第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷及答案.doc

一、由于湖面足夠?qū)掗煻飰K體積很小，所以湖面的絕對高度在物塊運(yùn)動過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標(biāo)原點(diǎn)并以豎直向下方向?yàn)檎较蚪⒆鴺?biāo)系，以下簡稱系. 設(shè)物塊下底面的坐標(biāo)為，在物塊未完全浸沒入湖水時，其所受到的浮力為 () (1)式中為重力加速度.物塊的重力為 (2) 設(shè)物塊的加速度為，根據(jù)牛頓第二定律有 (3) 將(1)和(2)式代入(3)式得 (4)將系坐標(biāo)原點(diǎn)向下移動 而建立新坐標(biāo)系，簡稱系. 新舊坐標(biāo)的關(guān)系為 (5) 把(5)式代入(4)式得 (6)(6)式表示物塊的運(yùn)動是簡諧振動. 若，則，對應(yīng)于物塊的平衡位置. 由(5)式可知，當(dāng)物塊處于平衡位置時，物塊下底面在系中的坐標(biāo)為 (7) 物塊運(yùn)動方程在系中可寫為 (8) 利用參考圓可將其振動速度表示為 (9) 式中為振動的圓頻率 (10) 在(8)和(9)式中和分別是振幅和初相位，由初始條件決定. 在物塊剛被釋放時，即時刻有，由(5)式得 (11) (12)由(8)至(12)式可求得 (13) (14)將(10)、(13)和(14)式分別代人(8)和(9)式得 (15) (16)由(15)式可知，物塊再次返回到初始位置時恰好完成一個振動周期；但物塊的運(yùn)動始終由(15)表示是有條件的，那就是在運(yùn)動過程中物塊始終沒有完全浸沒在湖水中. 若物塊從某時刻起全部浸沒在湖水中，則湖水作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運(yùn)動將不再是簡諧振動，物塊再次返回到初始位置所需的時間也就不再全由振動的周期決定. 為此，必須研究物塊可能完全浸沒在湖水中的情況. 顯然，在系中看，物塊下底面坐標(biāo)為時，物塊剛好被完全浸沒；由(5)式知在系中這一臨界坐標(biāo)值為 （17）即物塊剛好完全浸沒在湖水中時，其下底面在平衡位置以下處. 注意到在振動過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動的振蝠，下面分兩種情況討論：I. 由(13)和(17)兩式得 (18)在這種情況下，物塊在運(yùn)動過程中至多剛好全部浸沒在湖水中. 因而，物塊從初始位置起，經(jīng)一個振動周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振動周期 (19)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時間 (20) II. 由(13)和(17)兩式得 (21)在這種情況下，物塊在運(yùn)動過程中會從某時刻起全部浸沒在湖水表面之下. 設(shè)從初始位置起，經(jīng)過時間物塊剛好全部浸入湖水中，這時. 由(15)和(17)式得 (22)取合理值，有 (23) 由上式和(16)式可求得這時物塊的速度為 (24) 此后，物塊在液體內(nèi)作勻減速運(yùn)動，以表示加速度的大小，由牛頓定律有 (25)設(shè)物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時所用的時間為，有 (26)由(24)-(26)得 (27)物塊從初始位置出發(fā)往返一次所需的時間為 (28)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分. 二、1. R i.通過計(jì)算衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的動能和萬有引力勢能可知，衛(wèi)星的機(jī)械能為負(fù)值. 由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運(yùn)動軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個焦點(diǎn)(或圓的圓心)，如圖所示.由于衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的速度垂直于地心和脫離點(diǎn)的連線，因此脫離點(diǎn)必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠(yuǎn)地點(diǎn)（或近地點(diǎn)）；設(shè)近地點(diǎn)（或遠(yuǎn)地點(diǎn)）離地心的距離為，衛(wèi)星在此點(diǎn)的速度為.由開普勒第二定律可知 (1)式中為地球自轉(zhuǎn)的角速度.令表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 （2） 由（1）和（2）式解得 (3)可見該點(diǎn)為近地點(diǎn),而脫離處為遠(yuǎn)地點(diǎn).【（3）式結(jié)果亦可由關(guān)系式：直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑滿足 (4)由(3)和(4)式并代入數(shù)據(jù)得 (5)可見近地點(diǎn)到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會撞擊地球.ii. 由開普勒第二定律可知衛(wèi)星的面積速度為常量，從遠(yuǎn)地點(diǎn)可求出該常量為 (6) 設(shè)和分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長軸和半短軸，由橢圓的幾何關(guān)系有 (7) (8)衛(wèi)星運(yùn)動的周期為 (9)代人相關(guān)數(shù)值可求出 （10） 衛(wèi)星剛脫離太空電梯時恰好處于遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)開普勒第二定律可知此時刻衛(wèi)星具有最小角速度，其后的一周期內(nèi)其角速度都應(yīng)不比該值小，所以衛(wèi)星始終不比太空電梯轉(zhuǎn)動得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛(wèi)星.