第19屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題參考解答.doc

第十九屆全國中學(xué)生物理競賽預(yù)賽試題參考解答、評分標(biāo)準(zhǔn)一、參考解答（1）在地面附近，沙塵揚起要能懸浮在空中，則空氣阻力至少應(yīng)與重力平衡，即 式中為沙塵顆粒的質(zhì)量，而 得 代入數(shù)據(jù)得 （2）用、分別表示時揚沙到達(dá)的最高處的空氣密度和高度，則有 此時式應(yīng)為 由、可解得 代入數(shù)據(jù)得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題15分。1. 第一小題8分。其中式3分，式1分，式1分，式2分，式1分。2. 第二小題7分。其中式1分，式1分，式3分，式2分。二、參考解答（1），0 （2），評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分。（1）10分。其中每個空5分。 （2）10分。其中每個空5分。三、參考解答（1）神舟3號（2）設(shè)飛船飛行時間為，繞地球飛行的圈數(shù)為，周期為，飛船的質(zhì)量為，離地面的平均高度為，地球半徑為，地球質(zhì)量為，則有 由、式解得 由題給數(shù)據(jù)可知，代入及其它有關(guān)數(shù)據(jù)得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分（1）4分（2）16分。其中、式各3分，式4分（答案在之間均給這4分）四、參考解答根據(jù)題設(shè)的條件，可知：開始時A中氦氣的質(zhì)量，B中氪氣的質(zhì)量，C中氙氣的質(zhì)量。三種氣體均勻混合后，A中的He有降入B中，有降入C中。He的重力勢能增量為 B中的Kr有升入A中，有降入C中。Kr的重力勢能增量為 C中的Xe有升入A中，有升入B中。Xe的重力勢能增量為 混合后，三種氣體的重力勢能共增加 因球與外界絕熱，也沒有外力對氣體做功，故重力勢能的增加必然引起內(nèi)能的減少。在體積不變時，氣體不做功。由熱力學(xué)第一定律可知，此時傳給氣體的熱量應(yīng)等于氣體內(nèi)能的增量，但因理想氣體的內(nèi)能只由溫度決定，與體積無關(guān)，故只要溫度改變量相同，則體積不變條件下內(nèi)能的增量也就是任何過程中理想氣體內(nèi)能的增量。根據(jù)題給的已知條件，注意到本題中所考察的理想氣體共有3摩爾，故有 上式中右方為氣體內(nèi)能減少量，表示氣體溫度的增量，由、兩式得 將已知數(shù)據(jù)代入，注意到，可得 即混合后氣體溫度降低（如果學(xué)生沒記住的數(shù)值，的值可用標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)的壓強，溫度和1mol理想氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下的體積求得，即）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題共20分。說明經(jīng)擴散使三種氣體均勻混合，并導(dǎo)致氣體重力勢能改變求得式，得8分。說明能量轉(zhuǎn)換過程，由重力勢能增加而內(nèi)能減少，列出式，得8分。得出正確結(jié)果，算出式，得4分。五、參考解答由于光學(xué)系統(tǒng)是左右對稱的，物、像又是左右對稱的，光路一定是左右對稱的。該光線在棱鏡中的部分與光軸平行。由射向光心的光線的光路圖如圖預(yù)解19-5所示。由對稱性可知 由幾何關(guān)系得 由圖可見 又從的邊角關(guān)系得 代入數(shù)值得 由、與式得，根據(jù)折射定律，求得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分1. 圖預(yù)解19-5的光路圖4分。未說明這是兩個左右對稱性的結(jié)果只給2分。2. 、式各給2分，式給3分，式給1分，式給4分。六、參考解答（1）解法一：導(dǎo)體線框放在水平桌面上，俯視圖如圖預(yù)解19-6-1。由圖可見，在線框沒動之前，線框的邊與邊平行于磁場，因而不受磁場力。邊受的安培力的大小為，方向垂直于桌面向下，但此力對軸的力矩為零。邊受的安培力的大小為，方向垂直桌面向上。此力對固定軸的力矩為 除此力矩外，線框還受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘線框重心（點）到軸ab的距離，即 當(dāng)時，桌面對線框的支持力的力矩為零，時，線框?qū)⒏淖冹o止?fàn)顟B(tài)，開始繞軸ab向上翹起。根據(jù)題意及、式，由力矩平衡原理可知 解得 解法二：線框所受的重力矩也可以由各邊對ab軸的重力矩來求。邊與邊的重心均在（）處，兩條邊對ab軸的合力矩為 邊對ab軸的力矩為 故線框所受的重力矩為 與解法一求得的式一致，從而求得與式相同。