第23届全国中学生物理竞赛预赛答案.docx
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第23届全国中学生物理竞赛预赛答案
参考答案及评分标准
一、参考解答：
1.线剪断前，整个系统处于平衡状态.此时弹簧S1的弹力F1=（mA+mB+mC）g
（1）
弹簧S2的弹力F2=mCg
（2）
在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故F1、F2的大小尚未变化，但线的拉力消失.设此时球A、B、C的加速度的大小分别为aA、aB、aC，则有
F1-mAg=mAaA （3）
F2+mBg=mBaB （4）
F2-mCg=mCaC （5）
解以上有关各式得
，方向竖直向上 （6）
，方向竖直向下 （7）
aC=0 （8）
2.开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡.
（i）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段.起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动.在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小.向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小.当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起.接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直到停在A′B′处.在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变.
（ii）从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶.起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动.接着，磁铁和板一起作加速度力减小，向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小.当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起.
评分标准：
（本题20分）
1.10分.
（1）、
（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，aA、aB的方向各1分.
2.10分.（i）5分，（ii）5分.（必须正确说出两条形磁铁能吸引在一起的理由，才给这5分，否则不给分）.
二、参考答案
1.
（iii）
2.f1，f4.
评分标准：
（本题20分）
1.12分.（i）4分，（ii）4分，（iii）4分.
2.8分.两个空格都填对，才给这8分，否则0分.
三、参考解答：
1.
（i）通过对点电荷场强方向的分析，场强为零的P点只可能位于两点电荷之间.设P点的坐标为x0，则有
（1）
已知q2=2q1
（2）
由
（1）、
（2）两式解得
（3）
（ii）先考察点电荷q0被限制在沿x轴运动的情况.q1、q2两点电荷在P点处产生的场强的大小分别为
方向沿x轴正方向
方向沿x轴负方向
由于
处合场强的方向沿x轴的正方向，即指向P点.
由以上的讨论可知，在x轴上，在P点的两侧，点电荷q1和q2产生的电场的合场强的方向都指向P点，带正电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＞0时，P点是q0的稳定平衡位置.带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都背离P点，所以当q0＜0时，P点是q0的不稳定平衡位置.
再考虑q0被限制在沿垂直于x轴的方向运动的情况.沿垂直于x轴的方向，在P点两侧附近，点电荷q1和q2产生的电场的合场强沿垂直x轴分量的方向都背离P点，因而带正电的点电荷在P点附近受到沿垂直x轴的分量的电场力都背离P点.所以，当q0＞0时，P点是q0的不稳定平衡位置.带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＜0时，P点是q0的稳定平衡位置.
2.
评分标准：
（本题20分）
1.12分.
（i）2分.
（ii）当q0被限制在沿x轴方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的稳定平衡位置，占3分；正确论证q0＜0，P点是q0的不稳定平衡位置，占3分.（未列公式，定性分析正确的同样给分）
当q0被限制在垂直于x轴的方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的不稳定平衡位置，占2分；正确论证q0＜0，P点是q0的稳定平衡位置，占2分.
2.8分.纵坐标标的数值或图线有错的都给0分.纵坐标的数值.图线与参考解答不同，正确的同样给分.
四、参考解答：
开始时竖直细管内空气柱长度为L，压强为H（以cmHg为单位），注入少量水银后，气柱将因水银柱压力而缩短.当管中水银柱长度为x时，管内空气压强p=（H+x），根据玻意耳定律，此时空气柱长度
（1）
空气柱上表面与管口的距离
（2）
开始时x很小，由于L＞H，故
即水银柱上表面低于管口，可继续注入水银，直至d=x（即水银柱上表面与管口相平）时为止.何时水银柱表面与管口相平，可分下面两种情况讨论.
1.水银柱表面与管口相平时，水银柱未进入水平管
此时水银柱的长度x≤l，由玻意耳定律有
（H+x）（L-x）=HL （3）
由（3）式可得x=L-H （4）
由此可知，当l≥L-H时，注入的水银柱的长度x的最大值xmax=L-H （5）
2.水银柱表面与管口相平时，一部分水银进入水平管
此时注入水银柱的长度x＞l，由玻意耳定律有
（H+l）（L-x）=HL （6）
（7）
（8）
由（8）式得l＜L-H，或L＞H+l （9）
（10）
即当l＜L-H时，注入水银柱的最大长度x＜xmax.
由上讨论表明，当l≥L-H时，可注入的水银量为最大，这时水银柱的长度为xmax，即（5）式.
评分标准：
（本题20分）
正确论证l≥L-H时，可注入的水银量最大，占13分.求出最大水银量占7分.若论证的方法与参考解答不同，只要正确，同样给分.
