25届全国中学生物理竞赛试题解答

第25届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答一、答案1.14103.12.31122kgms51.0610(答51.0510也给分)3.34TT二、参考解答：1.椭圆半长轴a等于近地点和远地点之间距离的一半，亦即近地点与远地点矢径长度（皆指卫星到地心的距离）nr与fr的算术平均值，即有nfnfnf111222arrHRHRHHR(1)代入数据得43.194610akm(2)椭圆半短轴b等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值，即有nfbrr(3)代入数据得41.94210kmb(4)椭圆的偏心率abae22(5)代入数据即得0.7941e(6)2.当卫星在16小时轨道上运行时，以nv和fv分别表示它在近地点和远地点的速度，根据能量守恒，卫星在近地点和远地点能量相等，有22nfnf1122GMmGMmmmrrvv(7)式中M是地球质量，G是万有引力常量.因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的连线垂直，根据角动量守恒，有nnffmrmrvv(8)注意到gRGM2(9)由(7)、(8)、(9)式可得fnnfn2rgRrrrv(10)nnfnfffn2rrgRrrrrvv(11)当卫星沿16小时轨道运行时，根据题给的数据有nnrRHffrRH由(11)式并代入有关数据得f1.198vkm/s(12)依题意，在远地点星载发动机点火，对卫星作短时间加速，加速度的方向与卫星速度方向相同，加速后长轴方向没有改变，故加速结束时，卫星的速度与新轨道的长轴垂直，卫星所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度4ff5.093010HHkm，但新轨道近地点高度2n6.0010Hkm.由(11)式，可求得卫星在新轨道远地点处的速度为f1.230vkm/s(13)卫星动量的增加量等于卫星所受推力F的冲量，设发动机点火时间为t，有ffmFtvv(14)由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得t=21.510s(约2.5分)(15)这比运行周期小得多.3.当卫星沿椭圆轨道运行时，以r表示它所在处矢径的大小，v表示其速度的大小，表示矢径与速度的夹角，则卫星的角动量的大小sin2Lrmmv(16)其中1sin2rv（17）是卫星矢径在单位时间内扫过的面积，即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的，故是恒量.利用远地点处的角动量，得ff12rv(18)又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为πSab(19)所以卫星沿轨道运动的周期ST(20)由(18)、(19)、(20)式得ff2πabTrv(21)代入有关数据得45.67810Ts(约15小时46分)(22)注：本小题有多种解法.例如，由开普勒第三定律，绕地球运行的两亇卫星的周期T与T0之比的平方等于它们的轨道半长轴a与a0之比的立方，即2300TaTa若0a是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径，则有202002πGMmmaaT得22203204π4πTaGMgR从而得2πaaTRg代入有关数据便可求得(22)式.4.在绕月圆形轨道上，根据万有引力定律和牛顿定律有2mm2mm2π()GMmmrrT(23)这里mmrrH是卫星绕月轨道半径，mM是月球质量.由(23)式和(9)式，可得23mm22m4πrMMgRT(24)代入有关数据得m0.0124MM(25)三、参考解答：足球射到球门横梁上的情况如图所示（图所在的平面垂直于横梁轴线）.图中B表示横梁的横截面，O1为横梁的轴线；11OO为过横梁轴线并垂直于轴线的水平线；A表示足球，O2为其球心；O点为足球与横梁的碰撞点，碰撞点O的位置由直线O1OO2与水平线11OO的夹角表示.设足球射到横梁上时球心速度的大小为v0，方向垂直于横梁沿水平方向，与横梁碰撞后球心速度的大小为v，方向用它与水平方向的夹角表示如图.以碰撞点O为原点作直角坐标系Oxy，y轴与O2OO1重合.以表示碰前速度的方向与y轴的夹角，以表示碰后速度的方向与y轴(负方向)的夹角，足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向，即角的大小.以Fx表示横梁作用于足球的力在x方向的分量的大小，Fy表示横梁作用于足球的力在y方向的分量的大小，t表示横梁与足球相互作用的时间，m表示足球的质量，有x0xxFtmmvv(1)yy0yFtmmvv(2)式中0xv、0yv、xv和yv分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小.根据摩擦定律有xyFF(3)由（1）、（2）、（3）式得0xxy0yvvvv(4)根据恢复系数的定义有y0yevv（5）因0x00ytanvv（6）xytanvv（7）由（4）、（5）、（6）、（7）各式得ee11tan1tan0（8）由图可知（9）若足球被球门横梁反弹后落在球门线内，则应有90(10)在临界情况下，若足球被反弹后刚好落在球门线上，这时90.由（9）式得tan90tan(11)因足球是沿水平方向射到横梁上的，故0，有ee11tan1tan1(12)这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置所满足的方程.解（12）式得22211114tan2eeeee(13)代入有关数据得tan1.6(14)即58(15)现要求球落在球门线内，故要求58(16)四、参考解答：1.