23届复赛试题答案

1、第23届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、参考解答解法一小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h随时间t变化的关系如图所 示.设照片拍摄到的小球位置用A表示，A离玻璃管底部的距离为仏，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H.小球可以在下落的过程中经过A点，也可在上升的过程中经过A点.现以厂表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反 跳后上升到最高点所需的时间）， “表示小球从最 高点下落至 A点所需的时间（也就是从 A点上升至 最高点所需的时间），乙表示小球从 A点下落至玻 璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后 上升至A点所需的时间）.显然，

2、Tv + T, =T.根据题意，在时间间隔 T的起始时刻和终了时刻小球都在 A点.用n表示时 间间隔T内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A点的次数（”仝 2）.下面分两 种情况进行讨论：1. A点不正好在最高点或最低点当n为奇数时有厂=("一 1)巧+( “一 1)2 =("-1)厂 / = 3.5,7,(1)在（1）式中，根据题意 6可取0 <T <T中的任意值，而当n为偶数时有 T = "6+（ "_2 ）斤="可+（ "_2 ）2n = 2,4,6, (3)(4)都有由（ 3）式得： TX r2由 （ 1） 、 （

3、 3） 、 （ 4） 式 知 ， 不 论 " 是 奇 数 还 是 偶 数 ，T =77 =因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为2,3,4,n =2,3,4,当“为偶数时，Tx"T,由（6）式、 =2,4,6 ，? (9)无论n是奇数还是偶数都有:或：hA=n-评分标准：本题 23分(13 斤二)2,3,4，(10)Hn2(n -1)” 2,3,4,(11)= /.1T _gl):3二 2,3,4 ，求得（1）式3分，（3）式3分，（4）式2分，（5）式3分；求得（6）式得2分；求若用H'表示与n对应的H值，则与H'相应的A点到玻璃管底部的距离h

4、A =1 2H” 一尹 in = 2,3,4,当“为奇数时，斤可取 0 v勺v中的任意7值，故有1 cT Y0<%< 码7“ =3,5,7,?(8)2n-lj1可见与相应的hA的可能值为0与H”之间的任意值（7）式求得H”的可能值T Yh -! j2.若4点正好在最高点或最低点得（8）、（ 9）式各得 3 分；（10）、（ 11 ）、（ 12）、（ 13）式各 1 分.解法过该位置的时刻具有周期性，而且T和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究 小球通过某个位置的周期性.设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为，从最高点下落至相片上小球所在点（A点）所需时间为 5,从A

5、点下落至管底所需时间为乙，则（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是、心和乙）从小球在下落过程中经过 A点时刻开始，小球经过的时间 2乙后上升至 A点，再经 过 时间2习后又落到A点，此过程所需总时间为 2r,+2r2=2r .以后小球将重复这样的运 动.小球周 期性重复岀现在 A点的周期是多少？分两种情况讨论：（1）.可工E，5和乙都不是小球在 A点重复岀现的周期，周期是 2r.（2）. r, =2，小球经过时间 2T2= r回到A点，再经过时间 2r； =T又回到A点，所以小球重复岀现在A点的周期为&下面就分别讨论各种情况中H的可能值和 A点离管底的距离

6、 hA的可能值.（如果从 小球在上升过程中经过A点的时刻开始计时，结果一样，只是q和对调一下）1. H的可能值（1）.较普遍的情况，Tf. T与2z的比值应为一整数，7的可能值应符合下式Ak,* = 123,（ 2）It由自由落体公式可知，与此相应的的数值为（2） . r, =2 .厂的可能值应符合下式心= 1,2,3,(4)故的可能值为：H, =A 2k'= 1,2,3,（5）当斤为偶数时，即a-2,4,6，时，（5）式与（3）式完全相同.可见由（3）式求得的H的可能值包含了r,帀2的全部情况和S的一部分情况.当L为奇数时，即r = 1,3,5,时，由（5）式得出的H的可能值为： 嘔

7、丁r =（6H' -2 _k ）13 5）H它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得岀的H合在一起是'H的全部的可能值.）2. 与各H值相应的hA的可能值a.与比相应的的可能值由于在求得（3）式时未限定 A点的位置，故的数值可取 0和之间的任意值，即OvhAvHk日冷 gR"123, （7）b与H$ （Q为奇数）相应的的可能值这些数值与 A位于特定的位置，*2=|,相对应，所以对于每一个H,对应的hA是一个特定值，它们是hA=H,-AgA 比'冷砖） 53,5, （8）评分标准：求得全部H的可能值15分.（2）式3分，（3）式3分，（4 ）式3分，得岀“（

