第19届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答

“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第1页第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即201Avmg①式中m为沙尘颗粒的质量，而2Ar②3s43mr③得10s43grv④代入数据得114.0msv－⑤（2）用h、h分别表示19.0msv－时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有0h(1)Ch⑥此时式①应为2hAvmg⑦由②、③、⑥、⑦可解得20s4113rghCv⑧代入数据得36.810mh⑨评分标准：本题15分。1.第一小题8分。其中①式3分，②式1分，③式1分，④式2分，⑤式1分。2.第二小题7分。其中⑥式1分，⑦式1分，⑧式3分，⑨式2分。二、参考解答（1）212CE，0（2）214CE，212CE评分标准：本题20分。（1）10分。其中每个空5分。（2）10分。其中每个空5分。三、参考解答（1）神舟3号（2）设飞船飞行时间为t，绕地球飞行的圈数为N，周期为T，飞船的质量为m，离地面的“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第2页平均高度为h，地球半径为R，地球质量为M，则有tTN①222()()mMGmRhTRh②2MmGmgR③由①、②、③式解得1/322224gRthRN④由题给数据可知55.853610st，代入t及其它有关数据得52.910mh⑤评分标准：本题20分（1）4分（2）16分。其中①、②、③、④式各3分，⑤式4分（答案在52.710m～53.110m之间均给这4分）四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时A中氦气的质量3He4.00310kgm，B中氪气的质量3Kr83.810kgm，C中氙气的质量3Xe131.310kgm。三种气体均匀混合后，A中的He有1mol3降入B中，有1mol3降入C中。He的重力势能增量为HeHeHeHe11()(2)33Emghmghmgh①B中的Kr有1mol3升入A中，有1mol3降入C中。Kr的重力势能增量为KrKrKr11()033Emghmgh②C中的Xe有1mol3升入A中，有1mol3升入B中。Xe的重力势能增量为XeXeXeXe11233Emghmghmgh③混合后，三种气体的重力势能共增加PHeKrXeXeHe()EEEEmmgh④因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时，气体不做功。由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第3页变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔，故有P332ERT⑤上式中右方为气体内能减少量，T表示气体温度的增量，由④、⑤两式得XeHe2()9mmghTR⑥将已知数据代入，注意到118.31JKmolR－－，可得23.310KT－⑦即混合后气体温度降低23.310K－（如果学生没记住R的数值，R的值可用标准状态的压强5201.01310Nmp－，温度0273.13KT和1mol理想气体在标准状态下的体积2302.2410mV－求得，即000pVRT）评分标准：本题共20分。说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得④式，得8分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出⑤式，得8分。得出正确结果，算出⑦式，得4分。五、参考解答由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部分与光轴平行。由S射向1L光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知12ir①21ir②由几何关系得1260ri③由图可见“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第4页11ir④又从1FSO的边角关系得tan/yf⑤代入数值得arctan(14.3/30.0)25.49⑥由②、③、④与⑥式得130r，155.49i根据折射定律，求得11sin1.65sininr⑦评分标准：本题20分1.图预解19-5的光路图4分。未说明这是两个左右对称性的结果只给2分。2.①、②、③、④式各给2分，⑤式给3分，⑥式给1分，⑦式给4分。六、参考解答（1）解法一：导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的PQ边与PQ边平行于磁场B，因而不受磁场力。PP边受的安培力的大小为1IBL，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。QQ边受的安培力的大小为1QQFIBL，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为012MIBLL①除此力矩外，线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心（O点）到轴ab的距离，即02(/2)mgL②当0M＝0时，桌面对线框的支持力的力矩为零，0M＞0时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab向上翘起。根据题意及①、②式，由力矩平衡原理可知122min12IBLLmgL③解得min12mgIBL④“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第5页解法二：线框所受的重力矩也可以由各边对ab轴的重力矩来求。