第29屆全國中學生物理競賽復賽試題及答案

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

(1式中(2Te為地球自轉的角速度.令m表示衛(wèi)星的質量，根據機械能守恒定律有1mv2GMm1m0.80R22 （2）由（1）和（2）式解得r

(3)可見該點為近地點,而脫離處為遠地（3）式結果亦可由關系式：

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)據得r1.2104

(5)

(4)可見近地點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，從遠地點可求出該常為

10.80R22

設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系有運動的周期T為

a0.28R0.80R2

b

a2a20.800.282T

代人相關數(shù)值可求出T

剛脫離太空電梯時恰好處于遠地點根據勒第二定律可知此時刻具有最小角速度，其后的一周期內其角速度都應不比該值小，所以始終不比太空電梯轉動得慢；換言之，太空電梯不可能追上.設想自與太空電梯脫后經過1.5T（約14小時），到達近地點，而此時太空電梯已轉過此點，這說明在此前尚未追上太空電梯.由此推斷在脫的0-12小時內二者不可能相遇；而在衛(wèi)星脫落后12-24小時內將完成兩個多周期的運動，同時太空電梯完成一個運動周期，所以在12-24小時內二者必相遇，從而可以實現(xiàn)回收.根據題意軌道與地球赤道相切點和在太空電梯上的脫離點分別其軌道的近地點和遠地點.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表示與赤道相切點近地點的速率，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 運行的周期T設橢圓的半長軸為a，半短軸為b

aRx2

ba2 ea2 eRR2

所以的運動周期

2

T

T6.8 180度，落到西經(180110處與赤道相切.但由于地球自轉，在這期間地球同時轉過了T/2角度，地球自轉角速度360/24h15/h，因此與地球赤道相切位于赤道的經度為西經180110T1212即著地點在赤道上約西經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

可在質心參考系中系統(tǒng)對質心的角動量.在球C與擋板碰 圖xPl

y1lsin

球C碰擋板前，三小球相對于質心靜止，對質心的角動量為零；球C碰擋板后，質心相對質心參考系仍是靜止的，三小球相對質心參考系的運動是繞質心的轉動，若轉動角速度為，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

少應繞質心轉過ABy2所示.系統(tǒng)繞質心轉過所需時間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 以坐標原點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三球構成的剛性系統(tǒng)相對質心的運動是繞質心的轉動.為了求出轉動角速度，可球B相對質心的速度.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)至少應繞質心轉過π2ABy2所示1系統(tǒng)繞質心轉過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絡的等效電容C滿足下式

21

1

（

C

（

t整個電容網絡的等效電容為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)成的網絡的等效電Ct1滿足下式

n12

（由此得

（整個電容網絡的等效電容為Ct

（10）整個電容網絡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，金屬薄板左側帶電荷量為q，右側帶電荷量為(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絡的等效電容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）整個電容網絡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)導線中產生的感應電流為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：設重新關閉閥門后容器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，設重新關閉閥門后容器A中氣體溫度為T1B中氣體溫度為T2，重新關閉閥門之后與打開閥門之前氣體內能的變化可表示為Un1C由于容器是剛性絕熱的，按熱力學第一定律有

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閉的過程中留在容器A中的那部分氣體經歷了一個絕熱過程，C C設這部分氣體初始時體積為V10(壓強為p1時)，則有p1V10

利用狀態(tài)方程可得

（由（1）至（7）式得，閥門重新關閉后容器B中氣體質量與氣體總質量之比 2CRCnn2C

（.（2）（3）（（6）（7）（8）答案與評分標準：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，導線中的正離子不動，導電電子以速度v0向下勻速運動；在相對于導電電子靜止的參考系S中，導線中導電電子不動，正離子以速度v0向上勻速運動下面分四步進行分析.v20第一步，在參考系S中，考慮導線2對導線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

（設在參考系SS中，每單位長度導線中正離子電荷量分別為，由于離子的

ll（2）由（1）（2）式得1010

（設在S系中一些導電電子所占據的長度為lS系中這些導電電子所占據的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中單位長度導線中導電電子的電荷量在參照系S中，導線2單位長度帶的電荷量為

1v20 1v20

v2

（61

12k

2k它在導線1處產生的電場強度的大小為

e 110

（電場強度方向水平向左導線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，考慮導線2對導線1中正離子施加磁場力的大小和方向在參考系