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第27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案


第 27 届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

一、 (25 分)填空题 1.一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈,其质量为 M ,劲度系数为 k ,无 形变时半径为 R 。现将它用力抛向空中,忽略重力的影响,设稳定时 其形状仍然保持为圆形,且在平动的同时以角速度 ? 绕通过圆心垂直 于圆面的轴线匀速旋转,这时它的半径应为 。

2. 鸽哨的频率是

f 。 如果鸽子飞行的最大速度是 u , 由于多普勒效应, 观察者可能观测到的频率范围是从
V



。 (设声速为

。 )

3.如图所示,在一个质量为 M 、内部横截面积为 A 的竖直放置的绝热气缸中,用活塞封闭了一定量温 度度为 T0 的理想气体。活塞也是绝热的,活塞质量 以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。已知 大气压强为 p0 ,重力加速度为 g ,现将活塞缓慢上提,当活塞到达气 缸开口处时,气缸刚好离开地面。已知理想气体在缓慢变化的绝热过 程中 pV ? 保持不变,其中 p 是气体的压强,V 是气体的体积,? 是一常 数 。 根 据 以上 所述 , 可 求 得活 塞到 达 气 缸 开口 处时 气 体 的 温度 为 。

4. (本题答案保留两位有效数字)在电子显微镜中,电子束取代了光 束被用来“照射”被观测物。要想分辨 1.0 ? 10?10 m (即原子尺度)的结 构,则电子的物质波波长不能大于此尺度。据此推测电子的速度至少 需被加速到 。如果要想进一步分辨 1.0 ? 10?12 m 尺度的结构,则 ,且为使电子达到这一速度,所

电子的速度至少需被加速到 需的加速电压为

。 已知电子的静止质量

me ? 9.1? 10?31 kg

,电子的电量

e ? ?1.6 ? 10?19 C ,普朗克常量 h ? 6.7 ? 10?34 J? s ,光速 c ? 3.0 ? 108 m ? s ?1 。

二、 (20 分)图示为一利用传输带输送货物的装置,物块(视为质点) 自平台经斜面滑到一以恒定速度 v 运动的水平长传输带上,再由传输 带输送到远处目的地,已知斜面高 h ? 2.0 m ,水平边长 L ? 4.0 m ,传输 带宽 d ? 2.0 m ,传输带的运动速度 v ? 3.0m/s 。物块与斜面间的摩擦系数
?1 ? 0.30 。物块自斜面顶端下滑的初速度为零。沿斜面下滑的速度方向

与传输带运动方向垂直。设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆 弧,使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变,重力加 速度 g ? 10m/s2 。 1.为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离,物块与传输带之 间的摩擦系数 ?2 至少为多少? 2.假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动,与电机连接的电 源的电动势 E ? 200V , 内阻可忽略; 电机的内阻 R ? 10? , 传输带空载 (无 输送货物)时工作电流 I 0 ? 2.0A ,求当货物的平均流量(单位时间内输 送货物的质量) , 稳定在 ? ? 640 kg/s 时, 电机的平均工作电流等于多少?
9

假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外, 其它 部分的能量损耗与传输带上的货物量无关。

三、 (20 分)如图,刚性细轻杆(其质量可视为零)可绕通过其中的 点 O 的光滑水平轴在竖直面内自由转动。两质量分别为 2 m 和 m 的小球 1 和 2(可视为质点)串在轻杆上,它们与轻杆之间的静摩擦系数为
??
5 3 6

。开始时轻杆静止在水平位置,小球 1 和 2 分别位于紧靠轻杆

两端 A 和 B 的位置。现让系统自水平位置以零初速下摆,求 1.小球 1 脱离轻杆时的位置(用小球 1 脱离杆时杆与水平线的夹角 表示) ; 2.小球 2 脱离轻杆时的位置(用小球 2 脱离杆时杆与水平线的夹角 表示) 。

四、如图所示, A 、 B 、 C 为三个质点, A 的质量远远大于 B 、 C 的质 量, B 和 C 的质量相等。已知 A 、 B 之间, A 、C 之间存在相互吸引力。
B、C

