29届全国中学生物理竞赛复赛高清试题图片Word答案.docx

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29届全国中学生物理竞赛复赛高清试题图片Word答案

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第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立x坐标系，以下简称系.设物块下底面的坐标为，在物块未完全浸没入湖水时，x其所受到的浮力为2（）

（1）fbxgxbbg式中为重力加速度.物块的重力为3

（2）fbgg设物块的加速度为，根据牛顿第二定律有a3（3）baffgb将

（1）和

（2）式代入（3）式得g（4）axbb将系坐标原点向下移动而建立新坐标系，简称系.新旧坐标的关系为xb/X（5）Xxb把（5）式代入（4）式得g（6）aXb（6）式表示物块的运动是简谐振动.若，则，对应于物块的平衡位置.由X0a0（5）式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在系中的坐标为x（7）xb0物块运动方程在系中可写为X（8）X（t）Acost利用参考圆可将其振动速度表示为（9）V（t）Asint式中为振动的圆频率g（10）'b8

在（8）和（9）式中和分别是振幅和初相位，由初始条件决定.在物块刚被释放Ax=0时，即时刻有，由（5）式得t0（11）X（0）b（12）V（0）0由（8）至（12）式可求得（13）bA（14）将（10）、（13）和（14）式分别代人（8）和（9）式得（15）X（t）bcost（16）V（t）gbsint由（15）式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由（15）表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中.若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定.为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况.显然，在系中看，物块下底面坐标为时，物块刚好被完全浸没；由（5）式xb知在系中这一临界坐标值为X（17）XX1bb即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下处.注意到在Xb振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠，下面分两种A情况讨论：

I．.由（13）和（17）两式得AXb2（18）在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中.因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置.由（10）式得振动周期2b（19）T2g物块从初始位置出发往返一次所需的时间b（20）tT2Ig9

II．.由（13）和（17）两式得AXb（21）2在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下.设从t初始位置起，经过时间物块刚好全部浸入湖水中，这时.由（15）和（17）XtX11b式得（22）cost11取合理值，有b（23）tarccos11g由上式和（16）式可求得这时物块的速度为2（24）V（t）gb1-11此后，物块在液体内作匀减速运动，以表示加速度的大小，由牛顿定律a有（25）ag设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为，有t2（26）Vtat012由（24）-（26）得2b（27）t112（）g物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2b2b（28）t2（tt）2arccos111II12g（）g评分标准：

本题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.10

二、1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点（或圆的圆心），如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为，rR0.80R卫星在此点的速度为.由开普勒第va二定律可知2

（1）rv=0.80Rb式中为地球自转的角速度.（2/T）e令表示卫星的质量，根据机械能守m恒定律有1GMm1GMm222

（2）由mvm0.80R2r20.80R

（1）和

（2）式解得（3）r0.28R可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【（3）式结果亦可由关系式：

GMm1GMm22m0.80Rr0.80R20.80R直接求得】同步卫星的轨道半径满足RGM2（4）R2R由（3）和（4）式并代入数据得4（5）r1.210km可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球.ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为12（6）0.80Rs2设和分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有ab11

0.28R0.80R（7）a220.800.2822（8）baR2T卫星运动的周期为ab（9）Ts代人相关数值可求出（10）T9.5h卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过，卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此（约14小时）1.5T点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收.2.根据题意，卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为1GMmGMm2（11）m（R）x2RRRxxe此式可化为3RR2GMxx（12）123RRReee这是关于的四次方程，用数值方法求解可得Rx4（13）R4.7R3.010kmxe表示卫星与赤道相切点v【亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令Rxe即近地点的速率，则有2RvReex和12

1GMm1GMm22mvm（R）ex2R2Rex由上两式联立可得到方程53RRR2GM2GMxxx02323RRRRReeeee其中除外其余各量均已知,因此这是关于的五次方程.同样可以用数值方法解得.】RRRxxx卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期T，设椭圆的半长轴为，半短轴为，有abRRxe（14）a22RR2ex（15）ba2因为面积速度可表示为12（16）Rsx2所以卫星的运动周期为ab（17）Ts代入相关数值可得h（18）T6.8卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经处与赤道相切.但由于地球自转，在这（180110）期间地球同时转过了角度，地球自转角速度，因此卫星与地球赤道T/2360/24h15/h相切点位于赤道的经度为西经T（19）1801101212即卫星着地点在赤道上约西经121度处.评分标准：

本题23分.第1问16分，第i小问8分，

（1）、

（2）式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.5%第2问7分，（11）式1分，（13）式2分，（18）式1分，（19）式3分.（数值结果允许有的相对误差）三、13

解法一如图1所示，建直角坐标，轴与挡板垂直，轴与挡板重合.碰撞前体系质心的速xyOxy，方向沿x轴正方向，以表示系统的质心，以和表示碰撞后质心的速度分量，vPvv度为Py0Px表示墙作用于小球的冲量的大小.根据质心运动定理有JC

