第19届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答bpyu.docx

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1、“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页第十九届届全国中中学生物物理竞赛赛预赛试试题参考考解答、评评分标准准一、参考考解答（1）在在地面附附近，沙沙尘扬起起要能悬悬浮在空空中，则则空气阻阻力至少少应与重重力平衡衡，即式中为沙沙尘颗粒粒的质量量，而得代入数据据得（2）用用、分别表表示时扬扬沙到达达的最高高处的空空气密度度和高度度，则有有此时式应为由、可解得得代入数据据得评分标准准：本题题15分。1. 第第一小题题8分。其其中式3分，式1分，式1分，式2分，式1分。2. 第第二小题题7分。其其中式1分，式1分，式3分，式2分。二、参考考解答（1），0 （2），评分标准

2、准：本题题20分。（1）110分。其其中每个个空5分。（2）10分。其其中每个个空5分。三、参考考解答（1）神神舟3号（2）设设飞船飞飞行时间间为，绕绕地球飞飞行的圈圈数为，周周期为，飞飞船的质质量为，离离地面的的平均高高度为，地地球半径径为，地地球质量量为，则则有由、式解得得由题给数数据可知知，代入入及其它它有关数数据得评分标准准：本题题20分（1）44分（2）116分。其其中、式各3分，式4分（答答案在之间均均给这44分）四、参考考解答根据题设设的条件件，可知知：开始始时A中氦气气的质量量，B中氪气气的质量量，C中氙气气的质量量。三种种气体均均匀混合合后，AA中的Hee有降入B中，有有降入

3、C中。Hee的重力力势能增增量为B中的KKr有升入A中，有有降入C中。Krr的重力力势能增增量为C中的XXe有升入A中，有有升入B中。Xee的重力力势能增增量为混合后，三三种气体体的重力力势能共共增加因球与外外界绝热热，也没没有外力力对气体体做功，故故重力势势能的增增加必然然引起内内能的减减少。在在体积不不变时，气气体不做做功。由由热力学学第一定定律可知知，此时时传给气气体的热热量应等等于气体体内能的的增量，但但因理想想气体的的内能只只由温度度决定，与与体积无无关，故故只要温温度改变变量相同同，则体体积不变变条件下下内能的的增量也也就是任任何过程程中理想想气体内内能的增增量。根根据题给给的已知

4、知条件，注注意到本本题中所所考察的的理想气气体共有有3摩尔，故故有上式中右右方为气气体内能能减少量量，表示示气体温温度的增增量，由由、两式得得将已知数数据代入入，注意意到，可可得即混合后后气体温温度降低低（如果学学生没记记住的数数值，的的值可用用标准状状态的压压强，温温度和1mool理想想气体在在标准状状态下的的体积求求得，即即）评分标准准：本题题共200分。说明经扩扩散使三三种气体体均匀混混合，并并导致气气体重力力势能改改变求得得式，得得8分。说说明能量量转换过过程，由由重力势势能增加加而内能能减少，列列出式，得得8分。得得出正确确结果，算算出式，得得4分。五、参考考解答由于光学学系统是是左

5、右对对称的，物物、像又又是左右右对称的的，光路路一定是是左右对对称的。该该光线在在棱镜中中的部分分与光轴轴平行。由由射向光心心的光线线的光路路图如图图预解119-55所示。由由对称性性可知由几何关关系得由图可见见又从的边边角关系系得代入数值值得由、与式得，根据折射射定律，求求得评分标准准：本题题20分1. 图图预解119-55的光路路图4分。未未说明这这是两个个左右对对称性的的结果只只给2分。2. 、式各给给2分，式给3分，式给1分，式给4分。六、参考考解答（1）解解法一：导体线框框放在水水平桌面面上，俯俯视图如如图预解解19-6-11。由图图可见，在在线框没没动之前前，线框框的边与与边平行行

