第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考解答与评分标准Word格式文档下载.doc
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（10）
式中m为彗星的质量．以表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有
（11）
得
（12）
代入有关数据得
（13）
设P点速度方向与的夹角为（见图2），根据开普勒第二定律
（14）
其中为面积速度，并有
（15）
由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得
（16）
图2
解法二
取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为，取逆时针为正向，用r、表示彗星的椭圆轨道方程为
（1）
其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知
（2）
将
（2）式代入
（1）式可得
（3）
（4）
在近日点，由（3）式可得
（5）
将、、的数据代入（3）式即得
（6）
可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能
（7）
（8）
可得
（9）
（10）
设P点速度方向与极轴的夹角为，彗星在近日点的速度为，再根据角动量守恒定律，有
（11）
根据（8）式，同理可得
（12）
由（6）、（10）、（11）、（12）式并代入其它有关数据
（13）
评分标准：
本题20分
（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，（13）式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．
（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，（10）式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．
二、参考解答：
q
a
B
D
C
A
N1
N2
E
mg
f2
F
O
y
f1
N4
N3
x
1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：
为地面作用于杆的摩擦力，为地面对杆的支持力，、为杆作用于杆的摩擦力和支持力，、分别为墙对杆和的作用力，为重力.取杆和构成的系统为研究对象，系统平衡时,由平衡条件有
（1）
（2）
以及对A点的力矩
即
（3）
式中待求.是过的竖直线与过的水平线的交点，为与的交点．由几何关系有
（4）
取杆CD为研究对象，由平衡条件有
（5）
（6）
以及对点的力矩
（7）
解以上各式可得
（8）
（9）
（10）
（11）
（12）
（13）
CD杆平衡的必要条件为
（14）
由（12）、（13）、（14）式得
（15）
AB杆平衡的必要条件为
（16）
由（10）、（11）、（16）式得
（17）
因此，使系统平衡，应满足的条件为（15）式和（17）式．
2．将题给的数据代入（15）式可得
（18）
将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得
（19）
因此，的取值范围为
（20）
第1问15分
（1）、
（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，（9）、（10）式各1分,（12）到（17）式各1分．
第2问5分
（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分．
三、
T
1．设在时刻，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于点，绳与圆筒的切点为，到的距离即绳的拉直部分的长度为，圆筒的角速度为，小球的速度为.小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度和垂直于绳子方向的速度两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有
（1）
（2）
因为绳子不可伸长，与切点的速度相等，即
（3）
解
（1）、
（2）、（3）式得
（4）
（5）
由（4）式可得
（6）
这便是在卫星角速度减至时绳的拉直部分的长度．
2．由（6）式，当得
（7）
这便是绳的总长度L.
3．如图2所示，从时刻到，切点跟随圆筒转过一角度，由于绳子的拉直部分的长度增加了，切点相对圆筒又转过一角度，到达处，所以在时间内，切点转过的角度
（8）
切点从变到也使切线方向改变了一个同样的角度，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度引起的，故有
（9）
由
（1）、
（2）、（3）式可得
（10）
由（8）、（9）、（10）三式得
（11）
（11）式表示随均匀增加，故由0增加到所需的时间为
（12）
R
l
r
1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.
在时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为，小球到切点T的距离即绳的拉直部分的长度为，小球到转轴的距离为，圆筒的角速度为.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.
首先考察小球相对于圆筒的运动.在时刻，与固定在圆筒上的半径的夹角为，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间，切点从圆筒上的点移到点，与的夹角变为，绳的拉直部分的长度由变为，小球由运动到，便是小球相对圆筒的位移.当很小时，故
于是小球相对圆筒的速度大小为
（1）
方向垂直于．是切点相对圆筒转动的角速
图3
度．
再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为时，位于转动参考系中的点（小球所在处）相对质心系的速度
（2）
方向垂直于．可以把分解成沿着方向的分量和垂直方向的分量，如图3所示，即
（3）
（4）
小球相对质心系的速度是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的点相对质心系速度的合成，由图3可得的大小
（5）
因
（6）
故有
（7）
因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有
（8）
（9）
由（7）、（8）两式有
（10）
由
（1）、（3）、（4）、（6）、（9）各式得
（11）
由（10）、（11）两式得
故有
（12）
上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将（12）式代入（11）式得
（13）
由（6）、（13）两式得
（14）
2．由（14）式，当得绳总长度,即
（15）
3．因是一个恒量，随时间的的变化规律为
（16）
当时，由（13）式可得卫星停旋时的
（17）
设卫星停转所用的时间为，由（16）、（17）式得
（18）
本题25分．
第1问12分．
（1）、
（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．
第2问3分．（7）式3分．
第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．
第1问18分．
（1）式3分，
（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，
第2问3分．（15）式3分．
第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．
四、
1．根据题意，粒子的初速度只有y方向和z方向的分量，设它们为和.因为粒子在z方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z方向以初速度作匀速运动.
粒子在Oxy面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：
可把粒子在y方向的初速度表示为
（1）
其中
（2）
沿y负方向．与相关的磁场力
（3）
沿x负方向.粒子受到的电场力
（4）
沿x正方向．由
（2）、（3）、（4）式可知，粒子在x方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为的速度沿y负方向运动．除此之外，由
（1）式可知，粒子还具有初速度
（5）
沿y正方向，与相关的磁场力使粒子以速率在Oxy面内作匀速圆周运动，以表示圆周运动的半径，有
（6）
（7）
由周期的定义和（7）式可得圆周运动的周期
（8）
（8）式表明，粒子运动的周期与粒子在y方向的初速度无关．经过时间T或T的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz平面.
2．增加的电场对粒子在Oxy平面内的运动无影响，但粒子在z方向要受到此电场力作用．以表示在此电场力作用下的加速度，有
（9）
或
这是简谐运动的加速度，因而有
（11）
由（10）、（11）可得
（12）
因未增加电场时，粒子在z方向作初速度为的匀速运动，增加电场后，粒子在z方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有
（13）
x
粒子在Oxy平面内的运动不受电场的影响．设为粒子在Oxy平面内作圆周运动的角速度，则有
（14）
由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t的变化关系
（15）
（16）
考虑到粒子在y方向还具有速度为的匀速运动，并利用
（2）、（5）、（7）、（14）以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：
（17）
（18）
（19）
本题20分．
第1问12分．
（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．
第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分.
五、
答案与评分标准
本题15分．
1． （2分）， （2分）， （2分），
（1分）．
2．0.62V （2分）；
0.54V （2分）；
49mW （2分）；
6.0 （2分）．
六、
在电加热器对A室中气体加热的过程中，由于隔板N是导热的，B室中气体的温度要升高，活塞M将向右移动.当加热停止时，活塞M有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端.当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.
1.设加热恰好能使活塞M移到气缸的最右端，则B室气体末态的体积
（1）
根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用表示B室中气体末态的温度，有
（2）
由
（1）、
（2）式得
（3）
由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度
（4）
下面计算此过程中的热量.
在加热过程中，A室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即
（5）
由（4）、（5）两式得
（6）
B室中气体经历的是等压过程，在过程中室气体对外做功为
（7）
由
（1）、（7）式及理想气体状态方程得
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