简单的匀减速运动：Cxxg v，Cyygv 碰撞瞬间后质心初始位置设为原点；初始速度由式给出：0020C000202220000(sin cos)1()(cos sin)2|(sin cos)1 (cos sin)2(sin cos)(sinyyyxRx ttgtRtgtRR）vvvvvvv 222000C02220002220000(sin1()(sin)2|(sin1 sin2(sin cos)(sinxxyxRy ttgtRtgtRR）vvvvvvv 上述轨迹适用于无滑滚动前，即tt2.4）达到纯滚后，摩擦力必须消失，那么Q球质心将是匀速直线运动由式得最终速度为 000C000(sin cos)sin cos|52 sin cos77yfxyRgtRvvvvv 20052sin77fyxRvv 上面两式可合并成 Q005277fvv R，其中Q 0v为在碰撞后的瞬间Q球质心的速度式。

由式得 002005sincos2tan5sin2fxyffyxRRvvvv （3）由于打击时间极短，可忽略摩擦力在打击瞬间内的冲量和冲量矩在右手系中，题目中给出小球0v沿6 y方向，角速度0 沿着x方向，即无滑条件为 00R v 由冲量定理和冲量矩定理得（M 取正数，沿y方向），对于质心有 0MPm v 0()hR MLI 将式和 225ImR 代入式得 0025IhRRmv，75hR （4）（4.1）在第（3）问中，无滑滚动的 Q 球，与 T 球碰撞前：00jvv 00i 将上述初始条件代入式得 C00|cosvv 将上式代入式得 201()(cos sin)(sin)2x ttgtv 2201()(sin)(cos)2y ttgtv 【解法二：在 02cos7ttg v 上述关系也可从初始速度、角速度关系得到即摩擦力的方向沿着 T 球飞出的方向；又由式，C v方向恒定，易得式4.2）将式代入式得：2sin cossin2tan29sincos255f （4.3）对式求导，可计算极值m()f：2ddsin2cos09ddcos25ff 由此得 m5cos29 于是 m28.1 7 代入式得：33.7f 将上述结果以及在mm 510 和时的f算出，一起填入下表：m28.1 m5 m10 m5 m10 f 33.7 33.3 32.0 33.1 30.7（f的数值在上列的0.5范围都算对）可以看出在一定的范围内，Q球最终行进方向集中在沿原方向偏离30角左右的范围。

评分标准：评分标准：本题 50 分第（1）问 8 分，式各 1 分，式 2 分；第（2）问 27 分（2.1）问 4 分，式各 2 分；（2.2）问 6 分，式各 1 分；（2.3）问 13 分，式 1 分，式各 2 分，各 1 分，式各 2 分；（2.4）问 4 分，其中（*）1 分；式各 1 分；第（3）问 4 分，式各 1 分；第（4）问 11 分（4.1）问 3 分，式各 1 分；（4.2）问 2 分，式 2 分；（4.3）问 6 分，表中有 6 个空，每空 1 分三.（45 分）（1）在混合物的等体变化过程中，其压强的改变量dp与温度的改变量dT之间的关系为 ddpT 于是有 ii ()ppTT 其中iT、ip分别为原参考状态的温度、压强依题意，ii pT 由式得 pT 将式代入题给的表面张力系数与温度及压强之间的关系 3220N/m)600.065/K24.0/bar3.15/(1barTpp 得 3220.065/K24.0/bar3.15()/ba/(10N/m)r60TTT 将题给的值代入式得 33622 60 110 10/K 1/(67 10/K10 N/m)TT 式所示的-T关系曲线是一个开口朝上的抛物线，存在温度fT使石油的表面张力系数取极小值，从而最容易流动，以保证油井的产量。

事实上，计算式关于温度的一阶导数和二阶导数得 36fd110 10334 100dTT 8 262d 334 10dT 使函数()T取得极小值的温度fT为 3f6110 10 K329 K334 10T ff 273.15 K56 CtT 所以，对于题设的油井，为保证其产量，注入的“水”应使得混合物的温度为约 56记石油的初态温度为it、密度为i、比热容量为ic，应注入的“水”的温度为wt，密度为w、比热容量为wc，注入的“水”的体积为V若石油与“水”的混合物的末态温度为ft，有 iiifwwfw cV ttcV tt 由式解得 ww fiiifwww()ctctttc 将题给数据代入式，得 wwwwwww560.60.81005635 Ccctc 所注入的混有表面活性物质的水的温度应为约35C2）记液体的任意两个相邻粒子之间的相互作用势能为，液体内部的每一个粒子有n个相邻的粒子（即有n条相互作用键），故每个粒子的平均势能为2n由题设，液体表面层内每个粒子邻近粒子数目是液体内部每个粒子邻近粒子数目的倍，因而可知表面层中的每个粒子的平均势能为2n液体表面层内与液体内部的每个粒子的势能差为 P1 2Un 记面积为SA的表面层中有SN个粒子，由能量守恒原理知，在形成该表面的过程中，外力所做的功等于所有这些粒子的势能的改变量，即有 SPS(1)2WNUnN 由表面张力系数的定义 S WA 和式有 SS(1)2NnA 记每个粒子所占空间的线度平均为D，有 2SSADN,借助于D，式可写为 21(1)2nD 考察液体的汽化过程知，每个汽化出来的粒子都需要克服所有其它粒子的作用，这一部分能量通常被称为汽化热。

由能量守恒，液体的摩尔汽化热与其粒子间。