6、于磁场场，因而而不受磁磁场力。边受的安培力的大小为，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。边受的安培力的大小为，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为除此力矩矩外，线线框还受受到重力力矩作用用。重力力力矩等等于重力力乘线框框重心（点）到轴ab的距离，即当时，桌桌面对线线框的支支持力的的力矩为为零，时，线线框将改改变静止止状态，开开始绕轴轴ab向上上翘起。根根据题意意及、式，由由力矩平平衡原理理可知解得解法二：线框所受受的重力力矩也可可以由各各边对aab轴的的重力矩矩来求。边与边的重心均在（）处，两条边对ab轴的合力矩为边对abb轴的力力矩为故线框所所受的重重力矩为为与解法一一求得的的式一致

7、致，从而而求得与与式相同同。（2）线线框处于于静止状状态时，若若电流比比稍大，线线框所受受的电磁磁力矩将将大于重重力矩，使使线框绕绕ab轴向向上翘起起。边和和边所受受电磁力力不等于于零，但但二者相相互抵消消。当保保持电流流值恒定定不变时时，线框框将从静静止状态态开始绕绕固定轴轴作加速速转动。在在加速转转动过程程中，由由于通过过线框的的磁通量量发生变变化，线线框内将将产生感感应电动动势，它它有使线线框中的的电流变变小的趋趋势，题题中已设设电流源源有保持持电流恒恒定不变变的功能能，所以以当线框框平面转转至与桌桌面成角角时，如如图预解解19-6-22a所示示，线框框受到的的合力矩矩为随着角逐逐渐增大

8、大，合力力矩随之之减小，但但始终大大于零，因因而线框框仍作逆逆时针加加速转动动，角速速度不断断增大。当当线框平平面转到到竖直面面时，合合力矩为为零，角角速度达达到最大大。由于于惯性，线线框将越越过面作作逆时针针转到。此此时，合合力矩与与线框转转动方向向相反，角角速度将将逐渐减减小，合合力矩的的大小随随着角的的增大而而增大，如如图预解解19-6-22b所示示。如果没有有空气阻阻力，将将增至1180。当角等等于1880时，线线框转动动的角速速度为零零，合力力矩将使使线框作作顺时针针加速转转动，结结果线框框将在角角等于00与1800之间往往复摆动动不止。实实际上，由由于空气气阻力作作用，线线框平面面

9、在平面面两侧摆摆动的幅幅度将逐逐渐变小小，最终终静止在在面处，此此时，电电磁力矩矩与重力力矩均为为零。如如果线框框稍偏离离平衡位位置，电电磁力矩矩与重力力矩的合合力矩将将使线框框回到平平面处。故故线框处处于稳定定平衡状状态。评分标准准：本题题20分。第第一问66分、第第二问114分。第一问中中，、式各2分。第二问中中，正确确地分析析了线框框往复转转动，给给4分；说说明最后后平衡在在竖直面面处，给给6分；说说明稳定定平衡，给给4分。七、参考考解答解法一：1. 讨讨论自BB开始运运动到时时间内BB与A的运动动。根据题意意，在22s内，A未与B发生过过碰撞，因因此不论论A与B之间是是否有相相对运动动

10、，不论论A与B之间是是否有摩摩擦，BB总是作作初速为为零的匀匀加速直直线运动动。设BB的加速速度为，有有得（1）如果A、B之间无无摩擦，则则在B向右移移动1米距离离的过程程中，AA应保持持静止状状态，接接着B的车厢厢左壁必必与A发生碰碰撞，这这不合题题意。如如果A、B之间无无相对运运动（即即两者之之间的摩摩擦力足足以使AA与B有一样样的加速速度），则则B的加速速度这与（11）式矛矛盾。由由此可见见，A、B之间既既有相对对运动又又存在摩摩擦力作作用。以表示AA、B间的滑滑动摩擦擦力的大大小，作作用于BB的摩擦擦力向左左，作用用于A的摩擦擦力向右右，则有有（2）（3）由（1）、（22）、（33）式