当阀门F关闭时，设封闭在M和B中的氢气的摩尔数为n1，当B处的温度为T时，压力表显示的压强为p，由理想气体状态方程，可知B和M中氢气的摩尔数分别为RTpVnBB1(1)0MM1RTpVn(2)式中R为普适气体恒量.因1M1B1nnn(3)解（1）、（2）、（3）式得1MBB011nRVTVpVT(4)或1MBB0pTnRVpVVT(5)(4)式表明，T1与p1成线性关系，式中的系数与仪器结构有关.在理论上至少要测得两个已知温度下的压强，作T1对p1的图线，就可求出系数.由于题中己给出室温T0时的压强p0，故至少还要测定另一己知温度下的压强，才能定量确定T与p之间的关系式.2.若蒸气压温度计测量上限温度vT时有氢气液化，则当B处的温度vTT时，B、M和E中气态氢的总摩尔数应小于充入氢气的摩尔数.由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩尔数0BME20pVVVnRT（6）假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体，则B中气态氢的摩尔数为vB2BvpVnRT（7）在（7）式中，已忽略了B中液态氢所占的微小体积.由于蒸气压温度计的其它都分仍处在室温中，其中氢气的摩尔数为νME2M2E0pVVnnRT（8）根据要求有2B2M2E2nnnn（9）解（6）、（7）、（8）、（9）各式得Bvv0v00vEMVTppTpTpVV(10)代入有关数据得MEB18VVV(11)五、答案与评分标准：1．59.022122(3分)2(2分)2．如图(15分.代表电流的每一线段3分，其中线段端点的横坐标占1分，线段的长度占1分，线段的纵坐标占1分)六、参考解答：如果电流有衰减，意味着线圈有电阻，设其电阻为R，则在一年时间t内电流通过线圈因发热而损失的能量为RtIE2（1）以表示铅的电阻率，S表示铅丝的横截面积，l表示铅丝的长度，则有SlR（2）电流是铅丝中导电电子定向运动形成的，设导电电子的平均速率为v，根据电流的定义有ISnev（3）所谓在持续一年的时间内没有观测到电流的变化，并不等于电流一定没有变化，但这变化不会超过电流检测仪器的精度I，即电流变化的上限为mA0.1I.由于导电电子的数密度n是不变的，电流的变小是电子平均速率变小的结果，一年内平均速率由v变为v-v，对应的电流变化IneSv（4）导电电子平均速率的变小，使导电电子的平均动能减少，铅丝中所有导电电子减少的平均动能为221122kElSnmmvvvlSnmvv（5）由于II，所以vv，式中v的平方项已被略去.由（3）式解出v，（4）式解出v，代入（5）式得2klmIIEneS(6)1234x/sI/nevO1234-1-2-3-40.831.172.002.834.00铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量，即EEk（7）由(1)、(2)、(6)、(7)式解得2ΔmIneIt（8）式中7365243600s=3.1510st（9）在（8）式中代入有关数据得261.410Ωm(10)所以电阻率为0的结论在这一实验中只能认定到mΩ104.126(11)七、参考解答：按照斯特藩-玻尔兹曼定律，在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为4ssWT(1)其中为斯特藩-玻尔兹曼常量，Ts为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为Rs，则单位时间内整个太阳表面向外辐射的能量为2sss4πPRW(2)单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是sP.设太阳到地球的距离为rse，考虑到地球周围大气的吸收，地面附近半径为R的透镜接收到的太阳辐射的能量为2s2seπ14πPPRr(3)薄凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上，并被薄圆盘全部吸收.另一方面，因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为DR，温度为DT，注意到簿圆盘有两亇表面，故圆盘在单位时间内辐射的能量为24DDD2πPRT(4)显然，当DPP(5)即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时，圆盘达到稳定状态，其温度达到最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得1224sDs22seD12RRTTrR(6)依题意，薄圆盘半径为太阳的像的半径sR的2倍，即D2sRR.由透镜成像公式知ssseRRfr(7)于是有sDse2RRfr(8)把(8)式代入(6)式得124Ds218RTTf(9)代入已知数据，注意到ss(273.15)TtK，TD=1.4×103K(10)即有3oDD273.151.110CtT(11)八、参考解答：1．根据爱因斯坦质能关系，3H和3He的结合能差为332npHHeBmmmmc(1)代入数据，可得763.0BMeV(2)2．3He的两个质子之间有库仑排斥能，而3H没有.所以3H与3He的结合能差主要来自它们的库仑能差.依题意，质子的半径为Nr，则3He核中两个质子间的库仑排斥能为2CN2eEkr(3)若这个库仑能等于上述结合能差，CEB，则有2N2ΔkerB(4)代入数据，可得N0.944rfm(5)3．粗略地说，原子核中每个核子占据的空间体积是3N(2)r.根据这个简单的模型，核子数为A的原子核的体积近似为33NN(2)8VArAr(6)另一方面，当A较大时，有343VR（7）由（6）式和（7）式可得R和A的关系为1/31/31/3N06πRrArA(8)其中系数1/30N