第29屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題及答案

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t2Vt1at2

(26 ( ( 1

(27bgbg2 b ( g1tII2(t1t2)

1

(28評分標(biāo)準(zhǔn)（10（15（16（17（18（20（21（27）（28）1.ab通過計算在脫離點(diǎn)的動能和萬有引力勢能可知的機(jī)械能為負(fù)值.由勒第一定律可推知，此的運(yùn)動軌道為橢圓（或圓，地心為橢圓的一個焦點(diǎn)(或圓的圓心)，如圖所示.由于在脫離點(diǎn)的速度垂直于地心和脫離點(diǎn)的連線，因此脫離點(diǎn)必為橢圓軌道的遠(yuǎn)ab地點(diǎn)（或近地點(diǎn)設(shè)近地點(diǎn)（或遠(yuǎn)地點(diǎn)）離地心的距離為r， 在此點(diǎn)的速度為v.由勒第二定律可知2rv=0.80R

(1式中(2Te為地球自轉(zhuǎn)的角速度.令m表示衛(wèi)星的質(zhì)量，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有1mv2GMm1m0.80R22 （2）由（1）和（2）式解得r

(3)可見該點(diǎn)為近地點(diǎn),而脫離處為遠(yuǎn)地（3）式結(jié)果亦可由關(guān)系式：

r

1m0.80R22GMm直接求得】 同 的軌道半徑R滿足GM由(3(4)式并代入數(shù)據(jù)得r1.2104

(5)

(4)可見近地點(diǎn)到地心的距離大于地球半徑，因此不會撞擊地球 勒第二定律可 的面積速度為常量，從遠(yuǎn)地點(diǎn)可求出該常為

10.80R22

設(shè)a和b分別為橢圓軌道的半長軸和半短軸由橢圓的幾何關(guān)系有運(yùn)動的周期T為

a0.28R0.80R2

b

a2a20.800.282T

代人相關(guān)數(shù)值可求出T

剛脫離太空電梯時恰好處于遠(yuǎn)地點(diǎn)根據(jù)勒第二定律可知此時刻具有最小角速度，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.設(shè)想自與太空電梯脫后經(jīng)過1.5T（約14小時），到達(dá)近地點(diǎn)，而此時太空電梯已轉(zhuǎn)過此點(diǎn)，這說明在此前尚未追上太空電梯.由此推斷在脫的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)將完成兩個多周期的運(yùn)動，同時太空電梯完成一個運(yùn)動周期，所以在12-24小時內(nèi)二者必相遇，從而可以實(shí)現(xiàn)回收.根據(jù)題意軌道與地球赤道相切點(diǎn)和在太空電梯上的脫離點(diǎn)分別其軌道的近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn).在脫離處的總能量為m(R)2GMm

（11） RR3 R

此式可化為x1x

(12)e e 這是關(guān)于Rx的四次方程，用數(shù)值方法求解可得R4.7R3.0104km（13） 【Rx亦可用勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示與赤道相切點(diǎn)近地點(diǎn)的速率，則有Rve 1mv2GMm1m(R)2 R

R

2GM 由上兩式聯(lián)立可得到方程x

x

x 2R3

2e e

Rx外其余各量均已知,Rx的五次方程.Rx 運(yùn)行的周期T設(shè)橢圓的半長軸為a，半短軸為b

aRx2

ba2 ea2 eRR2

所以的運(yùn)動周期

2

T

T6.8 180度，落到西經(jīng)(180110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T/2角度，地球自轉(zhuǎn)角速度360/24h15/h，因此與地球赤道相切位于赤道的經(jīng)度為西經(jīng)180110T1212即著地點(diǎn)在赤道上約西經(jīng)121度處.23分（4）（5）8分（（10）式各2分，說出在0-12小時時間段內(nèi)不可能與太空電梯相遇并給出正確由共2分，說出在12-24小時時間段內(nèi)必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分（18）（19）.yABOyABOxPC1所示，建直角坐標(biāo)Oxyxy軸與擋板重合.v0xvvJ 示墻作用于小球C的沖量的大小.J3mvPx

3mv0

vPy

可在質(zhì)心參考系中系統(tǒng)對質(zhì)心的角動量.在球C與擋板碰 圖xPl

y1lsin

球C碰擋板前，三小球相對于質(zhì)心靜止，對質(zhì)心的角動量為零；球C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(yùn)動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動，若轉(zhuǎn)動角速度為，則三小球P的角動量Lml2ml2

lAP、lBP

lCPAB和CP1l2l2cos21l2sin2l l21l2sin2l l2l2cos24l2sin2

（7（8L2ml2(12cos2)

CJ的沖量矩，2 lsin23

由（11）和（12）式得 Jsin ml(12cos2為（1）vCPxlCPsin(lsin|yP

C

球Cx

vCxvCPx

（3（6

m(12cos2

vCx

由yAOPyAOPBC0

Jmv(12cos2)

（19）v0sinl

少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過ABy2所示.系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過所需時間t

若yPx

.（5（6（14（16（18（21

即

（1（2（11（12（19（21（222分.(24)或(25)2分yAyABOPC1所示，建直角坐標(biāo)系Oxy，x軸與擋板垂直，yvAx、vAy、vBx、vBy、vCx和vCy分別表示球CAB和CvCx

xJ表示擋板作用于球CxJ 0mvAymvBy 以坐標(biāo)原點(diǎn)OJlsinmvAylcoslcosmvBylcosmv0l

（4）vAx

vCysinvBysinvBx

vAxcosvAysinvCy（7）式中ABAC的夾角.

cossin

213cos2sin13cos2

Jmv(12cos2

vsin2

vsin

vsin2

sin

按題意，自球CA(B)碰撞擋板墻前，整個系統(tǒng)不受外力作用，系C三球構(gòu)成的剛性系統(tǒng)相對質(zhì)心的運(yùn)動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動.為了求出轉(zhuǎn)動角速度，可球B相對質(zhì)心的速度.由(11)到(15)各式，在球CP的速度 mvAxmvBxmvCx2

sin2

3

mvAymvBymvCy0

xPl

1lsin

yAOPBCyAOPBC

1 3

sin2

（20）vBPy vsin 角速度

BPx

AB與擋板發(fā)生碰撞，則在球C與擋板碰撞后，整個系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過π2ABy2所示1系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過π2

t2 圖

yPx

B與擋板碰撞.