之间存在相互排斥力,三个把质点在相互间引力或斥力的作用

下运动,如果作用力合适,可以存在一种如下形式的运动: A、 B 、 C 的相对位置固定,它们构成一个平面,三个质点绕着位于 这个平面内的某条轴匀速转动;因为质点 A 的质量远远大于 B 、 C 的 质量,可认为该轴过质点 A 且固定不动;连线 AB 与转轴的夹角 ?1 与连 线 AC 与转轴的夹角 ?2 不相等,且 0 ? ?1 ? π , 0 ? ?2 ? π 。
2 2

若 AB 之间吸引力的大小 f AB ? k 其中
AB

AB

a

,AC 之间吸引力的大小为 fa ? k

AC

a



、 AC 分别为 A 、 B 与 A 、 C 之间的距离, k 为比例系数,不计

重力的影响。试问 a 的值在什么范围内,上述运动才能实现?

五、 (15 分)南极冰架崩裂形成一座巨型冰山,随洋流漂近一个城市。 有人设计了一个利用这座冰山来发电的方案,具体过程为: ? a ? 先将 环境中一定量的空气装入体积可变的容器, 在保持压强不变的条件下 通过与冰山接触容器内空气温度降至冰山温度; ? b ? 使容器脱离冰山, 保持其体积不变,让容器中的冰空气从环境中吸收热量,使其温度升 至环境温度; ? c ? 在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出, 带动发电装置发电。如此重复,直至整座冰山融化。已知环境温度
Ta ? 293K

,冰山的温度为冰的熔点 T1 ? 273K ,可利用的冰山的质量

m ? 1.0 ? 1011 kg ,为了估算可能获得的电能,设计者做出的假设和利用的

数据如下:
1.空气可视为理想气体。 2.冰的熔解热 L ? 3.34 ?105 J/ kg ;冰融化成温度为 T1 的水之后即不再利用。 3.压强为 p 、体积为 V 的空气内能 U ? 2.5 pV 。 4.容器与环境之间的热传导良好,可以保证喷气过程中容器中空气温度不变。 5.喷气过程可分解为一连串小过程,每次喷出的气体的体积都是 u ,且 u 远小于 容器的体积。在每个小过程中,喷管中的气体在内外压强差的作用下加速,从而 获得一定动能 ?E ,从喷嘴喷出。不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变,并 认为在喷气过程中容器内的气体压强仍是均匀的,外压强的大气压。 6.假设可能获得的电能是 ?E 总和的 45% 7.当 x ? 1 时, ln ?1 ? x ? ≈ x 。 试根据设计者的假设,计算利用这座冰山可以获得的电能。

六、 (15 分)如图,两块大金属板 A 和 B 沿竖直方向平行放置,相距 为 d ,两板间加有恒定电压 U ,一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两 板之间,其质量为 m 。轻推乒乓球,使之向其中一金属板运动,乒乓 球与该板碰撞后返回,并与另一板碰撞,如此不断反复。假设乒乓球 与两板的碰撞为非弹性碰撞,其恢复系数为 e ,乒乓球与金属板接触 的时间极短,并在这段时间内达到静电平衡。达到静电平衡时,乒乓 球所带的电荷量 q 与两极板间电势差的关系可表示为 q
? C0U

,其中 C0

为一常量。同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距 d ,乒乓球上的 电荷不影响金属板上的电荷分布;连接乒乓球的绳子足够长,乒乓球 的运动可近似为沿水平方向的直线运动; 乒乓球第一次与金属板碰撞 时的初动能可忽略,空气阻力可忽略。试求: 1.乒乓球运动过程中可能获得的最大动能; 2.经过足够长时间后,通过外电路的平均电流。

七、 (20 分)如图 ? a ? 所示,十二根均匀的导线杆联成一边长为 l 的刚 性正方体,每根导线杆的电阻均为 R 。该正方体在匀强磁场中绕通过 其中心且与 abcd 面垂直的转动轴作匀速转动,角速度为 ? ,已知磁感 应强度大小为 B ,方向与转动轴垂直。忽略电路的自感。当正方体转 动到如图 ? b ? 所示位置(对角线 bd 与磁场方向夹角为 ? )时,求 1.通过导线 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度。 2.为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。

