第27届全国中学生物理竞赛决赛试题答案文档格式.docx
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VoVo
2a2ig
（6）
物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数2应满足
ssin
2.
Vosin
22g
因此可得
v0sin
2gd
0.5。
（8）
2•物块对传输带的摩擦力大小
匚g
F2V0V0,
2g
方向与Vo的方向相同。
从地面参照系来看，传送带速度为
（9）
V，单位时间内物
块对传输带所做的功
WFVcos,
因此负载所引起的附加功率
PWV2640W。
考虑到无负载时电机的输出功率
F0I0El：
R360W。
有负载时电机的输出功率为
FF0F1000W。
设有负载时的工作电流为I，则
PIEIR,
（10）
（⑴
（14）
解之得
I10A。
（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）
由角动量定律有
根据角加速度的定义
aitl（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
2mgcosN12malt，（10）
（15）
沿着轻杆方向球2与杆的相互作用力的大小f2分别为
N2mgcos
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）式表明小球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
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n
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）
在球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I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
利用（17）、（18）、（19）各式得
从而解得
此时
设球2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为2（如图），则
（3）式2分，（7）式3分，（12）~（15）式各1分，（16）式2分，（17）式1分，（18）式2分，（19）式1分，（20）~（22）式各1分，（26）、
速度，fBC表示BC间排斥力的大小。
根据牛顿定律有
ABsin2
ACsin1
并利用已知fAB和fBC的表示式。
可由（5）得到
带入已知的fAB和fBC的表达式可得
AB
cos2
AC
。
cos1
联立
（7）、（9）从而有
1cos1sin2cos2。
如果
1丰2，则意味着方程
cosC0
（11）
在0,n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
sincos2在0，n区间不能是单调函数，也就是说sin和cos2不
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
cos2应减小；
反之，若sin减小，则cos2应增大，故与2同号。
因此有
0（12）
a2。
（13）
对a0，可知sincos2在0及上时均为零，因此sincos2在
0,n区间一定存在极值点，意味着方程（11）在C合适选取的情况下必有
两个或两个以上的不同解。
对a2亦然。
因此条件（12）、（13）是符合题意
要求的充分必要条件。
（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ri、
形的相似关系，有
fAB
fc1
f
r1
BD，
fAC
fc2
「2
AD
CD
以上两式相比可得
fC2
BD
依题意有
fC1
EB
r1sin1
fc2
FC
「2sin2
AF
r2cos2
AE
r1cos1
（4a）
（5a）
（6a）
将（4a）~（6a）代入（3a）得
由（7a）得
.22sin1cos1sin2cos2。
之后的讨论与“参考解答1”相同。
考虑“参考解答1”。
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Ti，体积减小为V。
，根据题意，空气经历的过程为等压过程，故有
V。
Va
TT：
在这一过程中，容器中空气内能的增加量为
U2.5PaV。
大气所考察空气做功为
WPaV。
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
QUW。
（4）
由以上四式得
（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
设喷管的体积为u，当喷管中的气体第一次被喷出时，容器中空气的压强由p1
降到P2；
根据题目给出的条件，有
（7）
PiVoupVo,
喷出气体获得的动能
EkiPlPaUo
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
Vou
P3P2-
Ek2P2PaU。
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pN1，根据
题给出的条件可得
Pn1Pn■（12）
E1kPnPaU。
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
Pn1Pa，（14）
这时喷气过程终止，在整过喷气过程中，喷出气体的总动能。
EkEk1Ek2LEkN（15）
利用（8）到（13）式，（15）式可化成
EkP1U1
VoUVou
NpaU,
（16）
（16）式等号右边第
项方括号内是
N项的等比级数，故有
EkP1U
1VoU
〔％U
NpaU。
（17）
又，根据（
8）、（10）、
（12）、（14）各式可得
VoU
P1-
对（18）
式等式两边取自然对数得
Nln1
匕4。
VoP1
因u=Vo，可利用近似公式In1x-x把（19）进一步化简，即
（2。
）
N亠直
UPa
进而由（17）、（18）、（2。
）三式得
P1
（21）
EkP1PaVoPaVol门一
Pa
将
（1）、（6）代入（21）式，可得