五、参考解答：
正、负电子绕它们连线的中点作半径为
的圆周运动，电子的电荷量为e，正、负电子间的库仑力是电子作圆周运动所需的向心力，即
（1）
正电子、负电子的动能分别为Ek+和Ek-，有
（2）
正、负电子间相互作用的势能
（3）
电子偶素的总能量E=Ek++Ek-+Ep （4）
由
（1）、
（2）、（3）、（4）各式得
（5）
根据量子化条件
，n=1，2，3，… （6）
（6）式表明，r与量子数n有关.由
（1）和（6）式得与量子数n对应的定态r为
n=1，2，3，… （7）
代入（5）式得与量子数n对应的定态的E值为
n=1，2，3，… （8）
n=1时，电子偶素的能量最小，对应于基态.基态的能量为
（9）
n=2是第一激发态，与基态的能量差
（10）
评分标准：
（本题20分）
（2）式2分、（5）式4分，（7）式、（8）式各5分，（10）式4分.
六、参考解答：
P被释放后，细绳的张力对D产生机械力矩，带动D和A1作逆时针的加速转动.通过两个轮子之间无相对运动的接触，A1带动A2作顺时针的加速转动.由于两个轮子的辐条切割磁场线，所以在A1产生由周边沿辐条指向轴的电动势，在A2产生由轴沿辐条指向周边的电动势，经电阻R构成闭合电路.A1、A2中各辐条上流有沿电动势方向的电流，在磁场中辐条受到安培力.不难看出，安培力产生的电磁力矩是阻力矩，使A1、A2加速转动的势头减缓.A1、A2从起始的静止状态逐渐加速转动，电流随之逐渐增大，电磁阻力矩亦逐渐增大，直至电磁阻力矩与机械力矩相等，D、A1和A2停止作加速转动，均作匀角速转动，此时P匀速下落，设其速度为v，则A1的角速度
（1）
A1带动A2转动，A2的角速度ω2与A1的角速度ω1之间的关系为
ω1a1=ω2a2
（2）
A1中每根辐条产生的感应电动势均为
（3）
轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值见（3）式.
同理，A2中，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值为
（4）
A1中，每根辐条的电阻为R1，轴与轮功之间的电阻是A1中四条辐条电阻的并联，其数值为
（5）
A2中，每根辐条的电阻为R2，轴与轮功之间的电阻是A2中四条辐条电阻的并联，其数值为
（6）
A1轮、A2轮和电阻R构成串联回路，其中的电流为
（7）
以
（1）至（6）式代入（7）式，得
（8）
当P匀速下降时，对整个系统来说，重力的功率等于所有电阻的焦耳热功率之和，即
（9）
以（8）式代入（9）式得
（10）
评分标准：
（本题25分）
（1）、
（2）式各2分，（3）、（4）式各3分，（5）、（6）、（7）式各2分，（9）式6分，（10）式3分.
七、参考解答：
1.如图1所示，设筒内磁场的方向垂直纸面指向纸外，带电粒子P带正电，其速率为v.P从小孔射入圆筒中因受到磁场的作用力而偏离入射方向，若与筒壁只发生一次碰撞，是不可能从小孔射出圆筒的.但与筒壁碰撞两次，它就有可能从小孔射出.在此情形中，P在筒内的路径由三段等长、等半径的圆弧HM、MN和NH组成.现考察其中一段圆弧MN，如图2所示.由于P沿筒的半径方向入射，OM和ON均与轨道相切，两者的夹角
（1）
设圆弧的圆半径为r，则有
（2）
圆弧对轨道圆心O′所张的圆心角
（3）
由几何关系得
（4）
解
（2）、（3）、（4）式得
（5）
2.P由小孔射入到第一次与筒壁碰撞所通过的路径为s=βr （6）
经历时间为
（7）
P从射入小孔到射出小孔经历的时间为t=3t1 （8）
由以上有关各式得
（9）
评分标准：
（本题25分）
1.17分.
（1）、
（2）、（3）、（4）式各3分，（5）式5分.
2.8分.（6）、（7）、（8）、（9）式各2分.
八、参考解答：
小球获得沿竖直向下的初速度v0后，由于细绳处于松弛状态，故从C点开始，小球沿竖直方向作初速度为v0、加速度为g的匀加速直线运动.当小球运动到图1中的M点时，绳刚被拉直，匀加速直线运动终止，此时绳与竖直方向的夹角为α=30°.在这过程中，小球下落的距离
（1）
细绳刚拉直时小球的速度v1满足下式：
（2）
在细绳拉紧的瞬间，由于绳的伸长量可不计而且绳是非弹性的，故小球沿细绳方向的分速度v1cosα变为零，而与绳垂直的分速度保持不变，以后小球将从M点开始以初速度
（3）
在竖直平面内作圆周运动，圆周的半径为2l，圆心位于A点，如图1所示.由
（1）、
（2）、（3）式得
（4）
当小球沿圆周运动到图中的N点时，其速度为v，细绳与水平方向的夹角为θ，由能量关系有
（5）
用FT表示绳对小球的拉力，有
（6）
1.
