1、第29屆全國中學生物理競賽復賽參考答案及評分標準一、由于湖面足夠寬闊而物塊體積很小，所以湖面的絕對高度在物塊運動過程中始終保持不變，因此，可選湖面為坐標原點并以豎直向下方向為正方向建立坐標系，以下簡稱系. 設物塊下底面的坐標為，在物塊未完全浸沒入湖水時，其所受到的浮力為 () (1)式中為重力加速度.物塊的重力為 (2) 設物塊的加速度為，根據牛頓第二定律有 (3) 將(1)和(2)式代入(3)式得 (4)將系坐標原點向下移動 而建立新坐標系，簡稱系. 新舊坐標的關系為 (5) 把(5)式代入(4)式得 (6)(6)式表示物塊的運動是簡諧振動. 若，則，對應于物塊的平衡位置. 由(5)式可知，

2、當物塊處于平衡位置時，物塊下底面在系中的坐標為 (7) 物塊運動方程在系中可寫為 (8) 利用參考圓可將其振動速度表示為 (9) 式中為振動的圓頻率 (10) 在(8)和(9)式中和分別是振幅和初相位，由初始條件決定. 在物塊剛被釋放時，即時刻有，由(5)式得 (11) (12)由(8)至(12)式可求得 (13) (14)將(10)、(13)和(14)式分別代人(8)和(9)式得 (15) (16)由(15)式可知，物塊再次返回到初始位置時恰好完成一個振動周期；但物塊的運動始終由(15)表示是有條件的，那就是在運動過程中物塊始終沒有完全浸沒在湖水中. 若物塊從某時刻起全部浸沒在湖水中，則湖水

3、作用于物塊的浮力變成恒力，物塊此后的運動將不再是簡諧振動，物塊再次返回到初始位置所需的時間也就不再全由振動的周期決定. 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，物塊下底面坐標為時，物塊剛好被完全浸沒；由(5)式知在系中這一臨界坐標值為 （17）即物塊剛好完全浸沒在湖水中時，其下底面在平衡位置以下處. 注意到在振動過程中，物塊下底面離平衡位置的最大距離等于振動的振蝠，下面分兩種情況討論：I. 由(13)和(17)兩式得 (18)在這種情況下，物塊在運動過程中至多剛好全部浸沒在湖水中. 因而，物塊從初始位置起，經一個振動周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振動周期 (

4、19)物塊從初始位置出發往返一次所需的時間 (20) II. 由(13)和(17)兩式得 (21)在這種情況下，物塊在運動過程中會從某時刻起全部浸沒在湖水表面之下. 設從初始位置起，經過時間物塊剛好全部浸入湖水中，這時. 由(15)和(17)式得 (22)取合理值，有 (23) 由上式和(16)式可求得這時物塊的速度為 (24) 此后，物塊在液體內作勻減速運動，以表示加速度的大小，由牛頓定律有 (25)設物塊從剛好完全浸入湖水到速度為零時所用的時間為，有 (26)由(24)-(26)得 (27)物塊從初始位置出發往返一次所需的時間為 (28)評分標準：本題17分.（6）式2分，（10）（15）

5、（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分. 二、1. R i.通過計算衛星在脫離點的動能和萬有引力勢能可知，衛星的機械能為負值. 由開普勒第一定律可推知，此衛星的運動軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個焦點(或圓的圓心)，如圖所示.由于衛星在脫離點的速度垂直于地心和脫離點的連線，因此脫離點必為衛星橢圓軌道的遠地點（或近地點）；設近地點（或遠地點）離地心的距離為，衛星在此點的速度為.由開普勒第二定律可知 (1)式中為地球自轉的角速度.令表示衛星的質量，根據機械能守恒定律有 （2） 由（1）和（2）式解得 (3)可見該點為近地