（1）J3mv3mvPx0

（2）03mv0Pyy由

（1）和

（2）式得3mvJ0（3）vPx3m（4）v0PyAB可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球OCx与挡板碰撞过程中，质心的坐标为（5）xlcosPP1（6）ylsinlP3CP球碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角CC动量为零；球碰挡板后，质心相对质心参考系仍是C静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心的角动量P图1222LmlmlmlAPBPCP（7）式中、和分别是、和三球到质ABClllAPBPCP心的距离，由图1可知P122222（8）llcoslsinAP91222（9）llsinBP9422222（10）llcoslsinCP9由（7）、（8）、（9）和（10）各式得222（11）Lml（12cos）3在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力.但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量的冲量矩，即有J2（12）JlsinL3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点（12）式也成立】由（11）和（12）式得14

Jsin（13）球C2ml（12cos）相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）（14）vlsin（lsin|y|）CPxCPP（15）vlcoslcosCPyCP球相对固定参考系速度的x分量为C（16）vvvCxCPxPx由（3）、（6）、（13）和（16）各式得J（17）vvCx02m（12cos）根据题意有（18）v0Cx由（17）和（18）式得2（19）Jmv（12cos）0由（13）和（19）式得vsiny0（20）l球若先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板碰撞后，整ABC个系统至少应绕质心转过角，即杆至少转到沿y方向，AAB如图2所示.系统绕质心转过所需时间1xO2t（21）P在此时间内质心沿x方向向右移动的距离B（22）xvtPx若（23）yxxCPP则球先于球与挡板碰撞.由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、BA（21）、（22）和（23）式得图23（24）arctan1即36（25）评分标准：

本题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.15

解法二如图1所示，建直角坐标系，轴与挡板垂直，xOxyyv、、、、和分vvvvvv以轴与挡板重合，vyAyByCyAxBxCxAyBy别表示球与挡板刚碰撞后、和三球速度的分量，ABCCvvBAO根据题意有AxBxx

（1）v0CxPvCy以表示挡板作用于球的冲量的大小，其方向沿轴xJC的负方向，根据质点组的动量定理有C

（2）Jmvmv3mvAxBx0C（3）0mvmvmv图1AyByCy以坐标原点为参考点，根据质点组的角动量定理有O（4）因JlsinmvlcoslcosmvlcosmvlsinAyBy0为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有（5）vvAxBx（6）vsinvsinvcosCyByBx（7）vcosvsinvsinAxAyCy（7）式中为杆与连线的夹角.由几何关系有ABAC2cos（8）cos213cossin（9）sin213cos解以上各式得2（10）Jmv（12cos）02（11）vvsinAx0vvsincos（12）Ay02（13）vvsinBx016

（14）v0By（15）vvsincosCy0按题意，自球与挡板碰撞结束到球（也可能球）碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，ABC系统的质心作匀速直线运动.若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的，、A和三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角速度，可考察球BCB相对质心的速度.由（11）到（15）各式，在球与挡板碰撞刚结束时系统质心的速度PCvvvmmm2（16）2vvAxBxCxsinPx03m3vvvmmmAyByCy（17）v0Py3m这时系统质心的坐标为（18）xlcosP1（19）ylsinP3不难看出，此时质心正好在球的正下方，至球的距离为，而球相对质心的速度yPBBBP12（20）vvvvsinBPxBxPx03（21）v0BPy可见此时球的速度正好垂直，故整个系统对质心转动的角速度BBPvvsinBPx0（22）ylP若使球先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板ABCy碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆至少ABπ/2转到沿y方向，如图2所示.系统绕质心转过所需时间π/2A1π2t（23）xO在此时间内质心沿x方向向右移动的距离PB（24）xvtPx若C（25）yxxPP17图2

则球先于球与挡板碰撞.由以上有关各式得BA3（26）arctan1即36（27）评分标准：

本题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、参考解答：

1．虚线小方框内2n个平行板电容器每两个并联后再串联，其电路的等效C电容满足下式t11n

（1）C2Ct1即2C

（2）Ct1n式中S（3）C4kd虚线大方框中无限网络的等效电容满足下式Ct21111（4）2C2C4C8Ct2即C（5）Ct22整个电容网络的等效电容为CC2Ct1t2（6）CtCCn4t1t2等效电容器带的电量（即与电池正极连接的电容器极板上电量之和）S（7）qCtt（n4）2kd当电容器a两极板的距离变为2d后，2n个平行板电容器联成的网络的等效满足下式电容Ct11n12（8）C2C3Ct118

