第27届全国中学生物理竞赛决赛试题答案

1、、（25分）填空题(6分)4 %kR224兀k M14 / 222.fVV ufVV u(4分)(9分)(1)(2)(3)(4)(5)3. To 1 -Mg(6 分)618154. 7.3 10 ms , 2.8 10 ms , 8.4 10 VhP -2 22E . P c mey2Ek eV E meC、(20 分)1 .令m表示物块的质量，物块在斜面上滑动的加速度mg sinmg cosa g sin 1 cos ,m物块滑到斜面底端的速度V0 -2ah- J2gh 11 cot_ 4.0m/s以传输带为参照系，物块滑到传输带的初速度大小 v0 Vv2 V2 5.0m/s。运动方向与传输

2、带边缘的夹角满足4 tan 一。3物块在传输带上作减速运动，其加速大小为2 mga 2 g。当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离22(6)VoVos - ，2a 2 ig物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数2应满足s sin2w sin2 2g因此可得2% sin22gd(8)2.物块对传输带的摩擦力大小LgF 2V0V0 ,2g(9)方向与Vo的方向相同。从地面参照系来看，传送带速度为V ,单位时间内物块对传输带所做的功W FV cos ,因此负载所引起的附加功率2P W V2 640W。考虑到无负载时电机的输出功率P0 I0E I；R 360W。有负载时电机的输出功率为p p0

3、P 1000W。设有负载时的工作电流为I,则2P IE I R,(10)(11)(13)(14)(1)(2)(3)(4)(5)2加百解之得I 10A。（15）评分标准：（2）式2分，（3）、（4）式共2分，（6）式2分，（7）式3分，（8） 式1分，（9）式4分,（10）式2分，（13）式2分，（15）式2分。三、（20分）设轻杆的杆长为21 ,当杆与水平线的夹角为时，球1和球2的速度分别为v1和v2 ,杆转动的角速度为。因机械能守恒,1 2120 mgl sin 2mg1sin 2 m v1mv2。2 2又因V1 v2 1 ,可由（1）、（2）解得2g sin,31轻杆与两小球构成的系统对转

4、轴的角动量L 2mM m1v2 ,由角动量定律有2mg1 cos mgl cos。根据角加速度 的定义t由（2）、（4）、（5）、（6）各式得g cos 。3l当两球都未脱离轻杆时，两球都绕转轴作圆周球1的切向加速度和法向加速度分别为alt 1(8)ait 1(9)以Ni表示沿垂直于轻杆方向球 1与杆的相互作用力的大小，以fi表示沿着轻杆方向球1与杆的相互作用力的大小，根据牛顿第二定律，有2mg cos N1 2ma1t ,(10)fi 2mg sin2mait由（3）、（9）、（10）、（11）各式得一 4N1 - mg cos 。3f1mgsin。(11)(12)(13)对2球作同样的分析

5、，沿垂直于轻卞f方向球 2与杆的相互作用力的大小 N2与沿着轻杆方向球2与杆的相互作用力的大小f2分别为一 4N2 mg cos ,3f2 ；mgsin(14)(15)(16)(17)当 1时，球1开始向外滑动。由于球1的初始位置紧靠轻杆末端，球 1从由（12）、（14）式可知，杆与小球 1、杆与小球 2的最大静摩擦力相等，而（13）、（14）式表明小上1与杆的摩擦力大于小球 2与杆的摩擦力， 故在转动过程中，小球1与杆之间的摩擦力先达到最大静摩擦力，故小球1先滑动。设1球开始滑动时，细杆与水平线夹角为1 ,则G 1 M 1 ,10.3即万 mgsin 1 mg cos 1,由（16）式并代入