8、3 ）式和（6）式得岀的H合在一起是 H的全部的可能值”的结论给 指岀它们之间有重叠部分给5分.6分；得岀（3）式和（5）式但未求得全部仏的可能值8分.（7）式和（8）式各4分.二、参考解答：1.求刚碰撞后小球 A、B、C、D的速度设刚碰撞后，小球A、B、C、D的速度分别为、VD -并设它们的方向都与的方向相同.由于小球C位于由B、C、D三球组成的系统的质心处，所以小球C的 速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒，故有Mv0 = MVa + 3m） c碰撞前后质点组的角动量守恒，有(1)0 = mlvc + 2mlv d（2）这里角动量的参考点设在与B球重合的空间

9、固定点，且规定顺时针方向的角动量为正为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有因为杆是刚性杆，小球B和D相对于小球C的速度大小必相等，方向应相反，所以有(3 )VB-Vc = V c-VD-解（1）、（2）、（3）、式，可得两个解:Vc=0(5)4MVr = Vn5M + 6m行、-(6)因为也是刚碰撞后由B、C、D三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去.取（6）式时可解得刚碰撞后D三球的速度,碰撞A、B、5M -6m5M + 6m10Mvo-(8)2M(9 )4M %沿方向作匀速运动 .由（4）、（8）、（9）式可 5M + 6m

10、知，碰撞后，B、D两小球将绕小球 C作匀角速度转动，角速度的大小为=% 6M V0 I 5M + 6而方向为逆时针方向.由（7）式可知，碰后小球 A的速度的大小和方向与C将以（6）式的速度即4=(10 )M, m的大小有5M + 6m%5M + 6m2.讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B、C、D三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球关，下面就 M、，“取值不同而导致运动情形的不同进行讨论（i）= 0 ,即碰撞后小球 A停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是5M -6 m = 0即：一-(11)(ii) yA<0,即碰撞后小球 A反方向运动，根据(7)式，发生这种运动的

11、条件是M 6一 <_ m 5(12)(iii) 5>0但UavS，即碰撞后小球 A沿方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C的速度.由(7)式和(6)式，可知发生这种运动的条件是5M - 6m > 0 和 4M > 5M 6m即一m<M < 6m (13(iv) Oa>4，即碰撞后小球 A仍沿方向运动，且其速度大于小球C的速度，发生这种运动的条件是：M >6m (14)(v) 即碰撞后小球A和小球C以相同的速度一起沿方向运动，发生这种运动的条件是：M =6m (15)在这种情形下，由于小球B、D绕小球C作圆周运动，当细杆转过180时，小球D将从小球

12、A的后面与小球 A相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A继续沿方向运动.根 据质心运动定理，C球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是71(5M + 6"町 Til TilO 6M v 0从第一次碰撞到第二次碰撞，小球 C走过的路程(16),2tiId = v rt =c 33.求第二次碰撞后，小球A、B、C、D的速度(17)刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过180，这时，小球 B的速度为，小球D的速度为.在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰 撞后小球 A、B、C、D的速度分别为叫、vfB >呢和，并假定它们的方向都与的

13、方向相同.注意到(1)、(2)、式可得Mv o =Mv fA +3mrA(18)0 = mlv' c + 2mlv'A(19)Mvl -+ mu2 +丄陀代-(20)由杆的刚性条件有：-毘=毘一 (21)（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D球重合的空间点把（18）、（ 19）、（ 20）、（ 21）式与、（2）、（ 3）、（ 4）式对比，可以看到它们 除了 小球B和D互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解：v'c=O（22）4M和：v' v （23）5M + 6m对于由B、C、D三小球组成的系统，在受到 A球的作用后，其质心的速度不可能保持不.

