全國中學生物理競賽決賽試題及答案

1、第 27 屆全國中同學物理競賽決賽試題及答案一、（ 25 分）填空題1一個粗細勻稱的細圓環(huán)形橡皮圈，其質(zhì)量為m ，勁度系數(shù)為k ，無形變時半徑為r ；現(xiàn)將它用力拋向空中，忽視重力的影響，設(shè)穩(wěn)固時其外形仍舊保持為圓形，且在平動的同時以角速度繞通過圓心垂直于圓面的軸線勻速旋轉(zhuǎn)，這時它的半徑應為；2鴿哨的頻率是f ；假如鴿子飛行的最大速度是u ，由于多普勒效應，觀看者可能觀測到的頻率范疇是從到；（設(shè)聲速為 v ；）3如下列圖，在一個質(zhì)量為m 、內(nèi)部橫截面積為a 的豎直放置的絕熱氣缸中，用活塞封閉了肯定量溫度度為t0 的抱負氣體；活塞也是絕熱的，活塞質(zhì)量以及活塞和氣缸之間的摩擦力都可忽視不計；已知大氣

2、壓強為p0 ，重力加速度為g ，現(xiàn)將活塞緩慢上提，當活塞到達氣缸開口處時，氣缸剛好離開地面；已知抱負氣體在緩慢變化的絕熱過程中pv保持不變，其中p 是氣體的壓強，v 是氣體的體積，是一常數(shù)；依據(jù)以上所述，可求得活塞到達氣缸開口處時氣體的溫度為；4（此題答案保留兩位有效數(shù)字）在電子顯微鏡中，電子束取代了光束被用來“照耀”被觀測物；要想辨論1.01010m（即原子尺度）的結(jié)構(gòu)，就電子的物質(zhì)波波長不能大于此尺度；據(jù)此估計電子的速度至少需被加速到；假如要想進一步辨論1.01012m尺度的結(jié)構(gòu)， 就電子的速度至少需被加速到，且為使電子達到這一速度，所需的加速電壓為81； 已知電子的靜止質(zhì)量me9.110

3、31 kg ，電子的電量e1.61019 c ，普朗克常34量 h6.710j s ，光速 c3.010 m s；二、（20 分）圖示為一利用傳輸帶輸送貨物的裝置，物塊（視為質(zhì)點）自平臺經(jīng)斜面滑到一以恒定速度v 運動的水平長傳輸帶上，再由傳輸帶輸送到遠處目的地，已知斜面高h2.0 m ，水平邊長l4.0m，傳輸帶寬d2.0 m ，傳輸帶的運動速度v3.0m/s ；物塊與斜面間的摩2擦系數(shù)10.30 ；物塊自斜面頂端下滑的初速度為零；沿斜面下滑的速度方向與傳輸帶運動方向垂直； 設(shè)斜面與傳輸帶接觸處為特別小的一段圓弧，使得物塊通過斜面與傳輸帶交界處時其速度的大小不變，重力加速度g10m/s；1為使

4、物塊滑到傳輸帶上后不會從傳輸邊緣脫離，物塊與傳輸帶之間的摩擦系數(shù)2 至少為多少？2假設(shè)傳輸帶由一帶有穩(wěn)速裝置的直流電機驅(qū)動，與電機連接的電源的電動勢e200v ，內(nèi)阻可忽視；電機的內(nèi)阻r10，傳輸帶空載（無輸送貨物）時工作電流i 02.0a，求當貨物的平均流量（單位時間內(nèi)輸送貨物的質(zhì)量），穩(wěn)固在640 kg/s 時，電機的平均工作電9流等于多少？假設(shè)除了貨物與傳輸帶之間的摩擦損耗和電機的內(nèi)阻熱損耗外，其它部分的能量損耗與傳輸帶上的貨物量無關(guān)；三、（ 20 分）如圖，剛性細輕桿（其質(zhì)量可視為零）可繞通過其中的點o 的光滑水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動；兩質(zhì)量分別為2m 和 m 的小球 1 和 2（可視