6、数据得兀1。6开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不计，因此球1脱离细杆与水平线夹角也为1工 6球1 一旦脱离轻杆，因轻杆没有质量，球 2与轻杆间的相互作用立即消失， 此后球2只受重力作用而作斜舞女运动，注意到（2）、（3）、（7）各式，抛出时的初速度(18)初速度的方向与水平线的夹角(19)在千2作抛体运动的过程中，球与轻杆间虽无相互作用，但球仍套在杆上， 轻杆将跟着球运动，但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于 l时, 球2便脱离轻杆。建立如图所示的坐标系 Oxy ,根据斜抛运动规律可得任意 t时刻（取球2开始作抛体运动的时刻为计时起点）球2的位置坐标x lcos 1V0 cos 0t

7、,(20)y l sin 1vosin0t）球2脱离细杆时有(22)利用（17）、 （18）、（19）各式得从而解得1532£3gLo(23)(24)此时(25)6215 l设千2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为2 （如图）cos 2|x| 2M &(26)2 arccos2.3578.2 （或 1.36 弧度）。(27)评分标准：（3）式2分,（17）式 1 分，（18）式(7)式 3 分，(12) (15)2 分，(19)式 1 分，(20)式各1分，（16）式2分, （22）式各 1 分，（26）、（27）式各1分。四、（15分）解法1 :表不转动角以m表示质点B的质点，

8、表示连线BC与竖直方向的夹角, 速度，fBC表示BC间排斥力的大小。根据牛顿定律有fAB sinifBC sinmfAC sin2AC sin 2 考虑到几何关系 ABsin 2 ACsin 1 并利用已知fAB和fBC的表示式。可由（5）得到 ABsin 1ACsin 2 又，由（2）、（4）式可得fB空工。fAC cos 1带入已知的fAB和fBC的表达式可得AB sin1 ,(1)fAB cos1fBC cos0,(2)fAC sin2fBC sinm2AC sin2 ,(3)fAC cos 2 fBC cos 0。(4)由（1）、（3）两式并利用（2）、（4）两式可得(5)(8)fAB

9、sin1|AB|sin 1电三。（9）AC cos i联立（7）、（ 9）从而有22sin i cos i sin 2 cos 2。（10）如果1 W 2 ,则意味着方程.2sin cos C 0（11）在o, 1区间有两个不同的解，其中 C为某一合适的常数。这要求函数sin cos 2在0,区间不能是单调函数，也就是说sin 和cos 2不2能同时为单调增函数或单调减函数。因此当增大时，若sin 增大，则cos 2应减小；反之，若sin 减小，则cos 2应增大，故 与 2同号。 因此有0（a 2。（13）对a 0 ,可知sincos2在 0及时均为零，因此 sin cos2 在20,；区间

10、一定存在极值点，意味着方程（11）在C合适选取的情况下必有 两个或两个以上白不同解。对 a 2亦然。因此条件（12）、（13）是符合题意 要求的充分必要条件。评分标准：（1） （4）式各1分，（6）式1分，（10）式6分，（12）、（13） 式及其以下说明共 4分。解法2:如图，设B、C间的排斥力是f ,它们受到A的吸引力分别是fAB、fAc,向心力分别是fci、fc2,距离A分别是1、2；根据三角形的相似关系，有fABfcif1ABBD'fACfc2f2ADCD°以上两式相比可得fAB2fciCDfAC1fC2BD依题意有(1a)(2a)(3a)fAB1-,fAC2fC1E

11、B1sin1fC2FC2 sin2 'CDAF2 cos2, BDAE1cos1将(4a) (6a)代入(3a)得1r1r1 sin 12 cos 2 or2r2 sin 2 r1 cos 1由(7a)得22sin 1 cos 1 sin 2 cos 2。之后的讨论与“参考解答1”相同。评分标准：考虑“参考解答1"。(4a)(5a)(6a)(7a)(8a)五、（15分）以Pa表示环境中大气的压强， 则初始时装入容器的空气的压强为Pa ,温度为Ta,以Va表示其体积。当容器与冰山接触，达到平衡时，容器中空气的温度为Tl ,体积减小为V。，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有