八、 (10 分)空心激光束是一种在传播方向上中心光强为零的圆筒形 光束。由于这一特征,它可以把某些微小粒子约束在激光束的中心部 位,作为激光导管,激光镊子、光学扳手等,实现对纳米粒子、生物 细胞等微小粒子的精确操控。 空心激光技术目前在生物学、 激光加工、 原子冷却等方面得到了广泛的应用,正逐渐成为一门新兴的学科分 支。 产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激 光转换成为一束空心的激光。 给定如下光学器件: 焦距为 f 的凸透镜, 圆锥角为 45? 的锥面反射镜,半径为 R 的球面镜(中间有圆孔) ,如图: 利用上述光学器件设计一光学系统, 使得一束很细的实心圆柱入射激 光转化成一束空心的出射激光,且空腔为圆柱形,半径为 r 。请回答 如下问题: 1.画出该光学系统的光路图。 2.求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离 x 。

一、 (25 分)填空题
4π2 kR (6 分) 4π 2 k ? M ? 2 2. fV , fV (4 分) V ?u V ?u

1.

? ?? 3. T0 ?1 ? Mg ? p0 A ? ?

1?1

(6 分)

4. 7.3 ?106 m ? s?1 , 2.8 ?108 m ? s?1 , 8.4 ?105 V (9 分)
p? h

?

2 E ? p2c2 ? me y

Ek ? eV ? E ? me c2

二、 (20 分) 1.令 m 表示物块的质量,物块在斜面上滑动的加速度
a? mg sin ? ? ?1mg cos? ? g ? sin ? ? ?1 cos? ? , m

(1)

物块滑到斜面底端的速度
v0 ? 2ah ? 2 gh ?1 ? ?1 cot ? ? ? 4.0m/s sin ?

(2)

以传输带为参照系,物块滑到传输带的初速度大小
2 ? ? v0 v0 ? V 2 ? 5.0m/s 。

(3)

运动方向与传输带边缘的夹角 ? 满足
tan ? ? 4 。 3

(4)

物块在传输带上作减速运动,其加速大小为
a? ?

?2 mg
m

? ?2 g 。

(5)

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离
s? ? ?2 v0 v ?2 ? 0 2a 2?1 g



(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? sin ? ? ?2 sin ? v0 ?d 2?2 g

(7)

因此可得
?2 ?
?2 sin ? v0 ? 0.5 。 2 gd

(8)

2.物块对传输带的摩擦力大小
F ? ?2 ?

?g ? ? ? v0 ?, v0 ?2 g

(9)

方向与 v0? 的方向相同。从地面参照系来看,传送带速度为 V ,单位时 间内物块对传输带所做的功
W ? ? FV cos ?



(10)

因此负载所引起的附加功率
?P ? ?W ? ?V 2 ? 640W 。

(11)

考虑到无负载时电机的输出功率
2 P 0 ? I 0 E ? I 0 R ? 360W 。

(12)

有负载时电机的输出功率为
P ? P0 ? ?P ? 1000W 。

(13)

设有负载时的工作电流为 I ,则
P ? IE ? I 2 R ,

(14)

解之得
I ? 10A 。

(15)

评分标准: (2)式 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) 设轻杆的杆长为 2l ,当杆与水平线的夹角为 ? 时,球 1 和球 2 的速度 分别为 v1 和 v2 ,杆转动的角速度为 ? 。因机械能守恒,有
0 ? mgl sin ? ? 2mgl sin ? ? 1 1 ? 2m? v12 ? mv22 。 2 2

(1)

又因
v1 ? v2 ? l? ,

(2)

可由(1) 、 (2)解得
??
2 g sin ? 3l

(3)

轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量
L ? 2mlv1 ? mlv2 ,

(4)

由角动量定律有
2mgl cos? ? mgl cos? ? ?L 。 ?t

(5)

根据角加速度 ? 的定义
??
?? ?t



(6)

由(2) 、 (4) 、 (5) 、 (6)各式得
??
g cos? 3l



(7 ) 当两球都未脱离轻杆时,两球都绕转轴作圆周运 动,球 1 的切向加速度和法向加速度分别为
alt ? l ?

(8)

alt ? l?

