第33届物理决赛理论题解 第33届物理奥林匹克竞赛决赛理论题解 叶邦角整理 第一题解答： (1)火车和煤从大同到秦皇岛（去程）总的重力势能的改变的一部分用于火车在去程中克 服阻力所做的功，另一部分驱动火车发电机发电。因而火车发电机的输入能量是 E=(m.+m,)g(h-0)-(m.+m)g ① 发电机发出的电能为 E2=nE ② 设空车返程后剩余电能为E,按题意，返程中给火车电动机输入的能量为(E,-),电动机 输出的能量为 E3=,(E2-E) ③ E,用于火车返程中克服阻力和重力所做的功，故 E,=m,g+m,g(h-0) ② 联立①②③④式得 E=n[(m。+m,)gh。-4(m。+m,)g]- um,gl m,gh n: ⑤ =7,(m。+m,)g(h.-l)-m,g h+川 (2)由E,≥0可知阻力系数4应满足“<h/1。据题意，如果火车能返回，则E≥0，可得 m。2me血 脉- ⑥ ⑥式右边即为装煤的最小值mm· (3)运行时间为 1=9 ⑦ 0 利用①②式，发电机输出平均功率P为 p=E mh(m +m )gh.M(m,+m)gl ⑧ 由⑦⑧式得 P=nm+m)g- ⑨ 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
第 33 届物理奥林匹克竞赛决赛理论题解 叶邦角整理 第一题解答： 第33届物理决赛理论题解 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理 Ye Bangjiao
第33届物理决赛理论题解 第二题解答： (1)D点与质心C距离为x-,/2。设在冲量作用后的瞬间，质心平动速度大小为0。。B、 C点以同一角速度绕O点转动，B点的速度大小？。应满足 'a=@ ① %=-4号 ② 由冲量定理得 I=mec ③ 由于冲量作用点不在质心，冲量I的冲量矩还引起杆绕质心的转动。由刚体转动定理得 mli ja=1x) ④ [或 品++a+ ④] 联立①②③④式得 ⑤ 21 ⑥ m(21+12) (2)解法一：水平竖直方向坐标系如图，在O、B、A三点所在竖直 平面内，以O为原点、水平向右的射线为x轴、竖直向上的射线为y 轴，建立平面坐标系。 杆的质心C的加速度(a。,ag,)满足质心运动定理 mac =-Tsin,mdcy =-mg +Tcose ⑦ 式中，T是绳的张力的大小。同时，杆在绳张力T相对于杆的质心的 力矩作用下绕质心转动，由转动定理得 五m54=-7头如g-0 1 ⑧ 由几何关系得 0=0-sm80.%0=.0+os80 ⑨ 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
第二题解答： 第33届物理决赛理论题解 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理 Ye Bangjiao
第33届物理决赛理论题解 将上式两边对时间1微商得，B点的速度满足条件 a0=0a0-200cos80,0m0=00-00lsin80 ⑩ 将上式两边对时间1微商得，B点的加速度满足条件 a=a以oas8+m以，a=w以如8-4am4@ 1 同时B点随不可伸长的绳绕O点做定轴转动，应有 xg(1)=h sine(t),ya(r)=-h cose(r) 1② 将上式两边对时间1微商得，B点的速度还满足条件 vm()=()lcos8(),0()=4()1sin8() 13 将上式两边对时间，微商得，B点的加速度还满足条件 a=ah cose-ah sine,ay=ah sine+oih cose ④ 【或避开B点，直接得C点的位置坐标 e0=4si血80+si血80，%0=-cos80-5cos80 ⑨12 o0=40cos80+,80cos8,0,.0=4ae)sin80+,d)sin8,(0 ⑩13 a (r)=-1(a cose-o'sine)-(a:cose-o.'sine), ag)=4(sin8a+cos8g)+号(sin6a,+cos6@)） ①④ 联立⑦⑧①④式，可解得绳绕悬点和杆绕质心的角加速度分别为 a=-2gtsing +3cos,simn(+sin2 sin(-0.) 2l1+3sin2(g-8) a-12g cos0 sin(-)+12i sin(.)+,sin(2(0-0.) ⑤ 24,[1+3sin'(e-6J 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
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第33届物理决赛理论题解 解法二：沿杆坐标系。 在O、B、A三点所在竖直平面内，以质心C为原点、沿杆斜向上的射线为y轴、竖直于杆 斜向右的射线为X轴，建立平面坐标系。 杆的质心C的加速度(aa,a。)满足质心运动定理 mac =-mgsine:+Tsin(e-),macy =-mg cose +T cos(0.-e) 式中，T是绳的张力的大小。同时，杆在绳张力T相对于杆的质心的力矩作用下绕质心转动， 由转动定理得 m5a=-7sm(8-8) 1 ⑧ 2 由几何关系得B点的加速度为 ams =la cos(0-0)+(e-0),am =-la sin(e.