（2）線框處于靜止?fàn)顟B(tài)時，若電流比稍大，線框所受的電磁力矩將大于重力矩，使線框繞ab軸向上翹起。邊和邊所受電磁力不等于零，但二者相互抵消。當(dāng)保持電流值恒定不變時，線框?qū)撵o止?fàn)顟B(tài)開始繞固定軸作加速轉(zhuǎn)動。在加速轉(zhuǎn)動過程中，由于通過線框的磁通量發(fā)生變化，線框內(nèi)將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，它有使線框中的電流變小的趨勢，題中已設(shè)電流源有保持電流恒定不變的功能，所以當(dāng)線框平面轉(zhuǎn)至與桌面成角時，如圖預(yù)解19-6-2a所示，線框受到的合力矩為 隨著角逐漸增大，合力矩隨之減小，但始終大于零，因而線框仍作逆時針加速轉(zhuǎn)動，角速度不斷增大。當(dāng)線框平面轉(zhuǎn)到豎直面時，合力矩為零，角速度達(dá)到最大。由于慣性，線框?qū)⒃竭^面作逆時針轉(zhuǎn)到。此時，合力矩與線框轉(zhuǎn)動方向相反，角速度將逐漸減小，合力矩的大小隨著角的增大而增大，如圖預(yù)解19-6-2b所示。如果沒有空氣阻力，將增至180。當(dāng)角等于180 時，線框轉(zhuǎn)動的角速度為零，合力矩將使線框作順時針加速轉(zhuǎn)動，結(jié)果線框?qū)⒃诮堑扔?與180之間往復(fù)擺動不止。實際上，由于空氣阻力作用，線框平面在平面兩側(cè)擺動的幅度將逐漸變小，最終靜止在面處，此時，電磁力矩與重力矩均為零。如果線框稍偏離平衡位置，電磁力矩與重力矩的合力矩將使線框回到平面處。故線框處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)。評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分。第一問6分、第二問14分。第一問中，、式各2分。第二問中，正確地分析了線框往復(fù)轉(zhuǎn)動，給4分；說明最后平衡在豎直面處，給6分；說明穩(wěn)定平衡，給4分。七、參考解答解法一：1. 討論自B開始運動到時間內(nèi)B與A的運動。根據(jù)題意，在2 s內(nèi)，A未與B發(fā)生過碰撞，因此不論A與B之間是否有相對運動，不論A與B之間是否有摩擦，B總是作初速為零的勻加速直線運動。設(shè)B的加速度為，有 得 （1）如果A、B之間無摩擦，則在B向右移動1米距離的過程中，A應(yīng)保持靜止?fàn)顟B(tài)，接著B的車廂左壁必與A發(fā)生碰撞，這不合題意。如果A、B之間無相對運動（即兩者之間的摩擦力足以使A與B有一樣的加速度），則B的加速度這與（1）式矛盾。由此可見，A、B之間既有相對運動又存在摩擦力作用。以表示A、B間的滑動摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，則有 （2） （3）由（1）、（2）、（3）式得 （4） （5）2. 討論B的左壁與A發(fā)生第一次碰撞前的運動。由于，B向右的速度將大于A的速度，故A與B的左壁間的距離將減小。設(shè)自靜止開始，經(jīng)過時間，B的左壁剛要與A發(fā)生碰撞，這時，B向右運動的路程與A向右運動的路程之差正好等于，即有 解得 （6）代入數(shù)據(jù)，得 A與B發(fā)生第一次碰撞時，碰前的速度分別為 （7） （8）3. 討論B與A間的彈性碰撞以和分別表示第一次碰撞后A和B的速度。當(dāng)、為正時，分別表示它們向右運動。在碰撞的極短時間內(nèi)，外力的沖量可忽略不計，因此有 解以上兩式得 （9）（9）式表示，在彈性碰撞中，碰撞前后兩者的相對速度的大小不變，但方向反轉(zhuǎn)。4. 討論從第一次碰撞到車廂與小物塊速度變至相同過程中的運動。由（9）式可以看出，經(jīng)第一次碰撞，A和B都向右運動，但A的速度大于B的速度，這時作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都為。設(shè)此過程中A向左的加速度和B向右的加速度分別為和，則由牛頓第二定律有 解得 （10） （11）由此可知，碰撞后，A作減速運動，B作加速運動。設(shè)經(jīng)過時間，兩者速度相等，第一次達(dá)到相對靜止，則有 由上式和（9）式解得 （12）代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 （13）設(shè)在時間內(nèi)，A與B的左壁之間的距離增大至，則有 結(jié)合（9）、（12）兩式得 （14）式中 （15）代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 由（14）可知，A不會與B的右壁發(fā)生碰撞。5. 討論A與B的左壁的第二次碰撞。