(9)

以 N1 表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小,以 f1 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 , f1 ? 2mg sin ? ? 2malt

(10) (11)

由(3) 、 (9) 、 (10) 、 (11)各式得
4 N1 ? mg cos? 3 f1 ? 10 mg sin ? 3

。 。

(12) (13)

对 2 球作同样的分析, 沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大 小 N2 与沿着轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小 f 2 分别为
4 N2 ? mg cos? , 3 1 f 2 ? mg sin ? 3

(14) (15)



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, 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 f1 ??1 ? ? ? N1 ??1 ? , 即 10 mg sin?1 ? 3 ?mg cos?1 ,
3 4

(16)

由(16)式并代入数据得
?1 ?
π 6



(17)

当 ? ? ?1 时,球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端,

球 1 从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 ?1 ? π 。
6

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
v0 ? l 2 g sin ?1 3gl ? 3l 3



(18)

初速度的方向与水平线的夹角
?0 ?
π π ? ?1 ? 。 2 3

(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 l 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
x ? ?l cos?1 ? v0 cos?0t ,

(20) (21)

1 y ? l sin ?1 ? v0 sin ?0t ? gt 2 , 2

球 2 脱离细杆时有
l 2 ? x2 ? y 2 。

(22)

利用(17) 、 (18) 、 (19)各式得
? 2 l 2l? t2 ? t ? 2 t ? ??0, ? g 3g? ? ?

(23)

从而解得
? 15 ? l t ?? ?1 ? 3 ? ? g ? ?



(24)

此时
? 2 3? 5 l ?x ? ? ? 6 。 ? 2 ? 15 ? y?? l ? 6 ?

(25)

设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 ? 2 (如图) ,则
cos ? 2 ? x l ? 2 3? 5 6



(26) (27)

?2 ? arccos ? ?

?2 3? 5? 1.36 弧度) 。 ? ? ? 78.2? (或 6 ? ?

评分标准: (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) 、 (27)式各 1 分。

四、 (15 分) 解法 1: 以 m 表示质点 B 的质点,? 表示连线 BC 与竖直方向的 夹角, ? 表示转动角速度, f BC 表示 BC 间排斥力的大 小。根据牛顿定律有
f AB sin ?1 ? f BC sin ? ? m? 2 AB sin ?1 ,
f AB cos ?1 ? f BC cos? ? 0 ,

(1) (2) (3) (4)

f AC sin ?2 ? f BC sin ? ? m? 2 AC sin ?2 ,
f AC cos ?2 ? f BC cos? ? 0 。

由(1) 、 (3)两式并利用(2) 、 (4)两式可得
f AC sin ??2 ? ? ? f AB sin ??1 ? ? ? ? AB sin ?1 AC sin ?2



(5)

考虑到几何关系
AB AC ? sin ??2 ? ? ? sin ??1 ? ? ?

(6)

并利用已知 f AB 和 f BC 的表示式。可由(5)得到
? AB ? ? ? AC ? ? ? ?
a?2

?

sin ?1 sin ?2
f AB cos ?2 ? f AC cos ?1

(7) 。 (8)

又,由(2) 、 (4)式可得

带入已知的 f AB 和 f BC 的表达式可得
AB AC
? ?

?

cos ?2 cos ?1



(9)

联立(7) 、 (9)从而有
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(10)

如果 ?1 ≠ ?2 ,则意味着方程
sin? ? cos? ?2 ? ? C ? 0
? 2?

(11)

π? 在? ? 0 , ? 区间有两个不同的解,其中 C 为某一合适的常数。这要求函 π? 数 sin? ? cos? ?2 ? 在 ? 也就是说 sin? ? 和 cos? ?2 ? 不 ? 0 , ? 区间不能是单调函数, ? 2?

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
a ? 2。

(12) (13)
2
? 2?

π? 对a ? 0, 可知 sin ?? ? cos2?? ? 在 ? ? 0 及 π 时均为零, 因此 sin ?? cos2?? ? 在 ? ?0, ?

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) 、 (13)是符

合题意要求的充分必要条件。 评分标准: (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 f AB 、 f AC , 向心力分别是 fC1 、 fC 2 ,距离 A 分别是 r1 、r2 ;根据三角 形的相似关系,有
f f AB f ? C1 ? r1 AB BD

, 。

(1a) (2a)

f AC f f ? C2 ? r2 AD CD

以上两式相比可得
f f AB r2 CD ? C1 ? f AC r1 fC 2 BD

(3a)

依题意有
f AB ? r1 ? ?? ? f AC ? r2 ?
?

