第29屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) - 副本

1、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(duì)高度在物塊運(yùn)動(dòng)過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標(biāo)原點(diǎn)并以豎直向下方向?yàn)檎较騲湖水時(shí)，其所受到的浮力為b2(xb.物g3設(shè)物塊的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有3gbagxbbx系b/而建立新坐標(biāo)系，簡(jiǎn)稱系.新舊坐標(biāo)的關(guān)系為agbXbX0a0bxx物塊運(yùn)動(dòng)方程在系中可寫為利用參考圓可將其振動(dòng)速度表示為式中為振動(dòng)的圓頻率g分別是振幅和初相位，由初始條件決定.在物塊剛被釋t0X(0)bV(0)0AbVgbsint，那在湖水中.若物塊從某時(shí)刻起全部浸沒在湖水中，則湖水作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運(yùn)動(dòng)將不再是簡(jiǎn)諧振動(dòng)，物塊再次返回

2、到初始位置所需的時(shí)間也就不再全由振動(dòng)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(shí)，物塊剛好被完XXb1b即物塊剛好完全浸沒在湖水中時(shí)，其下底面在平衡位置以下X處.注意到在b振動(dòng)過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動(dòng)的振蝠，下面分兩種情況討論：AXb在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中至多剛好全部浸沒在湖水中.因而，物塊T22bgtIT2bgAX在這種情況下，物塊在運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)從某時(shí)刻起全部浸沒在湖水表面之下.，經(jīng)，這1b取合理值，有t)b112aag設(shè)物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時(shí)所用的時(shí)間為，有1at222II122二、參考答案：動(dòng)能和萬

3、有引力勢(shì)能可知，衛(wèi)星0.80Ra的機(jī)械能為負(fù)值.由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)軌道b），由于衛(wèi)星在脫離點(diǎn)的速度垂直于）；.由第二定律可知)式中(2T/m)定律有222221）2）2）2r2,而【（2直接求得】同步衛(wèi)星的軌道半徑滿足22r1.210km可見近地點(diǎn)到地心的距離大于地球半徑，因此衛(wèi)星不會(huì)撞擊地球.常量為2a和b分別為衛(wèi)星橢圓軌道的半長(zhǎng)軸和半短軸，由橢圓的幾何關(guān)系有222衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)的周期Tab代人相關(guān)數(shù)值可求出T9.5h衛(wèi)星剛脫離太空電梯時(shí)恰好處于遠(yuǎn)地點(diǎn)，根據(jù)開普勒第二定律可知此時(shí)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)），2RRR232RRR23二者必相

4、遇，從而可以實(shí)現(xiàn)衛(wèi)星回收.在1GMmGMmm)此式可化為3xxeee這是關(guān)于R的四次方程，用數(shù)值方法求解可得xxe4R.令vxe點(diǎn)即近地點(diǎn)的速率，則有ee2x22R2R1GMm1GMmmvm)xe53xe23exe23eRRRxxxabxe2xe2s2xTabT6.8T36015分，（9）、（10）式各參考解答：v0PyCJvPyPxv00PxCxPPosin圖1CC222APBPCPlllCAPBPCP2AP2222222BP2222CP22222222（12）ml(1CvCPxCPyClsin|)CPPCPvCx由（3）、（6）、（13）vCPxvPxvCx02（19）0Ctt12xvtP

5、P由（5）、6）、圖2分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各分，（22）、（23）xvAxAyBxByCxCyvAyvByC、BCv0CxCxvvvCyJmvAxmvBx3mv0mvAymvBymvCy圖1OmvAyBy0vAxvBxCyByBxAxAyCyAC2coscos13cossinsin13cos20Ax220Ay0Bx220ByCy0CCCPxmvAxmvmv2BxCx20mvmvmvosPPPPBPxBx2vsin2x0BPyvvsinyl圖2C/2t/2t12xvtPxPP（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各分，（10）、（22）式各分，（