6、點,而脫離處為遠地點.【（3）式結果亦可由關系式：直接求得】同步衛星的軌道半徑滿足 (4)由(3)和(4)式并代入數據得 (5)可見近地點到地心的距離大于地球半徑，因此衛星不會撞擊地球.ii. 由開普勒第二定律可知衛星的面積速度為常量，從遠地點可求出該常量為 (6) 設和分別為衛星橢圓軌道的半長軸和半短軸，由橢圓的幾何關系有 (7) (8)衛星運動的周期為 (9)代人相關數值可求出 （10） 衛星剛脫離太空電梯時恰好處于遠地點，根據開普勒第二定律可知此時刻衛星具有最小角速度，其后的一周期內其角速度都應不比該值小，所以衛星始終不比太空電梯轉動得慢；換言之，太空電梯不可能追上衛星.設想自衛星與太空

7、電梯脫離后經過（約14小時），衛星到達近地點，而此時太空電梯已轉過此點，這說明在此前衛星尚未追上太空電梯.由此推斷在衛星脫落后的0-12小時內二者不可能相遇；而在衛星脫落后12-24小時內衛星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，從而可以實現衛星回收.2.根據題意，衛星軌道與地球赤道相切點和衛星在太空電梯上的脫離點分別為其軌道的近地點和遠地點.在脫離處的總能量為 （11）此式可化為 (12) 這是關于的四次方程，用數值方法求解可得 （13）【亦可用開普勒第二定律和能量守恒定律求得.令表示衛星與赤道相切點即近地點的速率，則有 和 由上兩式聯立可得

8、到方程 其中除外其余各量均已知, 因此這是關于的五次方程. 同樣可以用數值方法解得.】衛星從脫離太空電梯到與地球赤道相切經過了半個周期的時間，為了求出衛星運行的周期，設橢圓的半長軸為，半短軸為，有 (14) (15)因為面積速度可表示為 (16)所以衛星的運動周期為 (17)代入相關數值可得 h (18)衛星與地球赤道第一次相切時已在太空中運行了半個周期，在這段時間內，如果地球不轉動，衛星沿地球自轉方向運行180度，落到西經處與赤道相切. 但由于地球自轉，在這期間地球同時轉過了角度，地球自轉角速度，因此衛星與地球赤道相切點位于赤道的經度為西經 （19）即衛星著地點在赤道上約西經121度處.評分

9、標準：本題23分.第1問16分，第i小問8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和結論共2分.第ii小問8分，（9）、（10）式各2分，說出在0-12小時時間段內衛星不可能與太空電梯相遇并給出正確理由共2分，說出在12-24小時時間段內衛星必與太空電梯相遇并給出正確理由共2分.第2問7分，(11)式1分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （數值結果允許有的相對誤差）三、ABCOxyP圖1解法一如圖1所示，建直角坐標，軸與擋板垂直，軸與擋板重合. 碰撞前體系質心的速度為，方向沿x軸正方向，以表示系統的質心，以和表示碰撞后質心的速度分量，表示墻作用于小球的沖量的大小.

10、 根據質心運動定理有 （1） （2）由（1）和（2）式得 （3） （4）可在質心參考系中考察系統對質心的角動量. 在球與擋板碰撞過程中，質心的坐標為 （5） （6） 球碰擋板前，三小球相對于質心靜止，對質心的角動量為零；球碰擋板后，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，則三小球對質心的角動量 （7）式中、和 分別是、和三球到質心的距離，由圖1可知 （8） （9） （10）由（7）、（8）、（9）和（10）各式得 （11） 在碰撞過程中，質心有加速度，質心參考系是非慣性參考系，在質心參考系中考察動力學問題時，必須引入慣性力. 但作用于質點系的慣性

11、力的合力通過質心，對質心的力矩等于零，不影響質點系對質心的角動量，故在質心參考系中，相對質心角動量的變化仍取決于作用于球的沖量的沖量矩，即有 （12）【也可以始終在慣性參考系中考察問題，即把桌面上與體系質心重合的那一點作為角動量的參考點，則對該參考點(12)式也成立】由（11）和（12）式得 (13) 球相對于質心參考系的速度分量分別為（參考圖1） (14) (15)球相對固定參考系速度的x分量為 （16） 由（3）、（6）、（13） 和 （16）各式得 （17） 根據題意有 （18）由（17）和（18）式得 xOPACB圖2y （19） 由（13）和（19）式得 （20）球若先于球與擋板發生