設(shè)想自衛(wèi)星與太空電梯脫離后經(jīng)過（約14小時），衛(wèi)星到達(dá)近地點(diǎn)，而此時太空電梯已轉(zhuǎn)過此點(diǎn)，這說明在此前衛(wèi)星尚未追上太空電梯.由此推斷在衛(wèi)星脫落后的0-12小時內(nèi)二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時內(nèi)衛(wèi)星將完成兩個多周期的運(yùn)動，同時太空電梯完成一個運(yùn)動周期，所以在12-24小時內(nèi)二者必相遇，從而可以實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星回收.2.根據(jù)題意，衛(wèi)星軌道與地球赤道相切點(diǎn)和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點(diǎn)分別為其軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn).在脫離處的總能量為 （11）此式可化為 (12) 這是關(guān)于的四次方程，用數(shù)值方法求解可得 （13）【亦可用開普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示衛(wèi)星與赤道相切點(diǎn)即近地點(diǎn)的速率，則有 和 由上兩式聯(lián)立可得到方程 其中除外其余各量均已知, 因此這是關(guān)于的五次方程. 同樣可以用數(shù)值方法解得.】衛(wèi)星從脫離太空電梯到與地球赤道相切經(jīng)過了半個周期的時間，為了求出衛(wèi)星運(yùn)行的周期，設(shè)橢圓的半長軸為，半短軸為，有 (14) (15)因?yàn)槊娣e速度可表示為 (16)所以衛(wèi)星的運(yùn)動周期為 (17)代入相關(guān)數(shù)值可得 h (18)衛(wèi)星與地球赤道第一次相切時已在太空中運(yùn)行了半個周期，在這段時間內(nèi)，如果地球不轉(zhuǎn)動，衛(wèi)星沿地球自轉(zhuǎn)方向運(yùn)行180度，落到西經(jīng)處與赤道相切. 但由于地球自轉(zhuǎn)，在這期間地球同時轉(zhuǎn)過了角度，地球自轉(zhuǎn)角速度，因此衛(wèi)星與地球赤道相切點(diǎn)位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng) （19）即衛(wèi)星著地點(diǎn)在赤道上約西經(jīng)121度處.評分標(biāo)準(zhǔn)：本題23分.第1問16分，第i小問8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和結(jié)論共2分.第ii小問8分，（9）、（10）式各2分，說出在0-12小時時間段內(nèi)衛(wèi)星不可能與太空電梯相遇并給出正確理由共2分，說出在12-24小時時間段內(nèi)衛(wèi)星必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分.第2問7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （數(shù)值結(jié)果允許有的相對誤差）三、ABCOxyP圖1解法一如圖1所示，建直角坐標(biāo)，軸與擋板垂直，軸與擋板重合. 碰撞前體系質(zhì)心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統(tǒng)的質(zhì)心，以和表示碰撞后質(zhì)心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小. 根據(jù)質(zhì)心運(yùn)動定理有 （1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質(zhì)心參考系中考察系統(tǒng)對質(zhì)心的角動量. 在球與擋板碰撞過程中，質(zhì)心的坐標(biāo)為 （5） （6） 球碰擋板前，三小球相對于質(zhì)心靜止，對質(zhì)心的角動量為零；球碰擋板后，質(zhì)心相對質(zhì)心參考系仍是靜止的，三小球相對質(zhì)心參考系的運(yùn)動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動，若轉(zhuǎn)動角速度為，則三小球?qū)|(zhì)心的角動量 （7）式中、和 分別是、和三球到質(zhì)心的距離，由圖1可知 （8） （9） （10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得 （11） 在碰撞過程中，質(zhì)心有加速度，質(zhì)心參考系是非慣性參考系，在質(zhì)心參考系中考察動力學(xué)問題時，必須引入慣性力. 但作用于質(zhì)點(diǎn)系的慣性力的合力通過質(zhì)心，對質(zhì)心的力矩等于零，不影響質(zhì)點(diǎn)系對質(zhì)心的角動量，故在質(zhì)心參考系中，相對質(zhì)心角動量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有 （12）【也可以始終在慣性參考系中考察問題，即把桌面上與體系質(zhì)心重合的那一點(diǎn)作為角動量的參考點(diǎn)，則對該參考點(diǎn)(12)式也成立】由（11）和（12）式得 (13) 球相對于質(zhì)心參考系的速度分量分別為（參考圖1） (14) (15)球相對固定參考系速度的x分量為 （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 （17） 根據(jù)題意有 （18）由（17）和（18）式得 xOPACB圖2y （19） 由（13）和（19）式得 （20）球若先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過所需時間 （21） 在此時間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動的距離 （22） 若 （23） 則球先于球與擋板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 （24）即 (25) 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.