2012年第29届物理竞赛_复赛_试卷+答案+评分标准

129届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（17分）设有一湖水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好接触。已知湖水密度为；物块边长为b，密度为'，且'。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。2二、（23分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R（从地心算起）延伸到太空深处。这种所谓的太空电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星，其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度，然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。1.设在某次发射时，卫星在太空电梯中及其缓慢地匀速上升，该卫星在上升到0.80R处意外地和太空电梯脱离（脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零）而进入太空。ⅰ.论证卫星脱落后不会撞击地面ⅱ.如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇，即可在它们相遇时回收该卫星，讨论该卫星从脱落时刻起，在012小时及1224小时两个时间段内被太空电梯回收的可能性。2.如果太空电梯地点位于东经110度处，在太空电梯上离地心距离为xR处有一卫星从电梯脱离（脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零），脱离后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切，而使卫星在该点着地，试求卫星卓地点的经度。提示：此问要用数值方法求解高次方程。已知：地球质量246.010Mkg，半径66.410eRm的球体；引力恒量6.7G1110N22mkg；地球自转周期24eT小时；假设卫星与太空电梯脱离后只受地球引力作用。R00.80RR3三、（25分）如图所示，两根刚性轻杆AB和BC在B端牢固粘接在一起，AB延长线于BC的夹角为锐角，杆BC长为l，杆AB长为cosl。在杆的A、B和C三个点各固连一质量均为m的小球，构成一刚性系统，整个系统放在光滑水平桌面上，桌面上有一固定的光滑竖直挡板。杆AB延长线与挡板垂直，现使该系统以大小为0v、方向沿AB的速度向挡板平动。在某时刻，小球C与挡板碰撞，碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零，且球C与挡板不粘连。若使求C碰撞后，球B先于球A与挡板相碰。求夹角应满足什么条件。CABv0α4四、（21分）如图所示，虚线小方框是由2n个电容器联成的有限网络；虚线大方框是并联的两个相同的无线网络。此无线网络的结果是：从左到中间，每个电容器的右极板与两个电容器的左极板相连，直至无穷；从中间到右，每两个电容器的右极板与一个电容器的左极板相连，直至联结到一个电容器为止。网络中的所有电容器都是完全相同的平行板真空电容器，其极板面积为S，极板间距为()ddS。整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接，电池电动势恒定、大小为。忽略电容器的边缘效应，静电力常量k已知。1.若将虚线小方框中标有a的电容器的右极板极缓慢地向右拉动，使其两极板的距离变为2d。求在拉动过程中电池所做的功和外力所做的功。2.在电容器a两极板的距离变为2d后，再将一块与电容器a的极板形状相同、面积也为S、带电荷量为(0)QQ的金属薄板沿平行于a的极板方向全部插入到电容器a中，使金属薄板电容器a左极板的距离为x。求此时电容器a的左极板所带的电荷量。aε……5五、（25分）如图所示，两个半径不等的用细金属导线做成的同心圆环固定在水平的桌面上。大圆环半径为1R。小圆环表面绝缘半径为221()RRR，两圆环导线每单位长度电阻均为0r，它们处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。一每单位长度电阻为1r的长直金属细杆放在大圆环平面上，并从距圆环中心左侧为12/100()RR的ab的位置，以速度v匀速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中心与ab对称的位置cd，滑动过程中金属杆始终与大圆环保持密接。假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均可视为匀强磁场。试求在上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量。提示：当半径为R、长度为l的一段圆环导线通有电流I时，圆弧电流在圆心处产生的磁感应强度大小为2mIlBkR，方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流的方向满足右手螺旋法则；无限长直导线通有电流I时，电流在距直导线距离为r处产生的磁感应强度B的大小为B2mIkr，其中mk是已知常量。R2R1vbdca6六、（15分）如图所示，刚性绝热容器A和B水平放置，一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热刚性细短管把容器A、B相互连通。初始时阀门是关闭的，A内装有某种理想气体，温度为1T；B内为真空。现将阀门打开，气体缓慢通过多孔塞后进入容器B中，当容器A中气体的压强降到与初始时A中气体压强之比为时，重新关闭阀门。设最后留在容器A内的那部分气体与进入容器B中的气体之间始终无法热量交换，求容器B中气体质量与气体总质量之比。已知：1摩尔理想气体的内能为uCT，其中C是已知常量，T为绝对温度；一定质量的理想气体经历缓慢的绝过程时，其压强p与体积V满足过程方程CRCpV常量，其中R为普适气体常量。重力影响和连接管体积忽略不计。多孔塞阀门BA7七（16分）图中1L为一薄凸透镜，Q为高等于2.00cm与光轴垂直放置的线状物，已知Q经1L成一实像，像距为4.00cm，现于1L的右方依次放置薄凸透镜2L、3L和薄凸透镜4L以及屏P，它们之间的距离如图所示，所有的透镜都共轴，屏与光轴垂直，2L、3L焦距的大小均为15.0cm。