12、V。 VaT Ta在这一过程中，容器中空气内能的增加量为(1)U 2.5Pa V。Va ,(2)大气所考察空气做功为WPa V。Va(3)若以Q表示此过程中冰山传给容器中空气的热量，根据热力第一定律有Q U W。(4)由以上四式得I TQ3.5PaVa - aTa(5)(5)式给出的Q是负的，表示在这一过程中，实际上是容器中的空气把热量 传给冰山。容器中空气的温度降至冰山温度后，又经一过等容升温过程，即保持体积V。不变，温度从Ti升至环境温度Ta,并从周围环境吸热。若以 Pi表示所考虑空气的压强，则有Pi PaT TT(6)设喷管的体积为u,当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气白压强由 P

13、1降到P2；根据题目给出的条件，有1。/ 22(12)(13)(14)(15)Pi Vo uP2V0,口口V0 U即 P2 Pi（8）Vo喷出气体获得的动能EkiPl Pa u °（9）当喷管中的空气第二次喷出后，容器中空气压强由P2降到P3,根据题给出的条件可得P3 P2V0u（10）V0喷出气体获得的动能Ek2P2 Pa u。（11）当喷管中的空气第 N次被喷出后，容器内空气的压强由pn降到pn 1 ,根据题给出的条件可得Vo u Pn 1 Pn Vo喷出气体获得的动能E1kPn Pa u。如果经过N次喷射后，容器中空气的压强降到周围大气的压强，即Pn 1 Pa,这时喷气过程终止

14、，在整过喷气过程中，喷出气体的总动能。EkEk1Ek2 L EkN利用（8）到（13）式，（15）式可化成EkP1U 1Vo uVo2VoU LN 1VoUVoNpaU ,(16)（16）式等号右边第项方括号内是N项的等比级数，故有EkP1U1VouVo1 Vo U VoNpaU。(17)又，根据（8）、 （10）、（12）、（14）各式可得VouP1 Vo(18)对(18)式等式两边取自然对数得Nln 1u,paIn oVoP1(19)因u = Vo ,可利用近似公式In 1 x = x把（19）进一步化简，即Vo . P1N ln uPa进而由（17）、（18）、（2。）三式得P1EkP1

15、 Pa Vo PaVoln Pa将（1）、（6）代入（21）式，可得(20)(21)EkPaVa 1Ta一ln 一 °TaTaaa(22)(23)根据题意，这些动能可转化成的电能为Eo.45 PaVa 1 In TaTaTa以上讨论表明，要获得电能E,冰山必须吸收 Q的热量，整座冰山化掉可吸 收的总热量Q1mL。(24)因此可产生的总电量为EimLE。Q（5）和（23）带入（25）式，得(25)Ei19mL -70工TiTaTaInT1i立Ta(26)代入数据后有(27)_14Ei1.5 10 J 评分标准：（5）式3分，（7）式1分，（9）式2分，（17）式2分，（18）式1 分，

16、（22）式 3 分，（25） （ 27）式各 1 分。参考解答2:以Pa表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使n摩尔的空气参与如题所述的过程，且在过程a中体积和温度变化分别为V和T T1Ta,则在此过程中这部分气体放出的热量为5Q Pa V - Pa V。（ 1 ）2其中右边第一项表示大气对系统做的功，第二项表示系统内能的变化，考虑 到物态方程，有Q 7nR Ta T1 ,（2）2这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故Q mL ,（3）19 / 22(4)因此联立（2）、（3）可得2mLn 。7R Ta Ti在气体等容吸热的过程 b中，设最后达到压强 p0,体积达到V0,则易得PaTa pa

17、TinRTa aPo再考虑喷气过程：因为等温，在每个喷气的小过程中过后，容器内的压强增 量 P满足p P Vo up-VT，(5)(6)其中Vo为过程b中系统的体积，p为这个喷气过程中容器内的压强，那么喷出的气体的动能与（7）联立，消去u ,得PEk P Pa Vo 。P因此，做变换 E dE, PPadPEkP Pa Vo 为PPoPo Pa Vo PaVoln PadP，总的动能则为最后，据题意所获得的总的电能为E o.45Ek ,将（4）、（5）、（6）、（1。）带入（11）式，得(8)(9)(10)(11)21 / 22(12)1 9E mL -70T1"TaTaTa23 /