14、取（22）式时，可解得变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去v'A=vo- (24)魂=0(26)(25)v'D = 0评分标准：本题 25分.（1）式1分, 说明（5 ）式应舍去，得 1分.（6）、（22）、（ 24 ）、（ 25 ）、（ 26）式表明第二次碰撞后，小球A以速度作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B、C、D则处于静止状态，2兀2即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离d=,而且小球-D和B 3换了位置（2）式2分，（3）式1分，（4）式2分.求岀（5）式并7）、（ 8）、（ 9）式各1

15、分.正确说明小球 C的运处的距离（17）式共2分.求岀第二次碰撞后 A、B、C、D四小球的速度共 4分.三、参考解答：由 pVa =k, a>l （1）可知，当V增大时，P将随之减小（当V减小时，P将随之增大），在P-V图上所对应的 曲线（过 状态A）大致如图所示.在曲线上取体积与状态B的体积相同的状态 C.现在设想气体从状态A岀发，保持叶片不动，而令活塞缓慢地向右移动，使气体膨胀，由状态A到达状态C,在此过程中，外界对气体做功：右歹 -賞（2用Ua. &分别表示气体处于状态A、C时的内能，因为是绝热过程，所以内能的增量等于 ）外界对气体做的功，即：Uc-Ua=-M-A-A再设想

16、气体处于状态C时，保持其体积不变，即保持活塞不动，令叶片以角速度？做匀速转动，这样叶片就要克服气体阻力而做功，因为缸壁及活塞都是绝热的，题设缸内其它物体热因为气体体积不容量不计，活塞又不动（即活塞不做功），所以此功完全用来增加气体的內能变，所以它的温度和压强都会升高，最后令它到达状态B.在这过程中叶片转动的时间用表示,则在气体的状态从 C到B的过程中，叶片克服气体阻力做功：W = LcoNt令血表示气体处于状态 B时的内能，由热力学第一定律得:UB_UC=LO>M(5)(9)由题知：心=L-(o (6)Ar V由(4)、(5)、(6)式得：Ub-Uc=m(p B-pc) (7)a-1(7

17、)式加(3)式，得：UB_UA=，PB_PC)+?禾U用和以 7 得：U b-U aapbVb-paVa) 评分标准：本题23分.求得（3）式得8分，求得式得8分，求得（9）式再得7分.四、参老解答：答棄如罔1所示，如團工所示.罔I评分标准： 本题25分.“°由8个直线段组成，除第 5个直线段给3分外，其余每个直线段均给2分.陶由4个直线段组成，每个直线段给2分.附参考解法：二极管可以处在导通和截止两种不同的状态？不管0和D2处在什么状态，若在时刻t,B点的电压为如，电容器 G两极板间的电压为"ci ,电容器A点的电压为血， D点的电压为C?两极板间的电压为"C2

18、ltrj U > - U/h,(彳ub - “ C2 (2)WC1 = UA lD = IlC2 = Up - "G = (4)式中0为G与A点连接的极板上的电荷量，？为C2与B点连接的极板上的电荷量若二极管Di截止，02导通，则称电路处在状态I当电路处在状态I时有UD = U B UD > 0 (5)若二极管D和都截止，则称电路处在状态n.当电路处在状态n时有UD < U B UD >0 (6)若二极管导通，02截止，则称电路处在状态III.当电路处在状态III时有ud < it Bud = 0 (7)电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.狀态【状态

19、H赵态山图3在r = 0giJ? = 2T时间间隔内，丿心、B随时间t的变化情况分析如下：1. 从/ = 0起，血从0开始增大，电路处在状态I, Cl、C2与电源组成闭合回路.因Cl、C2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有_ 1"Cl - "C2 =亍行1UD =UB在血达到最大值即血 =时，对应的时刻为 tA-T,这时也达到最大值.42达到最大值后将要减小，由于的单向导电性，电容器C、C2都不会放电，如1和 C2保持不变，"D将要小于-U ,即将要小于如，将由导通变成截止，电路不再处于状态2I.所以从（=0到t = -T时间间隔内，幼、函随时间（变化的图线

20、如图4、图5中区域I内4的的直线所示.2. 从/ =丄7起，因"D小于“B,处在截止状态，电路从状态I变为状态II.因为二4极管的反向电阻为无限大，电容器 G、C2都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II时，D点的电压如二哲亠扣B点的电压UR毛UB 21 3随着血从最大值 U逐渐变小，切亦变小；当 /二一卩时，对应的时刻为t = -T , u d=0.2 8如果小于丄/,则）将小于 0, 0要从截止变成导通，电路不再处在状态II.所以在213一t = -T至!k =卩时间间隔内，ud.血随1变化的图线如图 4和图5中区域IIi内的直线所48示.3 13. 从二卩起，血