以表示B與A第一次相等的速度，由于B始終受作用而加速，它將拖著A向右加速，其情況與第一次碰撞前相似。這時作用于A的摩擦力向右，A的加速度為，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度為，方向也向右。但是原來A與B左端的距離為，現(xiàn)改為，因，B的左壁與小A之間的距離將減小。設(shè)兩者間的距離從減小至零即減小至開始發(fā)生第二次碰撞所經(jīng)歷的時間為，以代入式，結(jié)合（14）式，即可求得 （16）代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得 第二次碰撞前瞬間A和B的速度分別為 （17）故第二次碰撞前A、B速度之差小于第一次碰撞前A、B的速度差。設(shè)第二次碰撞完畢的瞬間A、B的速度分別為和，則有 （18）第二次碰撞后，A以加速度作減速運動，B以加速度作加速運動。設(shè)經(jīng)歷時間，兩者速度相等，即第二次相對靜止，則有 解得 （19）在時間內(nèi)，A與B的左壁的距離變?yōu)?，?結(jié)合（8）、（9）得 （20）自B開始運動到A與B達(dá)到第二次相對靜止共經(jīng)歷時間 6. 討論A與B的左壁的第三次碰撞。當(dāng)A與B的左壁之間的距離為時，A、B相對靜止。由于B受外力作用而繼續(xù)加速，它將拖著A向右加速。這時，A的加速度為，B的加速度為，方向都向右，但因，A將與B的左壁發(fā)生第三次碰撞。設(shè)此過程經(jīng)歷的時間為，則以代入（6）式結(jié)合（16）式得 （21）設(shè)第三次碰撞前瞬間A和B的速度分別為和，碰撞后的速度分別為和 碰撞后，A以加速度作減速運動，B以加速度作加速運動。設(shè)經(jīng)過時間兩者速度相等，即第三次相對靜止，A與B左壁之間的距離為。則有 （22） 自B開始運動至第三次A與B相對靜止共經(jīng)歷的時間仍小于4 s。7. 討論車廂左壁與小物塊的第次碰撞。在第次碰撞完畢的瞬間，A和B的速度分別為和，A以加速度作減速運動，B以加速度作加速運動。經(jīng)過時間，兩者速度相等，即第次相對靜止。A與B左壁之間的距離為。根據(jù)前面的討論有 （23） 再經(jīng)過時間將發(fā)生B的左壁與A的第次碰撞。碰撞前兩者的速度分別為和。根據(jù)前面的討論，有 （24） 可以看出，碰撞次數(shù)越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。當(dāng)碰撞次數(shù)非常大時，下次碰撞前兩者的速度趨于相等，即A實際上將貼在B的左壁上不再分開。8. 討論第4秒B與A的運動速度。第4秒末B與A的速度取決于在第4秒末B與A經(jīng)歷了多少次碰撞。B自靜止開始運動到第次相對靜止經(jīng)歷的總時間為 （25）以，代入，注意到當(dāng)很大時，得 （26）這表明早在第4秒之前，A與B的左壁貼在一起時二者速度已相同，不再發(fā)生碰撞，此后二者即以相同的速度運動了、現(xiàn)以A和B都靜止時作為初態(tài)，設(shè)時刻A和B的速度為，對A、B開始運動至的過程應(yīng)用動量定理，得 （27）或 代入數(shù)值，得 （28）解法二：如果A與B之間沒有摩擦力，B前進(jìn)1m就會與A發(fā)生碰撞。已知開始2s為A與B未發(fā)生碰撞，而B已走了5m，可見二者之間有摩擦力存在，且在此期間二者均作勻加速運動。由可求出B對地面的加速度： ， 設(shè)A與B底部之間的滑動摩擦力為，則由小車的運動方程 代入數(shù)值得 又由A的運動方程得A的相對地面的加速度為 于是，A對B的相對加速度為 第一次碰撞由開始運動到A碰撞B的左壁的時間滿足，。于是 A與B的左壁碰撞前瞬間，A相對B的速度 由于作彈性碰撞的兩個物體在碰撞前后其相對速度等值反向，所以碰后A從B的左壁開始，以相對速度 向右運動，所受摩擦力反向向左，為。對地面的加速度為 此時B所受的摩擦力方向向右，由其運動方程得B對地面的加速度為 由、二式知，碰后A對B的相對加速度為 A相當(dāng)于B作向右的勻減速運動。設(shè)A由碰后開始達(dá)到相對靜止的時間為，相當(dāng)于B走過的距離為，由式得 可見A停止在B當(dāng)中，不與B的右壁相碰。第二次碰撞A在B內(nèi)相對靜止后，將相當(dāng)于B向左滑動，所受的摩擦力改為向右，而B所受的摩擦力改為向左。這時A對B的相對加速度重新成為，即式。A由相對靜止到與B的左壁第二次碰撞所需的時間可用算出： 自B開始運動至B的左壁與A發(fā)生第二次碰撞經(jīng)歷的時間 A達(dá)到B的左壁前相當(dāng)于B的速度的大小為 這也就是第二次碰后A由B的左壁出發(fā)的相對速度大小。第二次碰后，A相對B向右運動，此時A相對于B的相對加速度又成為，即式。A由碰撞到相對靜止所需要的時間和相當(dāng)于B走過的距離分別為 以后的碰撞根據(jù)、二式，如令 則有 由此可以推知，在第三次碰撞中必有 在第次碰撞中有 即每一次