11、得得（4）（5）2. 讨讨论B的左壁壁与A发生第第一次碰碰撞前的的运动。由于，BB向右的的速度将将大于AA的速度度，故AA与B的左壁壁间的距距离将减减小。设设自静止止开始，经经过时间间，B的左壁壁刚要与与A发生碰碰撞，这这时，BB向右运运动的路路程与AA向右运运动的路路程之差差正好等等于，即即有解得（6）代入数据据，得A与B发发生第一一次碰撞撞时，碰碰前的速速度分别别为（7）（8）3. 讨讨论B与A间的弹弹性碰撞撞以和分别别表示第第一次碰碰撞后AA和B的速度度。当、为正时时，分别别表示它它们向右右运动。在在碰撞的的极短时时间内，外外力的冲冲量可忽忽略不计计，因此此有解以上两两式得（9）（9）式

12、式表示，在在弹性碰碰撞中，碰碰撞前后后两者的的相对速速度的大大小不变变，但方方向反转转。4. 讨讨论从第第一次碰碰撞到车车厢与小小物块速速度变至至相同过过程中的的运动。由（9）式式可以看看出，经经第一次次碰撞，A和B都向右运动，但A的速度大于B的速度，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。设此过程中A向左的加速度和B向右的加速度分别为和，则由牛顿第二定律有解得（10）（11）由此可知知，碰撞撞后，AA作减速速运动，B作加速运动。设经过时间，两者速度相等，第一次达到相对静止，则有由上式和和（9）式解解得（12）代入有关关数据得得（13）设在时间间内，A与B的左壁壁之间的的距

13、离增增大至，则则有结合（99）、（112）两式得得（14）式中（15）代入有关关数据得得由（144）可知知，A不会与与B的右壁壁发生碰碰撞。5. 讨讨论A与B的左壁壁的第二二次碰撞撞。以表示BB与A第一次次相等的的速度，由由于B始终受受作用而而加速，它它将拖着着A向右加加速，其其情况与与第一次次碰撞前前相似。这这时作用用于A的摩擦擦力向右右，A的加速速度为，方方向向右右。作用用于B的摩擦擦力向左左，B的加速速度为，方方向也向向右。但但是原来来A与B左端的的距离为为，现改改为，因因，B的左壁壁与小AA之间的的距离将将减小。设设两者间间的距离离从减小小至零即即减小至至开始发发生第二二次碰撞撞所经历

14、历的时间间为，以以代入式，结结合（114）式式，即可可求得（16）代入有关关数据，得得第二次碰碰撞前瞬瞬间A和B的速度度分别为为（17）故第二次次碰撞前前A、B速度之之差小于于第一次次碰撞前前A、B的速度度差。设设第二次次碰撞完完毕的瞬瞬间A、B的速度度分别为为和，则有有（18）第二次碰碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经历时间，两者速度相等，即第二次相对静止，则有解得（19）在时间内内，A与B的左壁壁的距离离变为，有有结合（88）、（99）得（20）自B开始始运动到到A与B达到第第二次相相对静止止共经历历时间6. 讨讨论A与B的左壁壁的第三三次碰撞撞。当A与BB的左壁壁之

15、间的的距离为为时，A、B相对静静止。由由于B受外力力作用而而继续加加速，它它将拖着着A向右加加速。这这时，AA的加速速度为，B的加速速度为，方方向都向向右，但但因，A将与B的左壁壁发生第第三次碰碰撞。设设此过程程经历的的时间为为，则以以代入（66）式结结合（116）式式得（21）设第三次次碰撞前前瞬间AA和B的速度度分别为为和，碰撞撞后的速速度分别别为和碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经过时间两者速度相等，即第三次相对静止，A与B左壁之间的距离为。则有（22）自B开始始运动至至第三次次A与B相对静静止共经经历的时时间仍小小于4 s。7. 讨讨论车厢厢左壁与与小物块块的第次

16、次碰撞。在第次碰碰撞完毕毕的瞬间间，A和B的速度度分别为为和，A以加速速度作减减速运动动，B以加速速度作加加速运动动。经过过时间，两两者速度度相等，即即第次相相对静止止。A与B左壁之之间的距距离为。根根据前面面的讨论论有（23）再经过时时间将发发生B的左壁壁与A的第次碰碰撞。碰碰撞前两两者的速速度分别别为和。根据据前面的的讨论，有有（24）可以看出出，碰撞撞次数越越多，下下一次碰碰撞前，A、B速度之差越小。当碰撞次数非常大时，下次碰撞前两者的速度趋于相等，即A实际上将贴在B的左壁上不再分开。8. 讨讨论第44秒B与A的运动动速度。第4秒末末B与A的速度度取决于于在第44秒末B与A经历了了多少次