已知物Q经上述四个透镜最后在屏上成倒立的实像，像高为0.500cm。5.0cmP2.5cm26.0cm27.5cmL4L3L2L11.1L焦距的大小为cm，4L焦距的大小为cm。2.保持Q、1L4L和P位置不变，而沿光轴平移2L和3L，最后在屏上成倒立的实像，像高为1.82cm，此时2L到1L的距离为cm，3L到4L的距离为cm。八、（18分）如图所以，竖直固定平行放置的两条相同长直导线1和2相距为a（a长直导线的长度），两导线中通有方向和大小都相同的稳恒电流，电流方向向上。导线中正离子都是静止的，每单位长度导线中正离子的电荷量为；形成电流的导电电子以速度0v沿导线向下匀速运动，每单位长度的导线中导电电子的电荷量为。已知：单位长度电荷量为的无限长均匀带电直导线在其距离为r处产生的电场强度大小为2eEkr，其中ek是常量；当无线长直导线通有恒稳电流I时，电流在距导线距离为r处产生磁场的磁感应强度大小为2mIBkr，其中mk是常量。试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量ek和mk的比值。提示：忽略重力；正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关；真空中的光速为c。218第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x系.设物块下底面的坐标为x，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为2bfbxg(xb)(1)式中g为重力加速度.物块的重力为3gfbg(2)设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律有3gbbaff(3)将(1)和(2)式代入(3)式得gaxbb(4)将x系坐标原点向下移动/b而建立新坐标系，简称X系.新旧坐标的关系为Xxb(5)把(5)式代入(4)式得gaXb(6)(6)式表示物块的运动是简谐振动.若0X，则0a，对应于物块的平衡位置.由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x系中的坐标为0xb(7)物块运动方程在X系中可写为()cosXtAt(8)利用参考圆可将其振动速度表示为()sinVtAt(9)式中为振动的圆频率'gb(10)9在(8)和(9)式中A和分别是振幅和初相位，由初始条件决定.在物块刚被释放时，即0t时刻有x=0，由(5)式得(0)Xb(11)(0)0V(12)由(8)至(12)式可求得Ab(13)(14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得()cosXtbt(15)()sinVtgbt(16)由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中.若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定.为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况.显然，在x系中看，物块下底面坐标为b时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X系中这一临界坐标值为b1XXb（17）即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下bX处.注意到在振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A，下面分两种情况讨论：I．bAX.由(13)和(17)两式得2(18)在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中.因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置.由(10)式得振动周期22bTg(19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间I2btTg(20)II．bAX.由(13)和(17)两式得2(21)在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下.10设从初始位置起，经过时间1t物块刚好全部浸入湖水中，这时1bXtX.由(15)和(17)式得1cos1t(22)取合理值，有1arccos1btg(23)由上式和(16)式可求得这时物块的速度为21()1-1Vtgb(24)此后，物块在液体内作匀减速运动，以a表示加速度的大小，由牛顿定律有ag(25)设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为2t，有120Vtat(26)由(24)-(26)得2211()btg(27)物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2II1222()2arccos111()bbtttgg(28)评分标准：本题17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.二、1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为r，卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知R0.80Rab1120.80rRv=(1)式中e(2/)T为地球自转的角速度.令m表示卫星的质量，根据机械能守恒定律有222110.80220.80GMmGMmmmRrRv（2）由（1）和（2）式解得0.28rR(3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【（3）式结果亦可由关系式：2210.800.8020.80GMmGMmmRrRR直接求得】同步卫星的轨道半径R满足22GMRR(4)由(3)和(4)式并代入数据得41.210kmr(5)可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球.ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为2s10.802R(6)设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有0.280.802