, , ,

(4a) (5a) (6a)

fC1 EB r1 sin ?1 ? ? fC 2 FC r2 sin ?2
CD AF r2 cos ? 2 ? ? BD AE r1 cos ?1

将(4a)~(6a)代入(3a)得
? r1 ? ? ? ? r2 ?
? ?1

?

r1 sin ?1 r2 cos ?2 ? r2 sin ?2 r1 cos ?1



(7a)

由(7a)得
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(8a)

之后的讨论与“参考解答 1”相同。 评分标准: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 T1 ,体积减小为 V0 ,根据题意,空气经历的过程为等 压过程,故有
V0 Va ? T1 Ta

(1)

在这一过程中,容器中空气内能的增加量为
?U ? 2.5 pa ?V0 ? Va ? ,

(2)

大气所考察空气做功为
W ? ? pa ?V0 ? 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
?T ?T ? Q ? 3.5 paVa ? 1 a ? ? Ta ?

(5)

(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,又经一过等容升温过程,即保持 体积 V0 不变, 温度从 T1 升至环境温度 Ta , 并从周围环境吸热。 若以 p1 表 示所考虑空气的压强,则有

p1 pa ? Ta T1

(6)

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
p1 ?V0 ? u ? ? p2V0 ,

(7) (8)

即 p2 ? p1 V0 ? u
V0

喷出气体获得的动能
?Ek1 ? ? p1 ? pa ? u 。

(9)

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
p3 ? p2 V0 ? u V0

(10)

喷出气体获得的动能
?Ek2 ? ? p2 ? pa ? u 。

(11)

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 V0 ? u V0

(12)

喷出气体获得的动能
?E1k ? ? pN ? pa ? u 。

(13)

如果经过 N 次喷射后,容器中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 ? ?Ek 2 ? ? ? ?EkN

(15)

利用(8)到(13)式, (15)式可化成

N ?1 ? ? V ? u ? ? V ? u ?2 ? V0 ? u ? ? 0 0 Ek ? p1u ?1 ? ? ??? ? ??? ? ? ? ? Npa u , V0 ? ? V0 ? V0 ? ? ? ? ? ? ?

(16)

(16)式等号右边第 1 项方括号内是 N 项的等比级数,故有
?V ? u ? 1? ? 0 ? V Ek ? p1u ? 0 ? ? Npa u 。 V ?u 1? 0 V0
N

(17)

又,根据(8) 、 (10) 、 (12) 、 (14)各式可得
?V ? u ? p1 ? 0 ? ? pa , ? V0 ?
N

(18)

对(18)式等式两边取自然对数得
? p u? N ln ?1 ? ? ? ln a V p1 0 ? ?



(19)

因u ?
N?

V0 ,可利用近似公式 ln ?1 ? x ? ≈ x 把(19)进一步化简,即

V0 p ln 1 u pa

(20)

进而由(17) 、 (18) 、 (20)三式得
Ek ? ? p1 ? pa ?V0 ? paV0 ln p1 pa

(21)

将(1) 、 (6)代入(21)式,可得
? T T T ? Ek ? pa va ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? 。 ? Ta Ta Ta ?

(22)

根据题意,这些动能可转化成的电能为
? T T T ? E ? 0.45 paVa ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? 。 ? Ta Ta Ta ?

(23)

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 。

(24)

因此可产生的总电量为
E1 ? mL E。 ?Q

(25)

将(5)和(23)带入(25)式,得
E1 ? 9 mL 70 1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta T 1? 1 Ta



(26)

代入数据后有
E1 ? 1.5 ?1014 J

(27)

评分标准: (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: 以 pa 表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使 n 摩尔的空气参与 如 题 所 述 的 过 程 , 且 在 过 程 ? a ? 中 体 积 和 温 度 变 化 分 别 为 ?V 和
?T ? T1 ? Ta ,则在此过程中这部分气体放出的热量为

Q ? ? pa ?V ?