5、為質(zhì)點）串在輕桿上，它們與輕桿之間的靜摩擦系數(shù)為536；開頭時輕桿靜止在水平位置，小球 1 和 2 分別位于緊靠輕桿兩端a 和 b 的位置；現(xiàn)讓系統(tǒng)自水平位置以零初速下擺，求1小球 1 脫離輕桿時的位置（用小球1 脫離桿時桿與水平線的夾角表示）；2小球 2 脫離輕桿時的位置（用小球2 脫離桿時桿與水平線的夾角表示）；四、如下列圖，a 、 b 、 c 為三個質(zhì)點，a 的質(zhì)量遠遠大于b 、 c 的質(zhì)量， b 和 c 的質(zhì)量相等；已知a 、 b 之間， a 、 c 之間存在相互吸引力；b 、 c 之間存在相互排斥力，三個 把質(zhì)點在相互間引力或斥力的作用下運動，假如作用力合適， 可以存在一種如下形式的

6、運動：a 、 b 、 c 的相對位置固定，它們構(gòu)成一個平面，三個質(zhì)點圍著位于這個平面內(nèi)的某條軸勻速轉(zhuǎn)動；由于質(zhì)點a 的質(zhì)量遠遠大于b 、 c 的質(zhì)量，可認為該軸過質(zhì)點a 且固定不動；連線 ab 與轉(zhuǎn)軸的夾角與連線 ac 與轉(zhuǎn)軸的夾角不相等，且00121，2；22如 ab 之間吸引力的大小f abak ab， ac 之間吸引力的大小為f ak aca，其中ab 、ac 分別為 a 、 b 與 a 、 c 之間的距離，k 為比例系數(shù)，不計重力的影響；試問a 的值在什么范疇內(nèi)，上述運動才能實現(xiàn)？五、（ 15 分）南極冰架崩裂形成一座巨型冰山，隨洋流漂近一個城市；有人設(shè)計了一個利用這座冰山來發(fā)電的方案

7、，詳細過程為：a先將環(huán)境中肯定量的空氣裝入體積可變的容器，在保持壓強不變的條件下通過與冰山接觸容器內(nèi)空氣溫度降至冰山溫度；b使容器脫離冰山，保持其體積不變，讓容器中的冰空氣從環(huán)境中吸取熱量，使其溫度升至環(huán)境溫度；c在保持容器體積不變的情形下讓空氣淡定器中噴出，帶動發(fā)電裝置發(fā)電；如此重復， 直至整座冰山融解；已知環(huán)境溫度ta293k，冰山的溫度為冰的熔點t1273k，可利用的冰山的質(zhì)量 m1.01011 kg ，為了估算可能獲得的電能，設(shè)計者做出的假設(shè)和利用的數(shù)據(jù)如下：1空氣可視為抱負氣體；2冰的熔解熱l3.34105 j/ kg；冰融解成溫度為t1 的水之后即不再利用；3壓強為p 、體積為 v

8、 的空氣內(nèi)能 u2.5 pv ；4容器與環(huán)境之間的熱傳導良好，可以保證噴氣過程中容器中空氣溫度不變；5噴氣過程可分解為一連串小過程，每次噴出的氣體的體積都是u ，且 u 遠小于容器的體積；在每個小過程中，噴管中的氣體在內(nèi)外壓強差的作用下加速，從而獲得肯定動能e ，從噴嘴噴出； 不考慮噴出氣體在加速過程中體積的轉(zhuǎn)變，并認為在噴氣過程中容器內(nèi)的氣體壓強仍是勻稱的，外壓強的大氣壓；6假設(shè)可能獲得的電能是e 總和的 45%7當 x1 時， ln 1x x ；試依據(jù)設(shè)計者的假設(shè)，運算利用這座冰山可以獲得的電能；六、（ 15 分）如圖，兩塊大金屬板a 和 b 沿豎直方向平行放置，相距為d ，兩板間加有恒定

9、電壓 u ，一表面涂有金屬膜的乒乓球垂吊在兩板之間，其質(zhì)量為m ；輕推乒乓球，使之向其中一金屬板運動，乒乓球與該板碰撞后返回，并與另一板碰撞，如此不斷反復；假設(shè)乒乓球與兩板的碰撞為非彈性碰撞，其復原系數(shù)為e ，乒乓球與金屬板接觸的時間極短，并在這段時間內(nèi)達到靜電平穩(wěn)；達到靜電平穩(wěn)時，乒乓球所帶的電荷量q 與兩極板間電勢差的關(guān)系可表示為qc0u ，其中c0 為一常量；同時假設(shè)乒乓球半徑遠小于兩金屬板間距d ，乒乓球上的電荷不影響金屬板上的電荷分布；連接乒乓球的繩子足夠長，乒乓球的運動可近似為沿水平方向的直線運動；乒乓球第一次與金屬板碰撞時的初動能可忽視，空氣阻力可忽視；試求：1乒乓球運動過程中可