解法二ABCCOxyP圖1如圖1所示，建直角坐標(biāo)系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、和 分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量，根據(jù)題意有 （1）以表示擋板作用于球的沖量的大小，其方向沿軸的負(fù)方向，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的動量定理有 （2） （3）以坐標(biāo)原點(diǎn)為參考點(diǎn)，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)組的角動量定理有 （4） 因?yàn)檫B結(jié)小球的桿都是剛性的，故小球沿連結(jié)桿的速度分量相等，故有 （5） （6） （7）（7）式中為桿與連線的夾角. 由幾何關(guān)系有 （8） （9）解以上各式得 （10） （11） （12） （13） （14） （15）按題意，自球與擋板碰撞結(jié)束到球 (也可能球)碰撞擋板墻前，整個系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質(zhì)心作勻速直線運(yùn)動. 若以質(zhì)心為參考系，則相對質(zhì)心參考系，質(zhì)心是靜止不動的，、和三球構(gòu)成的剛性系統(tǒng)相對質(zhì)心的運(yùn)動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動. 為了求出轉(zhuǎn)動角速度，可考察球B相對質(zhì)心的速度.由(11)到(15)各式，在球與擋板碰撞剛結(jié)束時系統(tǒng)質(zhì)心的速度 （16） （17）這時系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為 （18） （19）不難看出，此時質(zhì)心正好在球的正下方，至球的距離為，而球相對質(zhì)心的速度 （20） （21） 可見此時球的速度正好垂直，故整個系統(tǒng)對質(zhì)心轉(zhuǎn)動的角速度 （22） xOPACB圖2y若使球先于球與擋板發(fā)生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過角，即桿至少轉(zhuǎn)到沿y方向，如圖2所示. 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過所需時間 （23）在此時間內(nèi)質(zhì)心沿x方向向右移動的距離 （24） 若 （25） 則球先于球與擋板碰撞. 由以上有關(guān)各式得 （26）即 (27) 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、參考解答： 1虛線小方框內(nèi)2n個平行板電容器每兩個并聯(lián)后再串聯(lián)，其電路的等效電容滿足下式 （1）即 （2）式中 （3）虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿足下式 （4）即 （5）整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為 （6）等效電容器帶的電量（即與電池正極連接的電容器極板上電量之和） （7）當(dāng)電容器a兩極板的距離變?yōu)?d后，2n個平行板電容器聯(lián)成的網(wǎng)絡(luò)的等效電容滿足下式 （8）由此得 （9）整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為 （10）整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容器帶的電荷量為 （11）在電容器a兩極板的距離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)?（12）電容器儲能變化為 （13）在此過程中，電池所做的功為 （14）外力所做的功為 （15） 2.設(shè)金屬薄板插入到電容器a后，a的左極板所帶電荷量為，金屬薄板左側(cè)帶電荷量為，右側(cè)帶電荷量為，a的右極板帶電荷量為，與a并聯(lián)的電容器左右兩極板帶電荷量分別為和.由于電容器a和與其并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，所以有 （16）由（2）式和上式得 （17）上式表示電容器a左極板和與其并聯(lián)的電容器左極板所帶電荷量的總和，也是虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容所帶電荷量（即與電池正極連接的電容器的極板上電荷量之和）. 整個電容網(wǎng)絡(luò)兩端的電壓等于電池的電動勢，即 （18）將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量 （19）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題21分. 第1問13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分.第2問8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.五、cl2l1I1I2abI圖 1參考解答: 如圖1所示，當(dāng)長直金屬桿在ab位置以速度水平向右滑動到時，因切割磁力線，在金屬桿中產(chǎn)生由b指向a的感應(yīng)電動勢的大小為 （1）式中為金屬桿在ab位置時與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間的長度，由幾何關(guān)系有 （2）d在金屬桿由ab位置滑動到cd位置過程中，金屬桿與大圓環(huán)接觸的兩點(diǎn)之間的長度可視為不變，近似為.