根据题意，这些动能可转化成的电能为
o.45PaVa1
（23）
（24）
（25）
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。
因此可产生的总电量为
mL
EiE。
Q
将（5）和（23）带入（25）式，得
代入数据后有
（27）
14
Ei1.510J
（5）式3分，（7）式1分，（9）式2分，（17）式2分，（18）式
1分，（22）式3分，（25）~（27）式各1分。
参考解答2：
过程中这部分气体放出的热量为
5
QPaVPaV。
（1）
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
Q7nRTaT1，
（2）
这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故
QmL,（3）
因此联立
（2）、（3）可得
2mL
n
7RTaTi
在气体等容吸热的过程b中，设最后达到压强po，体积达到Vo,则易得
Tapa
Ti
Po
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
pPVou
PVo
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
Eppau，（8）
与（7）联立，消去u，得
p
P
PaVo-
因此，
做变换
EdE，pdp，总的动能则为
dp
pP
PaVo——
po
PaVo
PoPaVoIn
最后，
据题意所获得的总的电能为
E0.45Ek，（11）
将（4）、（5）、（6）、（10）带入（11）式，得
（13）
E1.510J。
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
Ek10
V10
（2）
刚碰后，乒乓球带的电荷量
qCoU（3）
其动能和速度分别为
Ek10（4）
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
Ek2Ek2qU（6）
注意到（3）、（4）式有
Ek2C0U（7）
与金属板第二次碰撞前的速度为
V22Ek
■E
第二次碰撞后的速度和动能分别
12Ek2mv2
由（9）、（10）式得
e2Ek2
乒乓球与金属板第三次撞前动能为
Ek2Ek2qU
由（3）、（7）（11）、（12）式得
耳1eC0U2
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
V3ew
Ek3eEk3
乒乓球与金属板四次碰撞前的动能
Ek4Ek3qU
由（3）、（15）、（18）、（19）式得
E41e2e4C0U2
乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为
（12）
（20）
（22）
乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为
v4ev4
Ek4eEk4（23）
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
Ekn
1
2e
L
2n2e
CoU2
2n2
22
e
1e
CoU
即
d
2n1
（26）
n1
En
对非弹性碰撞，e1，可由以上两式看出Ekn和Ekn均随碰撞次数单调递增。
时有
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
2.经过足够长时间后亦即次碰撞前的速度分别为
（30）
时，乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一
此间时间间隔
vv
2"
"
2Co
1e2m
（32）
（33）
因此可得，通过外电路的平均电流强度
IqT
由（31）、（32）、（33）、（34）各式得
ICoU21eC。
d\1e2m
（34）
（35）
（26）、（27）式或（28）、（29）式共
（33）式各1分，（35）式2分。
七、
参考答案1：
1.aa和cc中的感应电动势为
近2.
EaaEcc1Blsin
bb和dd中的感应电动势为
bbdd2BlCOS
根据电路的对称性可知
8分，（30）式2分，（31）
（3）
IbaIabIdcIcd11,IadIdaIcbIbcI2
根据基耳霍夫第一定律，有
1bb1dd1112
（5）
1R
1aaR
11R1IbbR
Idd
R
I2RIadR
I
2Bl2
cos
bc
Iad
]
h
8R
bi2
ad
Ibc
I2
根据基耳霍夫第二定律，有
2.当正方体转动到任意位置
bb、dd的电流
2Bl2sin
4R
44
2BI2
（对角线db与磁场夹角为任意）时，通过aa、
cc,
Iba
Icc
Icd
Ibb
o
2R
（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
-22Blsin
中的感应电动势为
-22
Blcos
（5b）
UaaUcc0
由此连接aa和cc后流过aa和cc的电流。
11
IaaIcc0（6b）
因此连接aa和cc不影响ba和ad中的电流。
再计算aa和cc单独存在（bb和dd短路）时流过各支路的电流。
若将bb和dd断开，等效短路
时如图所示。
采用与上述一样的方法，可得aa和
1aa
1cc
2Bl2.sin4R
通过
ba、
ad、bc和cd的电流
2Bl
2bi2.
1ad
1bc
b、
b之间和d、d之间的电势差
流过
bb和dd的电流
cc
单独存在时流进aa和cc电流
bb
idd
（7b）
（8b）
（9b）
UbbUdd0，由此连接bb和dd后
（10b）
因此连接bb和dd不影响各支路中的电流。
根据叠加原理，ba、ad、bc和cd的电流强度;
2•与“参考解答1”相同。
的评分标准。
参考“参考解答1
八、
参考解答：
1•光路图如下，指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点。
ir^
2•参照所给光路图，可知COx，设ZCAOa，有如下几何关系:
x
rfcot
两式联立,
可求得
xRsin
larctanf。
2r
评分标准:
正确画出光路图5分，（3）式5分。
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