10、能獲得的最大動能；2經(jīng)過足夠長時間后，通過外電路的平均電流；七、（ 20 分）如圖a 所示，十二根勻稱的導線桿聯(lián)成一邊長為l 的剛性正方體，每根導線桿的電阻均為r ；該正方體在勻強磁場中繞通過其中心且與abcd 面垂直的轉(zhuǎn)動軸作勻速轉(zhuǎn)動，角速度為，已知磁感應強度大小為b ，方向與轉(zhuǎn)動軸垂直；忽視電路的自感；當正方體轉(zhuǎn)動到如圖b 所示位置（對角線bd 與磁場方向夾角為）時，求1通過導線ba 、 ad 、 bc 和 cd 的電流強度；2為維護正方體作勻速轉(zhuǎn)動所需的外力矩；八、（ 10 分）空心激光束是一種在傳播方向上中心光強為零的圓筒形光束；由于這一特點，它可以把某些微小粒子約束在激光束的中心部位

11、，作為激光導管，激光鑷子、光學扳手等，實現(xiàn)對納米粒子、 生物細胞等微小粒子的精確操控；空心激光技術(shù)目前在生物學、激光加工、原子冷卻等方面得到了廣泛的應用，正逐步成為一門新興的學科分支；產(chǎn)生空心激光束的基本做法是利用光學系統(tǒng)將一束實心的圓柱形激光轉(zhuǎn)換成為一束空心的激光；給定如下光學器件：焦距為f 的凸透鏡，圓錐角為45 的錐面反射鏡，半徑為r 的球面鏡（中間有圓孔） ，如圖：利用上述光學器件設(shè)計一光學系統(tǒng)，使得一束很細的實心圓柱入射激光轉(zhuǎn)化成一束空心的出射激光，且空腔為圓柱形，半徑為r ；請回答如下問題：1畫出該光學系統(tǒng)的光路圖；2求該光學系統(tǒng)中錐面鏡頂點到球面鏡球心的距離x ；一、（ 25 分

12、）填空題24kr142km（分）622fv，fv（4 分）vuvu1 13 t01mg p0 a（ 6 分）4 7.3106 ms 1 ， 2.8108 ms 1 ， 8.4105 v （ 9 分）pheep2c2m2 ykeeevem c2二、（ 20 分）1令 m 表示物塊的質(zhì)量，物塊在斜面上滑動的加速度amg sin1mg cosmg sin1 cos，（ 1）物塊滑到斜面底端的速度01v2ah2gh1cot4.0m/s（ 2）sin以傳輸帶為參照系，物塊滑到傳輸帶的初速度大小vvv00225.0m/s；（ 3）運動方向與傳輸帶邊緣的夾角滿意tan4 ；（ 4）3物塊在傳輸帶上作減速運動

13、，其加速大小為a2 mg m2 g ；（ 5）當物塊與傳輸帶相對靜止時在傳輸帶上運動的距離v 2v 2s00，（ 6）2a2 1 g物塊不超過傳輸帶的邊緣對應的最小摩擦系數(shù)2 應滿意s sinv 2 sin0d（ 7）22 g因此可得0v 2 sin22gd0.5 ；（ 8）2物塊對傳輸帶的摩擦力大小fg vv，（ 9）2002 g方向與v0 的方向相同；從地面參照系來看，傳送帶速度為v ，單位時間內(nèi)物塊對傳輸帶所做的功wfvcos，（ 10）因此負載所引起的附加功率pwv 2640w；（ 11）考慮到無負載時電機的輸出功率000pi ei 2 r360w；（ 12）有負載時電機的輸出功率為p