-0)+cos(0-0)1 由几何关系还可得B点的加速度满足条件 am=0- 24@ ① 【或由几何关系得C点的加速度 =0a+:g=0+ ① 】 解法三：沿绳坐标系。 在O、B、A三点所在竖直平面内，以O为原点、沿绳斜向上的射线为y轴、竖直于绳斜向 右的射线为x轴，建立平面坐标系。 杆的质心C的加速度(ac,ao)满足质心运动定理 macx =-mg sin,macy =-mg cos +T ⑦ 式中，T是绳的张力的大小。同时，杆在绳张力T相对于杆的质心的力矩作用下绕质心转动， 由转动定理得 a=-7头ma-8) ⑧ 12 由几何关系得B点的加速度为 am=la1,a=l,网 ④ 由几何关系还可得B点的加速度满足条件 do =am+a;cos(0-)-o sin(0.-0), 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
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第33届物理决赛理论题解 sin()co(-) ① 【或由几何关系得C点的加速度 a%=aa+2aco8-8)-7.osin(8-8), s=a,+4sin6-40)+gcos8-40 1 ① 】 【对于此坐标系，还可写做： ma=-7,g-) 1 ⑧ -mg cos8+T=4a+.a,sin(8-4)+与，ocos(8-8) (al) -mgsin=a+acos(0-)-sin-Q) (a2) 由⑧(al)式可消去T,解得a,带入(a2)可解得a,。这是最为简便的方法。 】 解法四：非惯性参考系。 在O、B、A三点所在竖直平面内，以O为原点、沿绳斜向上的射线为y轴、竖直于绳斜向 右的射线为x轴，建立平面坐标系。取以O点为参考点的惯性参考系，记为0系：取以B 点为参考点的非惯性参考系，记为B系。 在惯性系O系中杆的质心C的加速度(a。,a。)满足质心运动定理 macx =-mgsin,macy =-mg cos +T ⑦ 式中，T是绳的张力的大小。同时，杆在绳张力T相对于杆的质心的力矩作用下绕质心转动， 由转动定理得 2m4=-7s如g-9 ⑧ 、3 由几何关系知，非惯性系B系相对于惯性系0系的加速度为 0m=I41,0=l ④ 杆质心C在非惯性系B系中的加速度为 oo'..co0-90-网sng-80. ,sin+c) ①-1 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
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第33届物理决赛理论题解 从而惯性系0系中质心C的加速度可表示为 dox=as+ac',acy =asy+ao 1①-2 【或者考虑非惯性力，在非惯性系B系中运用牛顿第二定律得到： -mcos0+T--a,sin(0,-0)+co(0-0) (al) -mg sinco(0)sin(-0) (a2) 与解法三类似，由⑧(al)式可消去T,解得a4,带入(a2)可解得a,。 】 第三题解答： ()在火星某高度方处的大气中划出一水平放置的薄盒子区域。该区域体积为V,其内部大 气质量为M,压强为P(),温度为T()。由于盒子很薄，可认为气体的密度、压强、温 度都是常量。由理想气体状态方程有 P(h)V=nRT(h)● ① 盒子内部火星大气的体积为 ② 盒子内部火星大气的摩尔数为 ③ 由①②③式得 T(h)=P(h)u ④ P(h)R 现计算P(): 【解法1】考虑高度为x到x+,所占立体角为△2的球冠状薄大气壳层；取△2很小， 以至于球冠薄大气壳层的侧面上的径向直线可视为相互平行。由受力分析知 (Px)+dP)△2(R+x)'+px)g(x)△2R+x)dr=P(x)△2R+x)2⑤ 在⑤式中只保留到的一阶项，有 dp=-p(x)g(x)dx ⑥ 在火星高度h处，重力加速度大小为 g)-GM。 ⑦ (R.+h) 代入⑥式并积分得 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
第三题解答： 第33届物理决赛理论题解 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理 Ye Bangjiao
第33届物理决赛理论题解 A=6元+ ⑧ 【解法2】考虑高度为x到x+,与火星中心张角为a的球冠状壳层，如解题图ā所示。 分析其在球冠中心轴方向的受力，设作用在上层球冠上的大气压力竖直向下的分力的大小为 E,壳层大气的重力的大小为E2,则 F:=[2(R +x+dx)'sin[P(x)+dP]cos0d0. F:=GM2(sinocos0dp(x)do (R+x) 式中，P(x)为x高度处的压强，P()+dP为高度x+d处的压强。 解题图a 设作用在下层球冠上的大气压力竖直向上的分力的大小为F!, 作用在边缘锥带上的大气压力竖直向上的分力的大小为F,则 E,=∫2π(Rn+x)'sin0P(x)cos0u0, F2 =(R+x)sina.2rdxP(x)sina. 由竖直方向上受力平衡，得 F,+F2=F:+F2 保留到dx项，得 dP=-p(x)g(x)dx ⑥ 因此有 P(h)=GM P(x) -dx ⑦ (R+x 将⑦式代入④式并利用题给大气密度表达式，积分得 TM=uGM。 ⑨ nR(R+h) (2)以初始释放时刻为计时零点，设在时刻1着陆器高度为h(),着陆器的速度和加速度 大小分别为v(t)和()。设其受到的大气阻力为向上，大小为F。, F,=kp(h()o(1) ⑩ 忽略大气对着陆器的引力，着陆器受到的火星引力F为 F GM m, ① (K+h() 由题意，可不考虑大气的浮力。根据牛顿第二定律有 F。-F=m,) ② 由⑨⑩①2式得 m,)=kp(h0)o0- GM m 3 (R.+h() 由题意，密度和重力加速度可近似为火星表面的值，故③式可近似为 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