18、 22Ta代入数据后有14E 1.5 10 J。评分标准：参考“参考解答1”的评分标准。六、1 .根据题意，乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为(13)Ek1 0v10(2)刚碰后，乒乓球带的电荷量qCoU(3)其动能和速度分别为v10(5)此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。当它到达另一金属板, 与金属板第二次碰撞前其动能为Ek2Ek2 qU(6)注意到（3）、（4）式有2Ek2CoU2与金属板第二次碰撞前的速度为V2(8)(9)(10)(11)(12)(15)(16)(17)(18)(19)(20)第二次碰撞后的速度和动能分别v2 ev,12Ek2mv22由（9）、（10

19、）式得Ek2 e2Ek2乒乓球与金属板第三次撞前动能为Ek2 Ek2 qU由（3）、（7） （11）、（12）式得2%1 e CoU2乒乓球与金属板第三次碰撞前速度乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为V3 evs3IEk3 e Ek3乒乓球与金属板四次碰撞前的动能Ek4Ek3 qU由（3）、（ 15）、（18）、（19）式得 242E41 e2 e4 C0U2乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为24 / 22V4(21)26 / 22乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为v4ev4(22)Ek4e Ek4以此类推，可得乒乓球与金属板第n次碰撞前、后的动能分别为2,2 n 2Ekn1

20、e L eCoU22,2 n 2Ekne 1 e L eCoU2 n 122 n 1e 1 eEln：2 CoU1 e(23)(24)(25)(26)(27)对非弹性碰撞，e 1 ,可由以上两式看出 Ekn和Ekn均随碰撞次数单调递增。当n 时有1 2.Ek? -rCoU(28)1 e2 e 2 Ek2 CoU(29)1 e乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能，即12EkmaxEk2 CoU1 e2.经过足够长时间后亦即 n 次碰撞前的速度分别为(3。)时，乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一此间时间间隔(31)(32)dv v2""(33)因此可得，通过

21、外电路的平均电流强度I q T由(31)、(32)、(33)、(34)各式得I CoU2 1 eCod 1 e2m(34)(35)28 / 22评分标准：（26）、（27）式或（28）、（29） （33）式各1分，（35）式2分。七、参考答案1：1. a a和cc中的感应电动势为22Eaa Ecc1 Bl Sin2bb和dd中的感应电动势为22bb dd 2-Bl cos2根据电路的对称性可知Iba I ab Idc I cd I1 , I ad I d a I c b式共8分，（30）式2分，（31） 根据基耳霍夫第一定律，有I aa I cc 11 I 2(4)30 / 22I b b I

22、 dd(5)根据基耳霍夫第二定律，有IlR IaaR IlRlIbbR 2IlR IddR I2R IadR 21I bcI adI adI bcI12 Bl2 cos8 R2 Bl2 cos8 Rsinsin(6)(8)(9)2.当正方体转动到任意位置（对角线db与磁场夹角为任意）时，通过a a、b b、dd的电流I adI baI ccI bcI cdI bbI baI bcI ddI adI cd2 Bl2 sin4 R2 Bl2.sin442 BI2cos4 R,2 Bl2 cos4 R(13)Fa aFccBlIaa ,FbbFddBlIbb(14)22M 2Faa l sin22F

23、bb l cos2(15)将（11） (14)代入(15),得为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场 对电路作用的合力矩，即(10)(11)(12)2R(16)评分标准：（1）、（2）式共2分，（4）、（5）式共4分，（6）、（7）式共4分,（10） （13）式共 2 分，（14）式 1 分，（15）式 2 分，（16）式 1 分。参考解答2:1. aa和cc中的感应电动势为-22cc Bl sin 2bb和dd中的感应电动势为bb dd二 Bl2 cos2先计算bb和dd单独存在（aa和cc短路）时流过各支路的电流。 若将aa和cc断开, 11I bb I dd则等效电路如图所示，则通过bb dd 2 Bl2 cos4R 4 R通过ba、 ad、bc和cd的电流强度11