14、p0p1000w；（ 13）設(shè)有負載時的工作電流為i ，就piei 2 r ，（ 14）解之得i10a ；（ 15）評分標準：（ 2）式 2 分，（ 3）、（ 4）式共 2 分，（ 6）式 2 分，（7）式 3 分，（ 8）式 1 分，（ 9）式 4 分，（10）式 2 分，（ 13）式 2 分，（ 15）式 2 分；三、（ 20 分）設(shè)輕桿的桿長為2l ，當桿與水平線的夾角為時，球1 和球 2 的速度分別為v1 和 v2 ，桿轉(zhuǎn)動的角速度為；因機械能守恒，有0mgl sin2mgl sin1 2m v 21 mv2 ；（ 1）1222又因v1v2l，（ 2）可由（ 1）、（ 2）解得2 g

15、sin3l輕桿與兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量（ 3）l2 mlv1mlv2 ，（ 4）由角動量定律有2mgl cosmgl cosl t；（ 5）依據(jù)角加速度的定義，（ 6）t由（ 2）、（4）、（ 5）、（ 6）各式得g cos；（ 7）3l當兩球都未脫離輕桿時，兩球都繞轉(zhuǎn)軸作圓周運動，球 1 的切向加速度和法向加速度分別為altl（ 8）altl（ 9）以 n1 表示沿垂直于輕桿方向球1 與桿的相互作用力的大小，以f 1 表示沿著輕桿方向球1 與桿的相互作用力的大小，依據(jù)牛頓其次定律，有2mg cosn12malt，（ 10）f12mg sin2malt（ 11）由（ 3）、（9）、（

16、10）、（ 11）各式得1n4 mg cos 31f10 mg sin 3；（ 12）；（ 13）對 2 球作同樣的分析，沿垂直于輕桿方向球2 與桿的相互作用力的大小n2 與沿著輕桿方向球 2 與桿的相互作用力的大小f2 分別為2n4 mg cos 3f1 mgsin，（ 14）；（ 15）23由（ 12）、（14）式可知，桿與小球1、桿與小球2 的最大靜摩擦力相等，而（13）、（ 14）式說明小球1 與桿的摩擦力大于小球 2 與桿的摩擦力，故在轉(zhuǎn)動過程中，小球1 與桿之間的摩擦力先達到最大靜摩擦力，故小球 1 先滑動； 設(shè) 1 球開頭滑動時，細桿與水平線夾角為1 ，就f11n11，即 10

17、mg sin3mg cos，（ 16）1134由（ 16）式并代入數(shù)據(jù)得1；（ 17）6當1 時，球 1 開頭向外滑動；由于球1 的初始位置緊靠輕桿末端，球1 從開頭滑動到脫1；離細桿的時間可忽視不計，因此球1 脫離細桿與水平線夾角也為6球 1 一旦脫離輕桿， 因輕桿沒有質(zhì)量，球 2 與輕桿間的相互作用立刻消逝，此后球 2 只受重力作用而作斜舞女運動，留意到（2）、（3）、（ 7）各式，拋出時的初速度v0l2g sin 13l3gl 3；（ 18）初速度的方向與水平線的夾角01；（ 19）23在球 2 作拋體運動的過程中，球與輕桿間雖無相互作用，但球仍套在桿上，輕桿將跟著球運動，但不會干擾小球

18、的運動；當球離轉(zhuǎn)軸的距離再次等于l 時，球 2 便脫離輕桿；建立如下列圖的坐標系oxy ，依據(jù)斜拋運動規(guī)律可得任意t 時刻（取球2 開頭作拋體運動的時刻為計時起點）球2 的位置坐標xl cos 1v0 cos 0 t ，（ 20）yl sinv sint1 gt 2 ，（ 21）1002球 2 脫離細桿時有l(wèi) 2x2y2 ；（ 22）利用（ 17）、（ 18）、（19）各式得22l2 ltt2tg3 g0 ，（ 23）從而解得t1153l；（ 24）g此時x 2365 l；（ 25）y 215 l6設(shè)球 2 脫離細桿時細桿與水平線夾角也為2 （如圖），就cos 2x235，（ 26）l62ar

19、ccos235678.2（或 1.36 弧度）；（ 27）評分標準：（ 3）式 2 分，（7）式 3 分，（ 12） （ 15）式各1 分，（ 16）式 2 分，（ 17）式 1分，（ 18）式 2 分，（19）式 1 分，（ 20） （22）式各 1 分，（ 26）、（ 27）式各 1 分；四、（ 15 分）解法 1：以 m 表示質(zhì)點b 的質(zhì)點，表示連線 bc 與豎直方向的夾角，表示轉(zhuǎn)動角速度，fbc 表示 bc 間排斥力的大?。灰罁?jù)牛頓定律有f ab sin1fbcsin2mabsin1 ，（ 1）2f ab cos 1f bc cos0 ，（ 2）f ac sin2f bc sinmac