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由ab滑動到cd過程中感應(yīng)電動勢大小始終為 （3）以、和分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，以表示a、b兩端的電壓，由歐姆定律有 （4） （5）式中，和分別為金屬桿左、右圓弧的弧長.根據(jù)提示，和中的電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為 （6） （7）方向豎直向上，方向豎直向下.由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整個大圓環(huán)電流在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 （8）無論長直金屬桿滑動到大圓環(huán)上何處，上述結(jié)論都成立，于是在圓心處只有金屬桿的電流I所產(chǎn)生磁場.在金屬桿由ab滑動到cd的過程中，金屬桿都處在圓心附近，故金屬桿可近似視為無限長直導(dǎo)線，由提示，金屬桿在ab位置時，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為II2I1baR左圖 2RabR右 （9）方向豎直向下.對應(yīng)圖1的等效電路如圖2，桿中的電流 （10）其中為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點(diǎn)間這段金屬桿的電阻，和分別為金屬桿左右兩側(cè)圓弧的電阻，由于長直金屬桿非常靠近圓心，故 （11）利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得 （12） 由于小圓環(huán)半徑，小圓環(huán)圓面上各點(diǎn)的磁場可近似視為均勻的，且都等于長直金屬桿在圓心處產(chǎn)生的磁場. 當(dāng)金屬桿位于ab處時，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為 （13）當(dāng)長直金屬桿滑到cd位置時，桿中電流產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量為 （14）在長直金屬桿以速度從ab移動到cd的時間間隔內(nèi)，穿過小圓環(huán)圓面的磁感應(yīng)通量的改變?yōu)?（15）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，在小圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為大小為 （16）在長直金屬桿從ab移動cd過程中，在小圓環(huán)導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 （17）于是，利用（12）和（17）式，在時間間隔內(nèi)通過小環(huán)導(dǎo)線橫截面的電荷量為 （18）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分， （8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分.六、參考解答： 設(shè)重新關(guān)閉閥門后容器A中氣體的摩爾數(shù)為，B中氣體的摩爾數(shù)為，則氣體總摩爾數(shù)為 （1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設(shè)重新關(guān)閉閥門后容器A中氣體溫度為，B中氣體溫度為，重新關(guān)閉閥門之后與打開閥門之前氣體內(nèi)能的變化可表示為 （2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學(xué)第一定律有 （3）令表示容器A的體積, 初始時A中氣體的壓強(qiáng)為，關(guān)閉閥門后A中氣體壓強(qiáng)為，由理想氣體狀態(tài)方程可知 （4） （5）由以上各式可解得 由于進(jìn)入容器B中的氣體與仍留在容器A中的氣體之間沒有熱量交換，因而在閥門打開到重新關(guān)閉的過程中留在容器A中的那部分氣體經(jīng)歷了一個絕熱過程，設(shè)這部分氣體初始時體積為(壓強(qiáng)為時)，則有 （6）利用狀態(tài)方程可得 （7）由（1）至（7）式得，閥門重新關(guān)閉后容器B中氣體質(zhì)量與氣體總質(zhì)量之比 （8） 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、答案與評分標(biāo)準(zhǔn)： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都給4分)10.2 (4分，填10.0至10.4的，都給4分)2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都給4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都給4分)八、參考解答：在相對于正離子靜止的參考系S中，導(dǎo)線中的正離子不動，導(dǎo)電電子以速度向下勻速運(yùn)動；在相對于導(dǎo)電電子靜止的參考系中，導(dǎo)線中導(dǎo)電電子不動，正離子以速度向上勻速運(yùn)動.下面分四步進(jìn)行分析.第一步，在參考系中，考慮導(dǎo)線2對導(dǎo)線1中正離子施加電場力的大小和方向.若S系中一些正離子所占據(jù)的長度為，則在系中這些正離子所占據(jù)的長度變?yōu)?，由相對論中的長度收縮公式有 （1）設(shè)在參考系S和中，每單位長度導(dǎo)線中正離子電荷量分別為和，由于離子的電荷量與慣性參考系的選取無關(guān)，故 （2）由（1）和（2）式得 （3）設(shè)在S系中一些導(dǎo)電電子所占據(jù)的長度為，在系中這些導(dǎo)電電子所占據(jù)的長度為，則由相對論中的