5 pa ?V 。 2

(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
7 Q ? nR ?Ta ? T1 ? , 2

(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
n? 2mL 。 7 R ?Ta ? T1 ?

(4)

在气体等容吸热的过程 ? b ? 中,设最后达到压强 p0 ,体积达到 V0 ,则易 得
pa ? Ta pa T1



(5) (6)

V0 ?

nRTa p0

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 V0 ? u ? , p V0

(7)

其中 V0 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
?Ek ? ? ? p ? pa ?V0 ?p p



(9)

因此,做变换 ?E ? dE , ?p ? dp ,总的动能则为
Ek ? ? ? ? p ? pa ?V0
p0 pa

dp p

(10)

? ? p0 ? pa ?V0 ? paV0 ln

p0 pa

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
E? 9 mL 70 1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta T 1? 1 Ta



(12)

代入数据后有
E ? 1.5 ? 1014 J 。

(13)

评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。

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 ? 0 v1 ? 0

(1) (2)

刚碰后,乒乓球带的电荷量
q ? C0U

(3)

其动能和速度分别为
? ?0 Ek1 v1? ? 0

(4) (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
? ? qU Ek2 ? Ek2

(6)

注意到(3) 、 (4)式有
Ek2 ? C0U 2

(7)

与金属板第二次碰撞前的速度为
v2 ? 2 Ek m

(8)

第二次碰撞后的速度和动能分别
? ? ev2 v2

(9) (10)

1 ? ? mv2 ?2 Ek2 2

由(9) 、 (10)式得

? ? e2 Ek2 Ek2

(11)

乒乓球与金属板第三次撞前动能为
? ? qU Ek2 ? Ek2

(12)

由(3) 、 (7) (11) 、 (12)式得
Ek3 ? ?1 ? e? ? C0U 2

(15)

乒乓球与金属板第三次碰撞前速度
v1 ? 2 Ek2 m

(16)

乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为
? ? ev3 v3

(17) (18)

? ? e3 Ek 3 Ek3

乒乓球与金属板四次碰撞前的动能
? ? qU Ek4 ? Ek3

(19)

由(3) 、 (15) 、 (18) 、 (19)式得
Ek4 ? ?1 ? e2 ? e4 ? C0U 2

(20)

乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为
v4 ? 2 Ek4 m

(21)

乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为
? ? ev4 v4

(22) (23)

? ? e2 Ek4 Ek4

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
2 2? n ? 2? ? C0U 2 Ekn ? ? ?1 ? e ? ? ? e ?

(24)

? ? e 2 ?1 ? e 2 ? ? e Ekn ?

2? n ? 2 ?

? C0U 22 ?

(25)


Ekn ? 1? e ? ? C0U 2 1 ? e2
2 n ?1

(26) (27)

? ? Eln

e2 ? ?1 ? e

2? n ?1? 2

1? e

? ? C U2
0

? 均随碰撞次数单调递 对非弹性碰撞,e ? 1 ,可由以上两式看出 Ekn 和 Ekn

增。当 n ?? 时有
Ek? ? 1 C U2 1 ? e2

(28) (29)

?? ? Ek

e2 C0U 2 1 ? e2

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
Ekmax ? Ek? ? 1 C0U 2 1 ? e2

(30)

2.经过足够长时间后亦即 n ?? 时,乒乓球在某一次与金属板碰撞后 和下一次碰撞前的速度分别为
? ? v? ?? 2Ek ? eU m 2Ek? ?U m

?1 ? e ? m
2

2C0

(31) (32)

v? ?

?1 ? e ? m
2

2C0

此间时间间隔
T? d ? ? v? v? 2

(33)

因此可得,通过外电路的平均电流强度
I? q T

(34)

由(31) 、 (32) 、 (33) 、 (34)各式得
I? C0U 2 1 ? eC0 d 1 ? e 2m

(35)

评分标准: (26) 、 (27)式或(28) 、 (29)式共 8 分, (30)式 2 分, (31)~(33)式各 1 分, (35)式 2 分。

七、 参考答案 1: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为
Ea?a ? Ecc? ? ?1 ? 2 2 Bl ? sin ? 2

(1)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ? ? 2 ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2)