20、sin2 ，（ 3）f ac cos2f bc cos0 ；（ 4）由（ 1）、（3）兩式并利用（2）、（ 4）兩式可得fab sin1f ac sin2ab sin ac sin1 ；（ 5）2考慮到幾何關(guān)系absin2acsin1（ 6）并利用已知f ab 和f bc 的表示式；可由（5）得到a 2absin1acsin2（ 7）又，由（ 2）、（ 4）式可得f abf accos cos；（ 8）21帶入已知的f ab 和f bc 的表達式可得abcosaccos2 ；（ 9）122聯(lián)立（ 7）、（ 9）從而有sin1 cos1sin2 cos2 ；（ 10）假如1 2 ，就意味著方程2

21、2sincosc0（ 11）在0 ， 2區(qū)間有兩個不同的解，其中c 為某一合適的常數(shù)；這要求函數(shù)2sincos在0 ，區(qū)間不能是單調(diào)函數(shù)，也就是說 sin和 cos不能同時為單調(diào)增函數(shù)或單調(diào)減函2數(shù)；因此當增大時，如 sin增大，就cos2應減??；反之，如sin減小，就cos2應增大，故與2 同號；因此有0（ 12）2a2 ；（ 13）對 a0 ，可知2sincos在0 及時均為零，因此2sincos在0 ， 區(qū)間肯定2存在極值點， 意味著方程（ 11）在 c 合適選取的情形下必有兩個或兩個以上的不同解；對 a2亦然；因此條件（12）、（ 13）是符合題意要求的充分必要條件；評分標準：（ 1）

22、（ 4）式各 1 分，（ 6）式 1 分，（10）式 6 分，（12）、（ 13）式及其以下說明共 4 分；解法 2：如圖， 設(shè) b 、c 間的排斥力是f ，它們受到a 的吸引力分別是f ab 、 f ac ，向心力分別是fc 1 、fc 2 ，距離 a 分別是 r1 、 r2 ；依據(jù)三角形的相像關(guān)系，有f abfc 1f，（ 1a）r1abbdf acfc 2f；（ 2a）r2adcd以上兩式相比可得f ab r2fc 1cd（ 3a）frfbdac1c 2依題意有f abf acr1，（ 4a）r2fc 1ebr1 sin，（ 5a）1fc 2fcr2 sin2cdafr2 cos2 ，（

23、 6a）bdaer1 cos 1將（ 4a）（ 6a）代入（ 3a）得1r1r1 sin1r2r2 sin2r2 cos r1 cos2 ；（ 7a）122由（ 7a）得sin1 cos1sin2 cos2 ；（ 8a）之后的爭論與“參考解答1”相同；評分標準：考慮“參考解答1”；五、（ 15 分）以 pa 表示環(huán)境中大氣的壓強，就初始時裝入容器的空氣的壓強為pa ，溫度為ta ，以 va 表示其體積；當容器與冰山接觸，達到平穩(wěn)時，容器中空氣的溫度為t1 ，體積減小為v0 ，依據(jù)題意，空氣經(jīng)受的過程為等壓過程，故有v0vat1ta（ 1）在這一過程中，容器中空氣內(nèi)能的增加量為u2.5 pa v

24、0va，（ 2）大氣所考察空氣做功為wpa v0va（ 3）如以 q 表示此過程中冰山傳給容器中空氣的熱量，依據(jù)熱力第肯定律有quw ；（ 4）由以上四式得q3.5 pavat1tata（ 5）（ 5）式給出的q 是負的，表示在這一過程中，實際上是容器中的空氣把熱量傳給冰山；容器中空氣的溫度降至冰山溫度后，又經(jīng)一過等容升溫過程，即保持體積v0 不變， 溫度從 t1升至環(huán)境溫度ta ，并從四周環(huán)境吸熱；如以p1 表示所考慮空氣的壓強，就有p1patat1（ 6）設(shè)噴管的體積為u ，當噴管中的氣體第一次被噴出時，容器中空氣的壓強由p1 降到p2 ；根據(jù)題目給出的條件，有p1 v0up2v0 ，（