PQ边与PQ边的重心均在（2/2L）处，两条边对ab轴的合力矩为22112()2mgLLLL①QQ边对ab轴的力矩为122122()mgLLLL②故线框所受的重力矩为0122/2)mgL＝＋＝（与解法一求得的②式一致，从而求得minI与④式相同。（2）线框处于静止状态时，若电流0I比minI稍大，线框所受的电磁力矩M将大于重力矩，使线框绕ab轴向上翘起。PQ边和PQ边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值0I恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成角时，如图预解19-6-2a所示，线框受到的合力矩为0121cos2MIBLmgL⑤随着角逐渐增大，合力矩随之减小，但M始终大于零，因而线框仍作逆时针加速转动，角速度不断增大。当线框平面转到竖直面NN时，合力矩为零，角速度达到最大。由于惯性，线框将越过NN面作逆时针转到。此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度将逐渐减小，合力矩的大小随着角的增大而增大，如图预解19-6-2b所示。“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第6页如果没有空气阻力，将增至180。当角等于180时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在角等于0与180之间往复摆动不止。实际上，由于空气阻力作用，线框平面在NN平面两侧摆动的幅度将逐渐变小，最终静止在NN面处，此时，电磁力矩与重力矩均为零。如果线框稍偏离平衡位置NN，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到NN平面处。故线框处于稳定平衡状态。评分标准：本题20分。第一问6分、第二问14分。第一问中，①、②、④式各2分。第二问中，正确地分析了线框往复转动，给4分；说明最后平衡在竖直面处，给6分；说明稳定平衡，给4分。七、参考解答解法一：1.讨论自B开始运动到02.0sT时间内B与A的运动。根据题意，在2s内，A未与B发生过碰撞，因此不论A与B之间是否有相对运动，不论A与B之间是否有摩擦，B总是作初速为零的匀加速直线运动。设B的加速度为B1a，有2B1012saT得2B12022.5mssaT－（1）如果A、B之间无摩擦，则在B向右移动1米距离的过程中，A应保持静止状态，接着B的车厢左壁必与A发生碰撞，这不合题意。如果A、B之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使A与B有一样的加速度），则B的加速度2BBA2.4msFamm－这与（1）式矛盾。由此可见，A、B之间既有相对运动又存在摩擦力作用。以fF表示A、B间的滑动摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，则有BB1fFFma（2）AA1fFma（3）由（1）、（2）、（3）式得2A12.25msa－（4）f45NF（5）2.讨论B的左壁与A发生第一次碰撞前的运动。由于A1B1aa，B向右的速度将大于A的速度，故A与B的左壁间的距离将减小。设自“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第7页静止开始，经过时间1t，B的左壁刚要与A发生碰撞，这时，B向右运动的路程与A向右运动的路程之差正好等于l，即有22B11A111122atatl解得1B1A12ltaa（6）代入数据，得122s=2.83stA与B发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为A1A11A1B1A12lvataaa（7）B1B11B1B1A12lvataaa（8）3.讨论B与A间的弹性碰撞以A1u和B1u分别表示第一次碰撞后A和B的速度。当A1u、B1u为正时，分别表示它们向右运动。在碰撞的极短时间内，外力F的冲量可忽略不计，因此有BBAA1B1AA1B1mvmvmumu2222BBAA1B1AA1B111112222mvmvmumu解以上两式得A1B1A1B1B1A1()2()uuvvlaa（9）（9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。4.讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A和B都向右运动，但A的速度A1u大于B的速度B1u，这时作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都为fF。设此过程中A向左的加速度和B向右的加速度分别为A2a和B2a，则由牛顿第二定律有AA2fFmaBB2fFFma解得2fA2A2.25msFam－（10）“高中物理参考”收集第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答第8页2fB2B5.5msFFam－（11）由此可知，碰撞后，A作减速运动，B作加速运动。设经过时间1t，两者速度相等，第一次达到相对静止，则有A1A21B1B21uatuat由上式和（9）式解得1B1A1A1B1B1A1A2B2A2B2A2B22()laauuvvtaaaaaa（12）代入有关数据得122s=0.09s31t（13）设在时间1t内，A与B的左壁之间的距离增大至1l，则有22A11A21B21B2111122utatutatl结合（9）、（12）两式得21lld（14）式中B1A1A2B2aadaa（15）代入有关数据得B1A1A2B2(5/2)(9/4)11(9/4)(11/2)31aadaa由（14）可知1ll，A不会与B的右壁发生碰撞。5.讨论A与B的左壁的第二次碰