17、次碰撞。B自静止开始运动到第次相对静止经历的总时间为（25）以，代入入，注意意到当很很大时，得（26）这表明早早在第44秒之前前，A与B的左壁壁贴在一一起时二二者速度度已相同同，不再再发生碰碰撞，此此后二者者即以相相同的速速度运动动了、现现以A和B都静止止时作为为初态，设设时刻A和B的速度度为，对对A、B开始运运动至的的过程应应用动量量定理，得得（27）或代入数值值，得（28）解法二：如果A与与B之间没没有摩擦擦力，BB前进1mm就会与与A发生碰碰撞。已已知开始始2s为A与B未发生生碰撞，而而B已走了了5m，可可见二者者之间有有摩擦力力存在，且且在此期期间二者者均作匀匀加速运运动。由由可求出出

18、B对地面面的加速速度：，设A与BB底部之之间的滑滑动摩擦擦力为，则则由小车车的运动动方程代入数值值得又由A的的运动方方程得AA的相对对地面的的加速度度为于是，AA对B的相对对加速度度为第一次碰碰撞由开始运运动到AA碰撞B的左壁壁的时间间满足，。于是是A与B的的左壁碰碰撞前瞬瞬间，AA相对B的速度度由于作弹弹性碰撞撞的两个个物体在在碰撞前前后其相相对速度度等值反反向，所所以碰后后A从B的左壁壁开始，以以相对速速度向右运动动，所受受摩擦力力反向向向左，为为。对地地面的加加速度为为此时B所所受的摩摩擦力方方向向右右，由其其运动方方程得B对地面面的加速速度为由、二式式知，碰碰后A对B的相对对加速度度为

19、A相当于于B作向右右的匀减减速运动动。设AA由碰后后开始达达到相对对静止的的时间为为，相当当于B走过的的距离为为，由式得得可见A停停止在BB当中，不不与B的右壁壁相碰。第二次碰碰撞A在B内内相对静静止后，将将相当于于B向左滑滑动，所所受的摩摩擦力改改为向右右，而BB所受的的摩擦力力改为向向左。这这时A对B的相对对加速度度重新成成为，即即式。A由相对对静止到到与B的左壁壁第二次次碰撞所所需的时时间可用用算出：自B开始始运动至至B的左壁壁与A发生第第二次碰碰撞经历历的时间间A达到BB的左壁壁前相当当于B的速度度的大小小为这也就是是第二次次碰后AA由B的左壁壁出发的的相对速速度大小小。第二二次碰后后

20、，A相对B向右运运动，此此时A相对于于B的相对对加速度度又成为为，即式。A由碰撞撞到相对对静止所所需要的的时间和和相当于于B走过的的距离分分别为以后的碰碰撞根据、二二式，如如令则有由此可以以推知，在在第三次次碰撞中中必有在第次碰碰撞中有有即每一次次所需时时间要比比上次少少得多（A在B中所走的距离也小得多）。把所有的时间加在一起，得这就是说说，在BB开始运运动后33.566 s时时，A将紧贴贴B的左壁壁，并与与B具有相相同速度度，二者者不再发发生碰撞撞，一直直处于相相对静止止状态。现现取A和B都静止止时作为为初态，以以时刻的的运动状状态为末末态，设设此时AA和B的速度度为，由由动量定定理，有有代入数值值，得答：自车车厢开始始运动到到4.00 s时时车厢与与物块的的速度相相同，均均为评分标准准：本题题25分。得出摩擦擦力得5分，得得出第一一次碰撞撞时间得得5分，得得出第二二次碰撞撞时间得得5分。得得出无穷穷次碰撞撞时间得得5分，得到到最后结结果再得得5分。第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第19页