12、碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個系統至少應繞質心轉過角，即桿至少轉到沿y方向，如圖2所示. 系統繞質心轉過所需時間 （21） 在此時間內質心沿x方向向右移動的距離 （22） 若 （23） 則球先于球與擋板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得 （24）即 (25) 評分標準：本題25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分.解法二ABCCOxyP圖1如圖1所示，建直角坐標系，軸與擋板垂直，軸與擋板重合，以、和 分別表示球與擋板剛碰撞后、和三球速度的分量

13、，根據題意有 （1）以表示擋板作用于球的沖量的大小，其方向沿軸的負方向，根據質點組的動量定理有 （2） （3）以坐標原點為參考點，根據質點組的角動量定理有 （4） 因為連結小球的桿都是剛性的，故小球沿連結桿的速度分量相等，故有 （5） （6） （7）（7）式中為桿與連線的夾角. 由幾何關系有 （8） （9）解以上各式得 （10） （11） （12） （13） （14） （15）按題意，自球與擋板碰撞結束到球 (也可能球)碰撞擋板墻前，整個系統不受外力作用，系統的質心作勻速直線運動. 若以質心為參考系，則相對質心參考系，質心是靜止不動的，、和三球構成的剛性系統相對質心的運動是繞質心的轉動. 為了

14、求出轉動角速度，可考察球B相對質心的速度.由(11)到(15)各式，在球與擋板碰撞剛結束時系統質心的速度 （16） （17）這時系統質心的坐標為 （18） （19）不難看出，此時質心正好在球的正下方，至球的距離為，而球相對質心的速度 （20） （21） 可見此時球的速度正好垂直，故整個系統對質心轉動的角速度 （22） xOPACB圖2y若使球先于球與擋板發生碰撞，則在球與擋板碰撞后，整個系統至少應繞質心轉過角，即桿至少轉到沿y方向，如圖2所示. 系統繞質心轉過所需時間 （23）在此時間內質心沿x方向向右移動的距離 （24） 若 （25） 則球先于球與擋板碰撞. 由以上有關各式得 （26）即 (

15、27) 評分標準：本題25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、cl2l1I1I2abI圖 1參考答案: 1虛線小方框內2n個平行板電容器每兩個并聯后再串聯，其電路的等效電容滿足下式 （1）即 （2）式中 （3）虛線大方框中無限網絡的等效電容滿足下式 （4）即 （5）整個電容網絡的等效電容為 （6）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）當電容器a兩極板的距離變為2d后，2n個平行板電容器聯成的網絡的等效電容滿足下式 （8）由此得 （9）整

16、個電容網絡的等效電容為 （10）整個電容網絡的等效電容器帶的電荷量為 （11）在電容器a兩極板的距離由d變為2d后，等效電容器所帶電荷量的改變為 （12）電容器儲能變化為 （13）在此過程中，電池所做的功為 （14）外力所做的功為 （15） 2.設金屬薄板插入到電容器a后，a的左極板所帶電荷量為，金屬薄板左側帶電荷量為，右側帶電荷量為，a的右極板帶電荷量為，與a并聯的電容器左右兩極板帶電荷量分別為和.由于電容器a和與其并聯的電容器兩極板電壓相同，所以有 （16）由（2）式和上式得 （17）上式表示電容器a左極板和與其并聯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所帶電荷

17、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 （18）將（2）、（5）和（17）式代入（18）式得電容器a左極板帶電荷量 （19）評分標準：本題21分. 第1問13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分.第2問8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分.五、cl2l1I1I2abI圖 1參考答案: 如圖1所示，當長直金屬桿在ab位置以速度水平向右滑動到時，因切割磁力線，在金屬桿中產生由b指向a的感應電動勢的大小為 （1）式中為金屬桿在ab位置