由此得6C（9）Ct13n1整个电容网络的等效电容为CC6Ct2t1（10）CtC3n13Ct2t1整个电容网络的等效电容器带的电荷量为3S（11）qCtt（3n13）2kd在电容器a两极板的距离由d变为2d后，等效电容器所带电荷量的改变为S（12）qqqttt（3n13）（n4）2kd电容器储能变化为21S22（13）UCCtt22（3n13）（n4）2kd在此过程中，电池所做的功为2S（14）Aqt（3n13）（n4）2kd外力所做的功为2S（15）AUA2（3n13）（n4）2kd2.设金属薄板插入到电容器a后，a的左极板所带电荷量为，金属薄板左q侧带电荷量为，右侧带电荷量为，a的右极板带电荷量为，与q（qQ）（qQ）a并联的电容器左右两极板带电荷量分别为和.由于电容器a和与其并联的qq电容器两极板电压相同，所以有qq（qQ）（16）SSC4kx4k（2dx）由

（2）式和上式得2dx（17）qq3qQd上式表示电容器a左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和，也是虚线大方框中无限网络的等效电容所带电荷量（即与电池正极连接的电容器的Ct2极板上电荷量之和）.整个电容网络两端的电压等于电池的电动势，即19

qqqqq（18）（n1）c2CCt2将

（2）、（5）和（17）式代入（18）式得电容器a左极板带电荷量S（n5）（2dx）（19）qQ（3n13）2kd（3n13）d评分标准：

本题21分.第1问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问8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.五、参考解答:

ca如图1所示，当长直金属杆在ab位置以速度水平v向右滑动到时，因切割磁力线，在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为ll12

（1）BLvI式中为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长LII12度，由几何关系有2R2L2R2R

（2）111100在金属杆由ab位置滑动到cd位置过程中，金属杆与大bd圆环接触的两点之间的长度可视为不变，近似为.2RL1图1将

（2）式代入

（1）式得，在金属杆由ab滑动到cd过程中感应电动势大小始终为（3）2BRv1以、和分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流，方向如图1所示，以表示a、b两IIIU21ab端的电压，由欧姆定律有（4）UIlrab110（5）UIlrab220式中，和分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示，和中的电流在圆心处产生的磁感llll1212应强度的大小分别为Il11（6）Bk1m2R1Il22（7）Bk2m2R1方向竖直向上，方向竖直向下.BB12由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为20

（8）BBB0021无论长直金属杆滑动到大圆环上何处，上述结论都成立，于是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场.在金属杆由ab滑动到cd的过程中，金属杆都处在圆心附近，故金属杆可近似视为无限长直导线，由提示，金属杆在ab位置时，杆中电流产生的磁感应强度大小为2I（9）Bk3mR1100方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2，杆中的电流a（10）IIIIRR12右左RεRRRR右左左右其中为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻，RRR左ab和分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非R右常靠近圆心，故b（11）R2Rr,R=RRr图2ab111右左利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得v800kBm（12）B3R（4rr）110由于小圆环半径，小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的，且都等于长直金RR21属杆在圆心处产生的磁场.当金属杆位于ab处时，穿过小圆环圆面的磁感应通量为2（13）BR3ab2当长直金属杆滑到cd位置时，杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由（13）式表示，但方向相反，故穿过小圆环圆面的磁感应通量为2（14）（B）R3cd2在长直金属杆以速度从ab移动到cd的时间间隔内，穿过小圆环圆面的磁感应通量的vt改变为2（15）2RBcdab23由法拉第电磁感应定律可得，在小圆环中产生的感应电动势为大小为2B2R32（16）itt在长直金属杆从ab移动cd过程中，在小圆环导线中产生的感应电流为RB23i（17）Ii2Rrrt200于是，利用（12）和（17）式，在时间间隔内通过小环导线横截面的电荷量为tvRB800kBR23（18）m2QItirRr（4rr）0101021

评分标准：

本题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、参考解答：

nn设重新关闭阀门后容器A中气体的摩尔数为，B中气体的摩尔数为，12则气体总摩尔数为nnn

（1）12把两容器中的气体作为整体考虑，设重新关闭阀门后容器A中气体温度为TT，B中气体温度为，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表12示为

（2）UnCTTnCTT111221由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有U0（3）pV令表示容器A的体积,初始时A中气体的压强为，关闭阀门后A中气体压11p强为，由理想气体状态方程可知1pV（4）11nRT1（p）V（5）11n1RT1由以上各式可解得1TT11T2TT11由于进入容器B中的气体与仍留在容器A中的气体之间没有热量交换，因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器A中的那部分气体经历了一个绝热Vp过程，设这部分气体初始时体积为（压强为时），则有101CRCRpV（p）VCC（6）1101122

利用状态方程可得pV（p）V11011（7）TT11由

（1）至（7）式得，阀门重新关闭后容器B中气体质量与气体总质量之比RCn2CRCR2（8）Rn2CR评分标准：

本题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、答案与评分标准：

1.19.2（4分，填19.0至19.4的，都给4分）10.2（4分，填10.0至10.4的，都给4分）2.20.3（4分，填20.1至20.5的，都给4分）4.2（4分，填4.0至4.4的，都给4分）八、参考解答：

在相对于正离子静止的参考系S中，导线中的正离子不动，导电电子以速S向下匀速运动；在相对于导电