21、从一 U开始减小，Di导通，但ud<u b, Z） 2仍是截止的，电路从状82态II变为状态III.当电路处在状态 山 时有：Md=OUb=au在血减小的过程中，C1两极板间的电压 C1 （ = Ua）也随之改变，从而维持血）为 0.当物-3达到反向最大值即ua=-U时，对应的时刻为 r = -T, ucx = -U .若血从-!/开始增大（卜4减小），因D的单向导电性，电容器G不会放电，ucx =-U保持不变，33=唤-% i > 0，Di要从导通变成截止，电路不再处于状态III.所以在t = -T至! H =卩时84只要C2 不会放4. 从t = T起，物从-开始增大， 禺i变

22、为截止状态，ud =ua+U从零开始增大，）仍小于？2仍是截止的，电路从状态III变为状态11?当电路处在状态II时，Ci和电，电容器两极板间的电压保持不变？故有：UdaUa + UuRB=U171当血增大至 -一7时，对应的时刻为 t =T, uD=u B=-U ？若血再增大， ？ 将要大于2823UB, D2将要从截止变为导通，UD=UB,电路不再处于状态 II.所以在t = -T至打时4间间隔内，UD、冋随（变化的图线如图 4和图5中区域lb中的直线所示.715？从=卩起，血要从 -一 U 增大,？2 变为导通状态，这时 D 仍是截止的，电路 8 2 又进入状态 1？ 当电路处在状态 I

23、 时，电源与 G、C2 构成闭合回路，而UD = U B" 人 =鱼 + 鱼C C当A变化时，qt+q2将随之变化，但由导通的二极管连接的Ci、G的两块极板所带的71总电荷量q+q2是恒定不变的.由于在t = T时刻，严一U , %严一U，此时82 q 、=_CU , q 2=aCU , 故有1 3-qx +q.=CU1 +2 -CU = -CU1 2 2 2由以上有关各式得 _3 门 1U D=U B = U +UD、%B随着劭的增大而增大.当血达到最大值即 ua=U时，对应的时刻为 t = T ,UDUd =U b -由于单向导电，=U C2只增不减，血从最大值减小时，不变,将要

24、小于-U,而Ub=Uc2保持为-U,因而UDVUB, 6从导通变成截止，电路不再是状7 5 一态I.所以在UT到/ = T时间间隔内，如如随/变化的图线如图 4和图5中I?中的84直线所示 .6.从t = -T起，血从U开始减小，D,变为截止状态，这时0仍是截止的，电路又4进入状态 II. 当电路处在状态 II 时， ci 和 c2 不会放电，电容器两极板间的电压保持不变由时刻的Ud和UA的值可知此时畑=_扣.故有UD=U A+*U1血减少至 -一 U 时，对应的时刻为425t = T, UD =0 ,16525路不再处在状态II.所以在tA-T到/=三7时间内，UD、416以后 D 将由截止

25、变为导UB 随 t 变化的图线如图 42517. 从 = T 起，血从 -16一 U开始减小，D变为导通状态，但 禺2仍是截止的，电路4中 II3 中的直线所示又进入状态 III, 故有：UD = 0U.BUB 4在血减小的过程中，Ci两端的电压“c也随之改变，开始阶段D保持导通，Q =0.但当7“A减小至-时，对应的时刻为t = -T,因单向导电，且 Ud < U b , Cl右极板的正电荷只增不减，血到达 -U 后要增大，“°要大于 0, 0 要从导通变为截止，电路不再257一处于状态HI.所以在t = T至T时间间隔内，it。、如随/变化的图线如图4和图5164中 111

26、2内的直线所示 .7&从 2 上 7 起，血从 - 开始增大，。变为截止状态， 02 仍是截止的，电路又进入4状态II.当电路处于状态II时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由ci =-U.故有:t = -T时刻的血）和血的值可知，此时412时11III段c TT30->T 一448c UU%-2234Imn233T37TT 一卩T一8448I00T12U25【275T5T25TT 一 >8441U5U56一/7T0244U5UT2478III2II425r7T7T1164400 U5UT1335"。将随着血的增大而增大 .当UA=_U时，对应的