.（2（3（4（5（6（10（23）（24（26）參考解答：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Ct1滿足下式

1

（1）

2C

（式中C

（虛線大方框中無限網(wǎng)絡(luò)的等效電容C滿足下式

21

1

（

C

（

t整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為Ct

Ct1Ct

（Ct1Ct n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qC (n4)2

（當(dāng)電容器a兩極板的距離變?yōu)?d2n個平行板電容器聯(lián)成的網(wǎng)絡(luò)的等效電Ct1滿足下式

n12

（由此得

（整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容為Ct

（10）整個電容網(wǎng)絡(luò)的等效電容器帶的電荷量為

qC

（11） (3n13)2在電容器a兩極板的距離由d變?yōu)?d后，等效電容器所帶電荷量的改變?yōu)閝q

（12） (3n13)(n4)21

S電容器儲能變化為

U

C2C2

2(3n13)(n4)2S

（13）在此過程中，電池所做的功為

Aqt(3n13)(n4)2kdS2

（14）外力所做的功為

AUA

2(3n13)(n4)2

（15）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q，金屬薄板左側(cè)帶電荷量為q，右側(cè)帶電荷量為(qQa的右極板帶電荷量為(qQ)，與a并聯(lián)的電容器左右兩極板帶電荷量分別為qq.由于電容器a和與其并聯(lián)的電容器兩極板電壓相同，所以有

q (q

（16） 4k(2d由（2）式和上式得

qq3qQ2dd

（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Ct2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

qq(n1)qqq

（18）

將（2（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量q (n5)(2dx)Q

（19）(3n13)2 (3n.（2）（5）（（7（10（11（13）（15）（16（17（18參考解答 向a的感應(yīng)電動勢的大小為BLv L為金屬桿在abRR2R121 L

（2） 在金屬桿由ab位置滑動到cd位置過程中，金屬桿與 將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由ab滑動到cd 程中感應(yīng)電動勢大小始終為 圖I、I1I21UababUab

l1和l2l1和l2

B

B

R R1

R1R（4（5B0B2B1

RR

B

方向豎直向下.對應(yīng)圖1的等效電路如圖2，桿中的電流I （10）

IεIεRR左RRR

R RRab

（3（9

800kmvB

圖在圓心處產(chǎn)生的磁場.abR2B 2

R2(B

vabcd的時間間隔t變 2R2 2

2 i在長直金屬桿從ab移動cd過程中在小圓環(huán)導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為I R2B3i 于是，利用（12）和（17）式，在時間間隔tQItR2B3

800km

i

.（（8（12,（16（18）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n1B中氣體的摩爾數(shù)為n2，則氣體總摩爾數(shù)為

nn1

（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T1B中氣體溫度為T2，重新關(guān)閉閥門之后與打開閥門之前氣體內(nèi)能的變化可表示為Un1C由于容器是剛性絕熱的，按熱力學(xué)第一定律有

T1n2CT2T1U

（（V1表示容器A的體積,初始時A中氣體的壓強(qiáng)為p1A為p，由理想氣體狀態(tài)方程可知n

(p1

（1由以上各式可解得

1

11由于進(jìn)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，因而在閥門打開到重新關(guān)閉的過程中留在容器A中的那部分氣體經(jīng)歷了一個絕熱過程，C C設(shè)這部分氣體初始時體積為V10(壓強(qiáng)為p1時)，則有p1V10

利用狀態(tài)方程可得

（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 2CRCnn2C

（.（2）（3）（（6）（7）（8）答案與評分標(biāo)準(zhǔn)：19.2 (4分，填19.019.44分)10 4分，填10.010.44分)20.3 (4分，填20.120.54分)4 4分，填4.04.44分)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v0向下勻速運(yùn)動；在相對于導(dǎo)電電子靜止的參考系S中，導(dǎo)線中導(dǎo)電電子不動，正離子以速度v0向上勻速運(yùn)動下面分四步進(jìn)行分析.v20第一步，在參考系S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Sv20為l，由相對論中的長度收縮

（設(shè)在參考系SS中，每單位長度導(dǎo)線中正離子電荷量分別為，由于離子的

ll（2）由（1）（2）式得1010

（設(shè)在S系中一些導(dǎo)電電子所占據(jù)的長度為lS系中這些導(dǎo)電電子所占據(jù)的v20v20長度為l，則由相對論中的長度收

（11

（式中，分別為在參考系SS中單位長度導(dǎo)線中導(dǎo)電電子的電荷量在參照系S中，導(dǎo)線2單位長度帶的電荷量為

1v20 1v20

v2

（61

12k

2k它在導(dǎo)線1處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度的大小為

e 110

（電場強(qiáng)度方向水平向左導(dǎo)線1中電荷量為q的正離子受到的電場力的大小為feqE

2k

（ c2a10第二步，在參考系S中，考慮導(dǎo)線2對導(dǎo)線1中正離子施加磁場力的大小和方向在參考系