根据电路的对称性可知
Iba ? I a?b? ? I d ?c? ? Icd ? I1? , I ad ? I d ?a? ? Ic?b? ? Ibc ? I 2

(3)

根据基耳霍夫第一定律,有
I aa? ? I c?c ? I1 ? I 2 Ib?b ? I dd ? ? I1 ? I 2

(4) (5)

根据基耳霍夫第二定律,有
I1 R ? I aa? R ? I1R1 ? Ibb? R ? ? 2 ? ?1 I1 R ? I dd ? R ? I 2 R ? I ad R ? ? 2 ? ?1
I bc ? I ad ? I1 ? I ad ? I bc ? I 2 ? 2 Bl 2? ? cos? ? sin ? ? 8 R 2 Bl 2? ? cos ? ? sin ? ? 8 R

(6) (7) (8) (9)

2.当正方体转动到任意位置(对角线 db 与磁场夹角为任意 ? )时, 通过 a ?a 、 cc ? , b ?b 、 dd ? 的电流
I a?a ? I ad ? I ba ? 2 Bl 2? sin ? 4 R

(10)

I cc? ? I bc ? I cd ? I b?b ? I ba ? I bc ? I dd ? ? I ad ? I cd ?

2 Bl 2? sin ? 4 4 2 BI 2? cos ? 4 R 2 Bl 2? cos ? 4 R

(11) (12) (13)

为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场 对电路作用的合力矩,即
Fa?a ? Fcc? ? BlI a?a , Fb?b ? Fdd ? ? BlIb?b
M ? 2 Fa?a 2 2 l sin ? ? 2 Fb?b l cos ? 2 2

(14) (15)

将(11)~(14)代入(15) ,得
M? B2l 4? 。 2R

(16)

评分标准: (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
? a?a ? ? cc? ?
2 2 Bl ? sin ? 2

(1b)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2b)

先计算 ? b?b 和 ? dd ? 单独存在( ? a?a 和 ? cc? 短路)时流过各支路的电流。若将
a ?a 和 cc ? 断开,则等效电路如图所示,则通过 b ?b 和 dd ? 电流
?? ?? Ib ?b ? I dd ? ?
1 1

? b?b ? ? dd ?
4R

?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(3b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度

?? ?? ?? I bd ? I ad ? I cd ?
1 1 1

1 ?1? 2 Bl 2? I b?b ? cos ? 2 8 R

(4b)

根据电路的对称性,此时 a ? 、 a 之间, c 、 c ? 之间的电势差
U a?a ? U cc? ? 0

(5b)

由此连接 a ?a 和 cc ? 后流过 a ?a 和 cc ? 的电流。
?? ?? I aa ? ? I cc? ? 0
1 1

(6b)

因此连接 a ?a 和 cc ? 不影响 ba 和 ad 中的电流。 再计算 ? a?a 和 ? cc? 单独存在( ? b?b 和 ? dd ? 短路)时流过 各支路的电流。 若将 b ?b 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 ? a?a 和 ? cc? 单 独存在时流进 a ?a 和 cc ? 电流
? ? ? ? Ia ?a ? I cc ? ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 4 R

(7b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流
? ? ? ? I ba ? I cd ??
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

(8b) (9b)

? ? ? ? I ad ? I bc ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

此时 b ? 、b 之间和 d 、d ? 之间的电势差 U b?b ? U dd ? ? 0 ,由此连接 b ?b 和 dd ? 后 流过 b ?b 和 dd ? 的电流
? ? ? ? Ib ?b ? I dd ? ? 0
2 2

(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;
?? ? ? I ba ? I ba ? I ba ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R

(11b) (12b) (13b)

?? ? ? I ad ? I ad ? I ad ?
1 2

?? ? ? I bc ? I bc ? I bc ?
1 2

?? ? ? I cd ? I cd ? I cd ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R

(14b)

2.与“参考解答 1”相同。 评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。

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。

2.参照所给光路图,可知 CO ? x ,设 ∠CAO ? a ,有如下几何关系:
sin ? ? x , R

(1) (2)

r ? f cot ? 2? ?

两式联立,可求得
f ? ?1 x ? R sin ? arctan ? 。 r? ?2

(3)

评分标准:正确画出光路图 5 分, (3)式 5 分。


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