第27届全国中学生物理竞赛决赛试题答案文档格式.docx

1、Vo Vo2a 2 ig（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s sin2 .Vo sin2 2g因此可得v0 sin2gd0.5。（8）2 物块对传输带的摩擦力大小匚 gF 2 V0 V0 ,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W FV cos ,因此负载所引起的附加功率P W V2 640W。考虑到无负载时电机的输出功率F0 I0E l：R 360W。有负载时电机的输出功率为F F0 F 1000W。设有负载时的工作电流为 I，则P IE I R ,（10）（14）解之得I 10A。 （15）评分标准：（2）式2

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ait l （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 2malt， （ 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N2 mg cos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，

3、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 n6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

4、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AB sin 2AC sin 1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ABcos 2AC。cos 1联立（7）、（9）从而有1 cos 1 si

5、n 2 cos 2。如果1丰2，则意味着方程cos C 0（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sin cos 2在0，n区间不能是单调函数，也就是说 sin 和cos 2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 （ 12）a 2。 （ 13）对a 0，可知sin cos2 在 0及上时均为零，因此 sin cos2 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 a 2亦然。因此条件（12）

6、、（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fABfc1fr1BD，fACfc22ADCD以上两式相比可得fC2BD依题意有fC1EBr1 sin 1fc 2FC2 sin 2AFr2 cos 2AEr1 cos 1（4a）（5a）（6a）将（4a） （ 6a）代入（3a）得由（7a）得. 2 2 sin 1 cos 1 sin 2 cos 2。之后的讨论与“参考

7、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。 VaT T：在这一过程中，容器中空气内能的增加量为U 2.5Pa V。大气所考察空气做功为W Pa 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（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

8、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）Pi Vo u pVo,喷出气体获得的动能Eki Pl Pa U o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Vo uP3 P2 -Ek2 P2 Pa U。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Pn 1 Pn （12）E1k Pn Pa U。如果经过N次喷射后，容器中

9、空气的压强降到周围大气的压强，即Pn 1 Pa， （ 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。Ek Ek1 Ek2 L EkN （ 15）利用（8）到（13）式，（15）式可化成Ek P1U 1Vo U Vo uNpaU ,（16）（16）式等号右边第项方括号内是N项的等比级数，故有Ek P1U1 Vo U UNpaU。（17）又，根据（8）、 （10）、（12 ）、（ 14）各式可得Vo UP1 -对（18）式等式两边取自然对数得N ln 1匕4。Vo P1因u = Vo，可利用近似公式In 1 x - x把（19）进一步化简，即（2。）N亠直U Pa进而由（17）、（1

10、8）、（2。）三式得P1（21）Ek P1 Pa Vo PaVol 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.45PaVa 1（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Q1 mL。因此可产生的总电量为mLEi E。Q将（5）和（23）带入（25）式，得代入数据后有（27）14Ei 1.5 10 J（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5Q Pa V Pa V。 （

11、 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Q 7nRTa T1， （ 2）这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热，故Q mL, （ 3）因此联立（2 ）、（3）可得2mLn7R Ta Ti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Ta paTiPo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 Vo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E p pa u， （ 8）与（7）联立，消去u，得pPPa Vo -因此，做变换E dE， p

12、 dp，总的动能则为dpp PPa Vo poPa VoPo PaVo In最后，据题意所获得的总的电能为E 0.45Ek， （ 11）将（4）、（ 5）、（ 6）、（ 10）带入（11）式，得（13）E 1.5 10 J。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Ek1 0V1 0 （ 2）刚碰后，乒乓球带的电荷量q CoU （ 3）其动能和速度分别为Ek1 0 （ 4）V1 0 （ 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Ek2 Ek2 qU （ 6）注意到（3）、（ 4）式有

13、Ek2 C0U （ 7）与金属板第二次碰撞前的速度为V2 2Ek E第二次碰撞后的速度和动能分别1 2 Ek2 mv2由（9）、（ 10）式得e2Ek2乒乓球与金属板第三次撞前动能为Ek2 Ek2 qU由（3）、（ 7）（ 11）、（ 12）式得耳 1 e C0U2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 ewEk3 e Ek3乒乓球与金属板四次碰撞前的动能Ek4 Ek3 qU由（3）、（ 15）、（ 18）、（ 19）式得E4 1 e2 e4 C0U2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v4

14、 ev4Ek4 e Ek4 （ 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Ekn12 eL2 n 2 eCoU22 n 222e1 eCoU即d2 n 1（26）n 1En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。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v v22Co1 e2 m（32）（33）因此可得，通过外电路的平均电流强度I q T由（31）、（32）、（ 33）、（34）各式得I CoU2 1 eC。d

15、1 e2m（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 .Eaa Ecc 1 Bl sinbb和dd中的感应电动势为bb dd 2 Bl COS根据电路的对称性可知8 分，（30）式 2 分，（31）（3）I ba I ab I d c I cd 11 , I ad I d a I c b Ibc I 2根据基耳霍夫第一定律，有1b b 1 dd 1 1 12（5）1R1 aa R11R1 I bb RI ddRI 2R I ad RI,2 Bl2cosbcI adh8 R,bi2adI b

16、cI 2根据基耳霍夫第二定律，有2.当正方体转动到任意位置b b、dd的电流2 Bl2 sin4 R4 42 BI2（对角线db与磁场夹角为任意 ）时，通过aa、cc ,I baI ccI cdI bbo2R（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. a a和cc中的感应电动势为-2 2 Bl sin中的感应电动势为-2 2Bl cos（5b）Uaa Ucc 0由此连接a a和cc后流过a a和cc的电流。1 1Iaa Icc 0 （ 6b）因此连

17、接a a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1 a a1 cc2 Bl 2 . sin 4 R通过ba、ad、bc和cd的电流2 Bl2bi 2 .1 ad1 bcb、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 a a和cc电流b bidd（7b）（8b）（9b）Ubb Udd 0，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。ir2 参照所给光路图，可知 CO x，设Z CAO a，有如下几何关系:xr f cot两式联立,可求得x Rsi nlarctanf。2 r评分标准:正确画出光路图 5分，（3）式5分。