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第33届物理决赛理论题解 ()=kP():_GM ④ 积分得 ()= GMm tanh KP.GM-(+C) ⑤ VkPoR Rm 其中C为待定常数。由初始条件(1=0)=0可知，C=0。由此得， 着陆器落到火星表面 时相对于火星的速度为 o4)= GM m tanh kP.GMst ⑥ kPoR R'm 第四题解答： (1)该束激光的频率 v=C=3.61×104Hz ① 入射激光的强度 =1.77×100w/m ② d 个 2 (2)金纳米球颗粒的质量 m=-πR'p=8.09×10kg (3 该颗粒绕其过球心的转轴的转动惯量 J=. mR =3.24×101kgm 5 (3)金纳米球颗粒在d山/时间内吸收的光的能量 dE=Iod山 ⑤ 一个光子的能量为，因此金颗粒在d/时间内吸收的光子数 dN=dEa=I dr hyhy 根据角动量守恒定律，一个光子被颗粒吸收后，将角动量h转移到颗粒上。在r时间内，金 颗粒总角动量的改变量 dl=hdN=Ioa dr ⑦ 2πv 根据角动量定理，由光产生的扭转力矩大小为 M=业-/g=3.02×10Nm ⑧ dt 2xv (4)金纳米球颗粒的旋转达到稳定状态的条件是：作用在金纳米球颗粒上的合力矩为零， 即光施加在颗粒上的力矩大小M与水施加在颗粒上的粘滞摩擦力矩大小M,相等 M-M=0 ⑨ 由已知的摩擦力矩表达式与⑧⑨式得金纳米球颗粒达到稳定旋转时的转速 0=16=2.39×102s 23nR'v ⑩ 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
第四题解答： 第33届物理决赛理论题解 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理 Ye Bangjiao
第33届物理决赛理论题解 (5)根据刚体的定轴转动定理有 Jdo=M-M: ① 由⑧式得 Jdo=IGs-8nR'o 1② dt 2nv 将④式代入②式，可得当金颗粒的旋转速率为®时，其转动角速度的变化率满足 do=Ao+B 1③ 其中 4=-20m7迟，B=50/ m 4πmRv ③式可写为 do =dr Ao+B 将上式两边从t=0到r积分得 do =d1 ④ Ao+B 此即 In 40+B ao =A B 这里已经利用到初始条件1=0时。=0。上式可写为 B。B A 此即 20黑月R f()= 232nR0-e”) ⑤ (6)对③式两边从1到1，积分得 do Ao+B 解为 o4,)=o4)e6-0-B-e40- A 式中，A是常量，B与1成正比（见前述表达式）。由此得 onr+T)=nTe两_Ba-e 1⑥ A ol(n+1)T]=aXnT+T)e 1⑦ 式中T=T+工。在方波脉冲激光照射下，颗粒在一个脉冲周期T中先做T时间的加速转动， 在接下来T,时间内做减速转动。于是 +in=ang-导e50-网 ⑧ 式中0，三onT)。类似地有 a=a,ei5-Be西1-e5） A e=e-e-ee*） 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
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第33届物理决赛理论题解 ae24=a,e24_Be西1-e所)e24 A @e-i*5=ae4l_Be西-e西)e-i A 其中⊙，表示第1个脉冲之前时刻颗粒的转速，即®，=0。将上列所有等式两边分别相加得 人会点- 19 【解法2】由第⑧式递推公式推出通项公式也可归纳写出 0n= _Be (I-e)+oe A =0-)r[0-+ A Be0-e两)1+er）+a-e2r=… =-Be(1e-r )+opeur A e40-e两)c”.B1上e5 A 1-e4T 人Ae-e-ew*） 【解法3】将第⑧式写成a1=C@,+D,其中C=e”,D=-Be西0-e),此即 A Q+。合-C0+台·可见Q+。}是公比为c的等比数列，所以通项公式为 D C-i )CM-1 D D a,=(@+C C-1 (Cm-1-1 C-1 三Be-e)二-B1-e5 e-1 ( 由此可见 frat>f 当n→o时，f的极限为 0了 品品平 20 第五题解答 (1)设在竖直方向上，车受到地面向上的支持力为N。此方向上力的平衡给出 mg N+cav ① 赛车在水平直道上行驶，应有 N≥0 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理
第五题解答 第33届物理决赛理论题解 中国科学技术大学物理学院叶邦角教授整理 Ye Bangjiao