设在θ=θ1时（见图2），绳开始松弛，FT=0，小球的速度v=u1.以此代入（5）、（6）两式得
（7）
（8）
由（4）、（7）、（8）式和题设v0的数值可求得θ1=45° （9）
（10）
即在θ1=45°时，绳开始松弛.以N1表示此时小球在圆周上的位置，此后，小球将脱离圆轨道从N1处以大小为u1，方向与水平方向成45°角的初速度作斜抛运动
以N1点为坐标原点，建立直角坐标系N1xy，x轴水平向右，y轴竖直向上.若以小球从N1处抛出的时刻作为计时起点，小球在时刻t的坐标分别为
（11）
（12）
由（11）、（12）式，注意到（10）式，可得小球的轨道方程：
（13）
AD面的横坐标为
（14）
由（13）、（14）式可得小球通过AD所在竖直平面的纵坐标y=0 （15）
由此可见小球将在D点上方越过，然后打到DC边上，DC边的纵坐标为
（16）
把（16）式代入（13）式，解得小球与DC边撞击点的横坐标x=1.75l （17）
撞击点与D点的距离为△l=x-2lcos45°=0.35l （18）
2.
设在θ=θ2时，绳松弛，FT=0，小球的速度v=u2，以此代替（5）、（6）式中的θ1、u1，得
（19）
（20）
以
代入（4）式，与（19）、（20）式联立，可解得
θ2=90° （21）
（22）
（22）式表示小球到达圆周的最高点处时，绳中张力为0，随后绳子被拉紧，球速增大，绳中的拉力不断增加，拉力和重力沿绳子的分力之和等于小球沿圆周运动所需的向心力，小球将绕以D点为圆心，l为半径的圆周打到梁上的C点.
评分标准：
（本题25分）
（3）式2分，（5）、（6）式各1分，（9）、（10）式各3分，得出小球不可能打在AD边上，给3分.得出小球能打在DC边上，给2分，正确求出小球打在DC边上的位置给2分，求出（21）、（22）式各占3分，得出小球能打在C点，再给2分.
如果学生直接从抛物线方程和y=-（2lsin45°-l）=-（
-1）l求出x=1.75l，同样给分.不必证明不能撞击在AD边上.
九、参考解答：
1.这是一个大尺度运动，导弹发射后，在地球引力作用下将沿椭圆轨道运动.如果导弹能打到N点，则此椭圆一定位于过地心O、北极点N和赤道上的发射点C组成的平面（此平面是C点所在的子午面）内，因此导弹的发射速度（初速度v）必须也在此平面内，地心O是椭圆的一个焦点.根据对称性，注意到椭圆上的C、N两点到焦点O的距离相等，故所考察椭圆的长轴是过O点垂直CN的直线，即图上的直线AB，椭圆的另一焦点必在AB上.已知质量为m的物体在质量为M的地球的引力作用下作椭圆运动时，物体和地球构成的系统的能量E（无穷远作为引力势能的零点）与椭圆半长轴a的关系为
（1）
要求发射的能量最少，即要求椭圆的半长轴a最短.根据椭圆的几何性质可知，椭圆的两焦点到椭圆上任一点的距离之和为2a，现C点到一个焦点O的距离是定值，等于地球的半径R，只要位于长轴上的另一焦点到C的距离最小，该椭圆的半长轴就最小.显然，当另一焦点位于C到AB的垂线的垂足处时，C到该焦点的距离必最小.由几何关系可知
（2）
设发射时导弹的速度为v，则有
（3）
解
（1）、
（2）、（3）式得
（4）
因
（5）
比较（4）、（5）两式得
（6）
代入有关数据得v=7.2km/s （7）
速度的方向在C点与椭圆轨道相切.根据解析几何知识，过椭圆上一点的切线的垂直线，平分两焦点到该点连线的夹角∠OCP.从图中可看出，速度方向与OC的夹角
（8）
2.由于地球绕通过ON的轴自转，在赤道上C点相对地心的速度为
（9）
式中R是地球的半径，T为地球自转的周期，T=24×3600s=86400s，故
vC=0.46km/s（10）
C点速度的方向垂直于子午面（图中纸面）.位于赤道上C点的导弹发射前也有与子午面垂直的速度vC，为使导弹相对于地心速度位于子午面内，且满足（7）、（8）两式的要求，导弹相对于地面（C点）的发射速度应有一大小等于vC、方向与vC相反的分速度，以使导弹在此方向相对于地心的速度为零，导弹的速度的大小为
（11）
代入有关数据得v′=7.4km/s （12）
它在赤道面内的分速度与vC相反，它在子午面内的分速度满足（7）、（8）两式.
3.质量为m的质点在地球引力作用下的运动服从机械能守恒定律和开普勒定律，故对于近地点和远地点有下列关系式
（13）
（14）
式中v1、v2分别为物体在远地点和近地点的速度，r1、r2为远地点和近地点到地心的距离.将（14）式中的v1代入（13）式，经整理得
（15）
注意到r1+r2=2a （16）
得
（17）
因
（18）
由（16）、（17）、（18）式得
（19）
评分标准：
（本题25分）
1.14分.
（2）式6分，（3）式2分，（6）、（7）式共4分，（8）式2分.
2.6分.（11）式4分，（12）式2分.
3.5分.（13）、（14）式各1分，（19）式3分.
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