27、时刻tA T>2T, UD =:U,与粉相416457等.以后血要大于-U,D2要从截止变为导通，电路不再是状态II.所以在tA-T至U =44时间间隔内，1畑、"B随7变化的图线如图 4和图5中1【4内的直线所示总结以上讨论，各时段起讫时刻及和UB变化值如下表所示五、参考解答：1.题给的磁场B(x,t)随时间和空间的变化具有周期性，在某时刻磁场的空间分布为B(x, t) = Bq cos(a)t - kx)在/ + /时刻，磁场的空间分布为B( x,/ + /) = Bo cos <? (? + /) - kxA = B o cos a>t-kAx比较上面两式，不

28、难看岀，/和r +心这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的，只是/时刻原位于x-处的磁场，经历$时间，在/+心时刻，岀现在 x处.即整个磁场的分布经时间间隔A?沿x轴的正方向平移了一段距离Ax x I x- Af I-I k丿平移速度CDk平移速度为恒量 . 由此可见，题给出的磁场B（x,r） = B0cos（6/-fct ）可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度沿%轴的正方向平移 . 如果金属框移动的速度 小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时间发生变化，从而在金属框中产 生感应电 流，感应电流将受到磁场的安培力作用 .由题己知，在时刻 /, 金属框移动的速度为 0,

29、金属框 MN 边位于坐标 x 处， PQ 边 位于坐 标x+d处.设此时金属框的磁通为0 （规定由纸内到纸外为正）；经过一很短的时间间隔 /,整个磁场分布区域向x方向移动了一段距离 q/V ,金属框向x方向移动 了一段距离vAt,其结果是 : MN 边左侧穿过面积为（-u） /AZ 的磁通 B（x,t）（ v0 -o） /Az 移 进了金属框， PQ边左侧穿过面积为（Vo -v）/A/的磁通B（ x + d,/）（ q-o）?2V移岀了金属 框，故在/ + /时 刻，通过金属框的磁通为'= +_0）/zV_B （ x + d,7）（ Oo在心时间间隔内，通过金属框的磁通增量为°

30、;= O °= B （x,/） B（x+d,/）（ 0） 4 （2）规定框内的感应电动势E（/）沿顺时针方向（沿回路 MNPQM 方向）为正，由电磁感应定律，可得 / 时刻的感应电动势规定金属框内的感应电流 , （/）沿顺时针方向（沿回路 MNPQM 方向）为正，可得 /时刻的感应电流为讹）诗 磁场对于上下两边 NP 和 MQ 的安培力的大小相等，方向相反，二者的合力为零.规定向 右的 力为正，贝 9磁场作用于金属框 MN 边的安培力为 z（r） B（x,r） Z ；由于 P0 边和 MN 边的电流方向相反，磁场作用于金属框PQ 边的安培力为 T（ 7） B（x + d,/） /,故

31、金属框的安培力的合力由（1）、/(f)=（兀，字一讹）(5 )/()=R1 , 彳cm(创kx)-kdr（2）、（ 3 ）、（ 4）、（ 5）式及题给定的磁场分布规律，得耳称用三角学公式，的幅度.从（7）式可以看岀，安培力 /（"在花的幅度内随时间变化，但其值不会小于零，表示磁场作用于金属框的安培力始终向右2Acot-kxA-kd2=Fo sin 2.Fo与金属(7 )2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论花与线框几何尺寸的关系框长度2的平方成正比，与金属框的宽度有关：9njr当 kd = 2nn, 即: dA71 = 0,1,2,（ 8）k得：傀=0 (9)当 kd = (2n + l ) 7i,即：d ="力口 + 1 ) 71k=0,1,2, (10)住达最大值评分标准：本题25分.第1问20分.求得（1）式给5分；求得，即（2）式或求岀厶（D/M,给5分；求得/（"艮卩式或式给8分；正确得岀/（/）的方向给2分.第2问5分.（在求或/ /时，若学生在以速度沿正x方向运动的参考系上考察问题认为金属框沿负x方向运动，结果正确的，同样给分.）六、参考解答：L 圆側内址学兀件的相对位置如图1加小.各兀件f_/W-自作用如F：S$ LL图1:r> L狭缝S:光源的光由此进入分光镜，观察到的谱线就是狭缝