1、 .wd.第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試卷答案與評分標(biāo)準(zhǔn)一、參考解答：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動過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標(biāo)原點并以豎直向下方向為正方向建立坐標(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)式表示物塊的運動是簡諧振動. 假設(shè)，那么，對應(yīng)于物塊的平衡位置.由

2、(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；但物塊的運動始終由(15)表示是有條件的，那就是在運動過程中物塊始終沒有完全浸沒在湖水中.假設(shè)物塊從某時刻起全部浸沒在

3、湖水中，那么湖水作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運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

4、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，物塊在運動過程中會從某時刻起全部浸沒在湖水外表之下.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)：此題17分.6式2分，1015161718式

5、各1分，20式3分，21式1分，23式3分，27式2分，28式1分. 二、參考答案： 1.Ri.通過計算衛(wèi)星在脫離點的動能和萬有引力勢能可知，衛(wèi)星的機械能為負值. 由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運動軌道為橢圓或圓，地心為橢圓的一個焦點(或圓的圓心)，如下圖.由于衛(wèi)星在脫離點的速度垂直于地心和脫離點的連線，因此脫離點必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點或近地點；設(shè)近地點或遠地點離地心的距離為，衛(wèi)星在此點的速度為.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)機械能守恒定律有 2 由1和2式解得(3)可見該點為近地點,而脫離處為遠地點.【3式結(jié)果亦可由關(guān)系式：直接求得】同步衛(wèi)星的軌

6、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，從遠地點可求出該常量為(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地點，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)星到達近地點，而此時太空電梯已轉(zhuǎn)過此點，這說明在此前衛(wèi)星

7、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動，同時太空電梯完成一個運動周期，所以在12-24小時內(nèi)二者必相遇，從而可以實現(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和衛(wèi)星在太空電梯上的脫離點分別為其軌道的近地點和遠地點.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)星與赤道相切點即近地點的速率，那么有和由上兩式聯(lián)立可得到方程其中除外其余各量均, 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

8、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)星運行的周期，設(shè)橢圓的半長軸為，半短軸為，有 (14) (15)因為面積速度可表示為 (16)所以衛(wèi)星的運動周期為 (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位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng)19即衛(wèi)星著地點在赤道上約西經(jīng)121度處.評分標(biāo)準(zhǔn)：此題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、，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、參考解答：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)心運動定理有12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56球碰擋板

10、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)心參考系的運動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動，假設(shè)轉(zhuǎn)動角速度為，那么三小球?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8910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)心重合的那一點作為角

11、動量的參考點，那么對該參考點(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2y19由13和19式得20球假設(shè)先于球與擋板發(fā)生碰撞，那么在球與擋板碰撞后，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假設(shè)23那么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)：此題25分.1、2、11、12、19、20

12、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，其方向沿軸的負方向，根據(jù)質(zhì)點組的動量定理有 2 3以坐標(biāo)原點為參考點，根據(jù)質(zhì)點組的角動量定理有4因為連結(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5677式中為桿與連線的夾角.由幾何關(guān)系有89解以上各式得101112131415按題意，自球與擋板碰撞完畢到球 (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)心作勻速直線運動. 假設(shè)以質(zhì)

13、心為參考系，那么相對質(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，在球與擋板碰撞剛完畢時系統(tǒng)質(zhì)心的速度1617這時系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為1819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2021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22xOPACB圖2y假設(shè)使球先于球與擋板發(fā)生碰撞，那么在球與擋板碰撞后，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假設(shè)25那么球先于球與

14、擋板碰撞.由以上有關(guān)各式得26即 (27)評分標(biāo)準(zhǔn)：此題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

15、離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)?2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一樣，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

16、極板帶電荷量 19評分標(biāo)準(zhǔn)：此題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)兩接觸點間的長度，由幾何關(guān)系有2d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

17、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45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)強度的大小分別為67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1

18、0其中為金屬桿與大圓環(huán)兩接觸點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)?5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

19、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)：此題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，那么氣體總摩爾數(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)閉閥門之后與翻開閥門之前氣體內(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中氣體的壓強為，關(guān)閉閥門后A中氣體壓強為，由理想氣體狀態(tài)方

20、程可知 4 5由以上各式可解得由于進入容器B中的氣體與仍留在容器A中的氣體之間沒有熱量交換，因而在閥門翻開到重新關(guān)閉的過程中留在容器A中的那局部氣體經(jīng)歷了一個絕熱過程，設(shè)這局部氣體初始時體積為(壓強為時)，那么有 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)：此題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

21、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動.下面分四步進展分析.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.假設(shè)S系中一些正離子所占據(jù)的長度為，那么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，那么由相對論中的長度收縮公式