25、7）v0u即 p2p1v0（ 8）噴出氣體獲得的動能ek1p1pau ；（ 9）當噴管中的空氣其次次噴出后，容器中空氣壓強由p2 降到p3 ，依據(jù)題給出的條件可得v0up3p2v0（ 10）噴出氣體獲得的動能ek2p2pau ；（ 11）當噴管中的空氣第n 次被噴出后，容器內(nèi)空氣的壓強由pn 降到p n 1 ，依據(jù)題給出的條件可得ppv0u（ 12）n 1nv0噴出氣體獲得的動能e1kpnpau ；（ 13）假如經(jīng)過n 次噴射后，容器中空氣的壓強降到四周大氣的壓強，即pn 1pa ，（ 14）這時噴氣過程終止，在整過噴氣過程中，噴出氣體的總動能；ekek1ek2ekn（ 15）利用（ 8）到（

26、 13）式，（ 15）式可化成ep u 1v0uv02n 1u v0unp u ，（ 16）k1av0v0v0（ 16）式等號右邊第1 項方括號內(nèi)是n 項的等比級數(shù)，故有n1v0uv0ekp1unpa u ；（ 17）1v0u v0又，依據(jù)（ 8）、（ 10）、（ 12）、（ 14）各式可得npv0u1v0pa ，（ 18）對（ 18）式等式兩邊取自然對數(shù)得n ln 1u v0ln pa p1；（ 19）因 uv0 ，可利用近似公式ln 1x x 把（ 19）進一步化簡，即nv0 ln p1（ 20）upa進而由（ 17）、（ 18）、（ 20）三式得eppvp v ln p1（ 21）k1a

27、0a0pa將（ 1）、（6）代入（ 21）式，可得ep v1t1t1 ln t1；（ 22）ka atatata依據(jù)題意，這些動能可轉(zhuǎn)化成的電能為t1e0.45 pava1tat1 ln t1 tata；（ 23）以上爭論說明，要獲得電能e ，冰山必需吸取q 的熱量，整座冰山化掉可吸取的總熱量q1ml ；（ 24）因此可產(chǎn)生的總電量為e1ml e ；（ 25）q將（ 5）和（ 23）帶入（ 25）式，得1t1e19 mlta701t1 ln t1 tatat1ta，（ 26）代入數(shù)據(jù)后有1e1.51014 j（ 27）評分標準：（ 5）式 3 分，（ 7）式 1 分，（ 9）式 2 分，（17

28、）式 2 分，（ 18）式 1 分，（ 22）式3 分，（ 25） （27）式各 1 分；參考解答2：以 pa 表示環(huán)境中大氣的壓強；設(shè)融解整座冰山可使n 摩爾的空氣參加如題所述的過程，且在過程a 中體積和溫度變化分別為v 和tt1ta ，就在此過程中這部分氣體放出的熱量為qpv5 pv ；（ 1）aa2其中右邊第一項表示大氣對系統(tǒng)做的功，其次項表示系統(tǒng)內(nèi)能的變化，考慮到物態(tài)方程，有q7 nr tt，（ 2）a12這部分熱量等于冰山融解吸取的熔解熱，故qml ，（ 3）因此聯(lián)立（ 2）、（ 3）可得n2ml7 r tat1；（ 4）在氣體等容吸熱的過程b中，設(shè)最終達到壓強p0 ，體積達到v0

29、，就易得pta paat10vnrta p0，（ 5）（ 6）再考慮噴氣過程：由于等溫，在每個噴氣的小過程中過后，容器內(nèi)的壓強增量p 滿意p pv0u，（ 7）pv0其中 v0 為過程b 中系統(tǒng)的體積，p 為這個噴氣過程中容器內(nèi)的壓強，那么噴出的氣體的動能eppa u ，（ 8）與（ 7）聯(lián)立，消去u ，得eppvp；（ 9）ka0p因此，做變換ede ，pdp ，總的動能就為padpeppv（ 10kp 0a0p）ppvp v ln p0p0a0a 0a最終，據(jù)題意所獲得的總的電能為e0.45ek ，（ 11）將（ 4）、（5）、（ 6）、（ 10）帶入（ 11）式，得1t1e9 mltat