18、時與大圓環兩接觸點間的長度，由幾何關系有 （2）d在金屬桿由ab位置滑動到cd位置過程中，金屬桿與大圓環接觸的兩點之間的長度可視為不變，近似為.將（2）式代入（1）式得，在金屬桿由ab滑動到cd過程中感應電動勢大小始終為 （3）以、和分別表示金屬桿、桿左和右圓弧中的電流，方向如圖1所示，以表示a、b兩端的電壓，由歐姆定律有 （4） （5）式中，和分別為金屬桿左、右圓弧的弧長.根據提示，和中的電流在圓心處產生的磁感應強度的大小分別為 （6） （7）方向豎直向上，方向豎直向下.由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整個大圓環電流在圓心處產生的磁感應強度為 （8）無論長直金屬桿滑動到大圓環上何處，上

19、述結論都成立，于是在圓心處只有金屬桿的電流I所產生磁場.在金屬桿由ab滑動到cd的過程中，金屬桿都處在圓心附近，故金屬桿可近似視為無限長直導線，由提示，金屬桿在ab位置時，桿中電流產生的磁感應強度大小為II2I1baR左圖 2RabR右 （9）方向豎直向下.對應圖1的等效電路如圖2，桿中的電流 （10）其中為金屬桿與大圓環兩接觸點間這段金屬桿的電阻，和分別為金屬桿左右兩側圓弧的電阻，由于長直金屬桿非常靠近圓心，故 （11）利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得 （12） 由于小圓環半徑，小圓環圓面上各點的磁場可近似視為均勻的，且都等于長直金屬桿在圓心處產生的磁場. 當金屬桿位于ab處時，

20、穿過小圓環圓面的磁感應通量為 （13）當長直金屬桿滑到cd位置時，桿中電流產生的磁感應強度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿過小圓環圓面的磁感應通量為 （14）在長直金屬桿以速度從ab移動到cd的時間間隔內，穿過小圓環圓面的磁感應通量的改變為 （15）由法拉第電磁感應定律可得，在小圓環中產生的感應電動勢為大小為 （16）在長直金屬桿從ab移動cd過程中，在小圓環導線中產生的感應電流為 （17）于是，利用（12）和（17）式，在時間間隔內通過小環導線橫截面的電荷量為 （18）評分標準：本題25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分， （8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15

21、）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分.六、cl2l1I1I2abI圖 1參考答案: 設重新關閉閥門后容器A中氣體的摩爾數為，B中氣體的摩爾數為，則氣體總摩爾數為 （1）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，B中氣體溫度為，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 （2）由于容器是剛性絕熱的，按熱力學第一定律有 （3）令表示容器A的體積, 初始時A中氣體的壓強為，關閉閥門后A中氣體壓強為，由理想氣體狀態方程可知 （4） （5）由以上各式可解得 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

22、容器A中的那部分氣體經歷了一個絕熱過程，設這部分氣體初始時體積為(壓強為時)，則有 （6）利用狀態方程可得 （7）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 （8） 評分標準：本題15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、答案與評分標準： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都給4分)10.2 (4分，填10.0至10.4的，都給4分)2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都給4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都給4分)八、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，導電電子以速度向下勻速運動；在相對于導電電子靜止的參考系中，導線中導電電子不動，正離子以速度向上勻速運動.下面分四步進行分析.第一步，在參考系中，考慮導線2對導線1中正離子施加電場力的大小和方向.若S系中一些正離子所占據的長度為，則在系中這些正離子所占據的長度變為，由相對論中的長度收縮公式有 （1）設在參考系S和中，每單位長度導線中正離子電荷量分別為和，由于離子的電荷量與慣性參考系的選取無關，故 （2）由（1）和（2）式得 （3）設在S系中一些導電電子所占據的長度為，在系中這些導電電子所占據的長