6、24）、（25）式各參考解答：2n效電容1nC1）t12）式中3）虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容C滿足下式t2224）C111t25）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為CCCCCn46）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）2d效電容C滿足下式由此得1n12C8）9）整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為CCCCC13整個(gè)電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容器帶的電荷量為3S2d電容器儲(chǔ)能變化為1SUCC24)2在此過程中，電池所做的功為AqS4)2kd外力所做的功為SAUA4)2kdq，右Q)，aQ)，q并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，所以有Q)2）2d上式表示電容器左極板和與其并聯(lián)的電容器左極板所帶電荷量的總

7、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(gè)電容網(wǎng)絡(luò)兩端的電壓等于電池的電動(dòng)勢(shì)，即qqqqq1)cC）、（分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）分，（16）、（17）、（18）、（19）式各1212BLv21122R12R12BRv1IIU12abUUababIlr110Ilr220llll1212BB12BBB0021B3km2IR1100a左右左右左右b11左11左ab右1B800kvBRr)RR21ab223cd223tcdab2232RBttIRB2Rrrtt800k分，（4）、（5）式各分，（16）、（17）式各參考解

8、答：nn則氣體總摩爾數(shù)為nnn1）把兩容器中的氣體作為整體考慮，設(shè)重新關(guān)閉閥門后容器中氣體溫度TT1化可表示為UnCTTnCTT2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學(xué)第一定律有3）Vp1p4）5）由以上各式可解得T1TTTT由于進(jìn)入容器中的氣體與仍留在容器中的氣體之間沒有熱量交換，因而在閥門打開到重新關(guān)閉的過程中留在容器中的那部分氣體經(jīng)歷了一個(gè)VpCRpVC11011CRC利用狀態(tài)方程可得pV110T1(p1T117）1）7）8）分，（4）、（5）式各答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：參考解答：在相對(duì)于正離子靜止的參考系中，導(dǎo)線中的正離子不動(dòng)，導(dǎo)電電子以速度v向下勻速運(yùn)動(dòng)；在相對(duì)于導(dǎo)電電子靜止的參考系中，導(dǎo)線中導(dǎo)電

9、電0v0第一步，在參考系中，考慮導(dǎo)線對(duì)導(dǎo)線中正離子施加電場(chǎng)力的大l占據(jù)的長(zhǎng)度變?yōu)閘，由相對(duì)論中的長(zhǎng)度收縮公式有l(wèi)l1v20c21）設(shè)在參考系中，每單位長(zhǎng)度導(dǎo)線中正離子電荷量分別為，由于離子的電荷量與慣性參考系的選取無關(guān)，故ll2）1）2）20223）l據(jù)的長(zhǎng)度為l，則由相對(duì)論中的長(zhǎng)度收縮公式有l(wèi)l1v20c24）同理，由于電子電荷量的值與慣性參考系的選取無關(guān)，便有20225）式中，分別為在參考系中單位長(zhǎng)度導(dǎo)線中導(dǎo)電電子的電荷量.在參照系中，導(dǎo)線單位長(zhǎng)度帶的電荷量為1v20c2()1v20c21v20v2c20c26）它在導(dǎo)線處產(chǎn)生的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E2kea2kv2e02c2a1v02c27）feqE2kqv2e02c2a1v02c28）電場(chǎng)力方向水平向左.第二步，在參考系中，考慮導(dǎo)線對(duì)導(dǎo)線中正離子施加磁場(chǎng)力的大v0222k2k002導(dǎo)線中的電流在導(dǎo)線處產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mm02029）的大小為fmqvB02kqv2m0v2a10c2方向水平向右，與正離子所受到的電場(chǎng)力的方向相反.第三步，在參考系中，考慮導(dǎo)線對(duì)導(dǎo)線中正離子施加電場(chǎng)力和磁()0因而，導(dǎo)線對(duì)導(dǎo)線中正離子施加電場(chǎng)力為零fe0注意到在系中，導(dǎo)線中正離子不動(dòng)v1+0導(dǎo)線對(duì)導(dǎo)線中正離子施加磁場(chǎng)力為