30、1 ln t1 tata；（ 12）701t1ta代入數(shù)據(jù)后有e1.51014 j ；（ 13）評分標準：參考“參考解答1”的評分標準；1依據(jù)題意，乒乓球與金屬板第一次碰撞前其動能和速度分別為ek10（ 1）v10（ 2）剛碰后，乒乓球帶的電荷量q c0u（ 3）其動能和速度分別為ek10（ 4）v10（ 5）此后在電場力作用下乒乓球向另一金屬板加速運動；當它到達另一金屬板，與金屬板其次次碰撞前其動能為ek2ek2qu（ 6）留意到（ 3）、（ 4）式有ec u2k20（ 7）與金屬板其次次碰撞前的速度為2v 2ekm（ 8）其次次碰撞后的速度和動能分別v2ev2e1 mv 2（ 9）（ 10

31、）k222由（ 9）、（10）式得k2k2ee2 e（ 11）乒乓球與金屬板第三次撞前動能為ek2ek2qu（ 12）由（ 3）、（7）（ 11）、（ 12）式得e1ec u 2（ 15）k30乒乓球與金屬板第三次碰撞前速度1v2 ek2m（ 16）乒乓球與金屬板第三次碰撞后的速度和動能分別為v3ev3（ 17）ee3e（ 18）k3k3乒乓球與金屬板四次碰撞前的動能ek4ek3qu（ 19）由（ 3）、（15）、（ 18）、（ 19）式得e1e2e4 c u 2（ 20）k40乒乓球與金屬板第四次碰撞前速度為4v2 ek4 m（ 21）乒乓球與金屬板第四次碰撞后的速度和動能分別為v4ev4（

32、 22）k4k4ee2 e（ 23）以此類推，可得乒乓球與金屬板第n次碰撞前、后的動能分別為e1e22 n 2c u 2（ 24）ekn0ee2 1e22 n 2c u 22（ 25）ekn0即2n1e1ec u 2（ 26）1kne20eln22 n 1e1e22c0u（ 27）1e對非彈性碰撞，e1 ，可由以上兩式看出ekn 和 ekn 均隨碰撞次數(shù)單調(diào)遞增；當n時有ek.122 c0u（ 28）1e2e2ek2 c0u（ 29）1e乒乓球運動過程中達到的最大動能應與金屬板碰撞前的極限動能，即ekmaxek122c0u1e（ 30）2經(jīng)過足夠長時間后亦即n時，乒乓球在某一次與金屬板碰撞后和

33、下一次碰撞前的速度分別為v2ekm2c0eu21em（ 31）v2ekmu2c021em（ 32）此間時間間隔dtvv（ 33）2因此可得，通過外電路的平均電流強度iq（ 34）t由（ 31）、（32）、（ 33）、（ 34）各式得2ic0ud1ec01 e2m（ 35）評分標準：（ 26）、（27）式或（ 28）、（29）式共8 分，（30）式 2 分，（ 31）（ 33）式各1分，（ 35）式 2 分；七、參考答案1：1 a a 和 cc 中的感應電動勢為ea aecc2 bl 212sin（ 1）b b 和 dd 中的感應電動勢為b bdd2 bl 222cos（ 2）依據(jù)電路的對稱性可

34、知i bai a bi d ci cdi 1 ， i adi d ai c bi bci 2（ 3）依據(jù)基耳霍夫第肯定律，有i aai c ci 1i 2（ 4）i b bi ddi1i 2（ 5）依據(jù)基耳霍夫其次定律，有i1ri aa ri 1 r1i bb r21（ 6）i1ri dd ri 2 ri ad r21（ 7）2ibci adi 12 blcossin（ 8）i adi bci 28r2 bl 28rcossin（ 9）2當正方體轉(zhuǎn)動到任意位置（對角線 db 與磁場夾角為任意）時，通過 a a 、cc ，b b 、dd的電流i a ai adi ba2 bl 2sin（ 10）sin（ 11）coscos（ 13）（ 12）4r2i ccibci cd2 bl442i b bi bai bc2 bi4r2 bl 2i ddi adi cd4r為維護正方體作勻速轉(zhuǎn)動所需的外力矩等于磁場對電路作用的合力矩，即fa afccbli a a ， fb bfddbli b b（ 14）m2f2 l sin2f2 l cos（ 15）a ab b22