19第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答

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

2 ??0Av1?mg ①

式中m为沙尘颗粒的质量，而

A??r2 ②

4m??r3?s ③

3得 v1?代入数据得

4?sgr ④

3??0v1?4.0m?s－1 ⑤

（2）用?h、h分别表示v?9.0m?s－1时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有

?h??0(1?Ch) ⑥

此时式①应为

??hAv2?mg ⑦

由②、③、⑥、⑦可解得

h?代入数据得

4r?sg?1?1??? ⑧ C?3?v2?0?h?6.8?103m 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）E2C，0 （2）E2C，E2C

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

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121412平均高度为h，地球半径为R，地球质量为M，则有

T?t ① N2mM?2??G?m??(R?h) ② 2(R?h)?T?G由①、②、③式解得

Mm?mg ③ R21/3?gR2t2?h??22??4?N??R ④

由题给数据可知t?5.8536?105s，代入t及其它有关数据得

h?2.9?105m 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2.7?105m～3.1?105m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mHe?4.003?10?3kg，B中氪气的质量

mKr?83.8?10?3kg，C中氙气的质量mXe?131.3?10?3kg。三种气体均匀混合后，A中的

1311 ?EHe?mHeg(?h)?mHeg(?2h)??mHegh ①

3311B中的Kr有mol升入A中，有mol降入C中。Kr的重力势能增量为

3311 ?EKr?mKrgh?mKrg(?h)?0 ②

3311C中的Xe有mol升入A中，有mol升入B中。Xe的重力势能增量为

3311 ?EXe?mXegh?mXeg2h?mXegh ③

33He有mol降入B中，有mol降入C中。He的重力势能增量为 混合后，三种气体的重力势能共增加

?EP??EHe??EKr??EXe?(mXe?mHe)gh 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

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13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

32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

2(mXe?mHe)gh ?T?? ⑥

9R ?EP??3?R?T ⑤ 将已知数据代入，注意到R?8.31J?K－1?mol－1，可得

?T??3.3?10－2K ⑦ 即混合后气体温度降低3.3?10－2K

（如果学生没记住R的数值，R的值可用标准状态的压强p0?1.013?105N?m－2，温度

T0?273.13K和1mol理想气体在标准状态下的体积V0?2.24?10－2m3求得，即R?p0V0） T0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L1光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知

i1?r2 ①

i2?r1 ②

由几何关系得 r1?i2???60? ③ 由图可见

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i1???r1 ④

又从?FSO1的边角关系得

tan??y/f ⑤

代入数值得

??arctan(14.3/30.0)?25.49? ⑥

由②、③、④与⑥式得r1?30?，i1?55.49? 根据折射定律，求得

n?sini1?1.65 ⑦ sinr1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P?Q?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IBL1，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FQQ??IBL1，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为

LL M0?IB1 ① 2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

?0?mg(L2/2) ②

当M0＝?0时，桌面对线框的支持力的力矩为零，M0＞?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

IminBL1L2?mgL2 ③ 解得

Imin?

12mg ④ 2BL1第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第4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P?Q?边的重心均在（L2/2）处，两条边对ab轴的合力矩为

?mgL2??L2? ?1????? ①?

(L?L)2??2??1QQ?边对ab轴的力矩为

?mgL1? ?2???L2 ②?

2(L?L)12??故线框所受的重力矩为

?0＝?1＋?2＝（mg/2)L2

与解法一求得的②式一致，从而求得Imin与④式相同。

（2）线框处于静止状态时，若电流I0比Imin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P?Q?边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值I0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

1?? M????I0BL1?mg?L2cos? ⑤

2??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。

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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T0?2.0s时间内B与A的运动。

根据题意，在2 s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aB1，有

s?得

1aB1T02 22s－2?2.5m?s （1） T02aB1?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

aB?F?2.4m?s－2

mA?mB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

F?Ff?mBaB1 （2）

Ff?mAaA1 （3）

由（1）、（2）、（3）式得

aA1?2.25m?s－2 （4） Ff?45N （5）

2. 讨论B的左壁与A发生第一次碰撞前的运动。

由于aA1?aB1，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

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静止开始，经过时间t1，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

解得

t1?代入数据，得

t1?22s=2.83s

A与B发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为 vA1?aA1t1?aA11122aB1t1?aA1t1?l 222l （6）

aB1?aA12l （7）

aB1?aA12l （8）

aB1?aA1 vB1?aB1t1?aB13. 讨论B与A间的弹性碰撞

以uA1和uB1分别表示第一次碰撞后A和B的速度。当uA1、uB1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

mAvA1?mBvB1?mAuA1?mBuB1 解以上两式得

uA1?uB1??(vA1?vB1)?2l(aB1?aA1) （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uA1大于B的速度

11112222 mAvA1?mBvB1?mAuA1?mBuB12222uB1，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aA2和aB2，则由牛顿第二定律有

Ff?mAaA2 F?Ff?mBaB2 解得

aA2?

Ff?2.25m?s－2 （10） mA第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第7页

aB2?F?Ff?5.5m?s－2 （11） mB由此可知，碰撞后，A作减速运动，B作加速运动。设经过时间t1?，两者速度相等，第一次达到相对静止，则有

uA1?aA2t1??uB1?aB2t1? 由上式和（9）式解得

u?uB1vB1?vA1 t1??A1??aA2?aB2aA2?aB2代入有关数据得

2l(aB1?aA1)aA2?aB2 （12）

22s=0.09s （13） t1??31设在时间t1?内，A与B的左壁之间的距离增大至l1，则有

??aA2t1?2?uB2t1??aB2t1?2?l1 uA1t1结合（9）、（12）两式得

l11212?ld2 （14）

式中

d?代入有关数据得 d?aB1?aA1 （15）

aA2?aB2aB1?aA1(5/2)?(9/4)1???1

aA2?aB2(9/4)?(11/2)31由（14）可知l1?l，A不会与B的右壁发生碰撞。 5. 讨论A与B的左壁的第二次碰撞。

以v1表示B与A第一次相等的速度，由于B始终受F作用而加速，它将拖着A向右加速，其情况与第一次碰撞前相似。这时作用于A的摩擦力向右，A的加速度为aA1，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度为aB1，方向也向右。但是原来A与B左端的距离为l，现改为l1，因aA1?aB的左壁与小A之间的距离将减小。设两者间的距离从l1减小至零即B1，减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为t2，以l1代入⑥式，结合（14）式，即可求得

t2?

2l12l?d?t1d （16）

aB1?aA1aB1?aA1第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第8页

代入有关数据，得 t2?2218??0.51s 3131第二次碰撞前瞬间A和B的速度分别为 vA2?v1?aA1t2 vB2?v1?aB1t2

vA2?vB2?(aA1?aB1)t2?(aA1?aB1)t1d?(vA1?vB1)d （17） 故第二次碰撞前A、B速度之差小于第一次碰撞前A、B的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间A、B的速度分别为uA2和uB2，则有

uA2?uB2??(vA2?vB2)?(vB1?vA1)d （18）

第二次碰撞后，A以加速度aA2作减速运动，B以加速度aB2作加速运动。设经历时间t2?，两者速度相等，即第二次相对静止，则有

??uB2?aB2t2? uA2?aA2t2解得

u?uB2vB1?vA1?d?t1?d?0.016s （19） t2??A2aA2?aB2aA2?aB2在t2?时间内，A与B的左壁的距离变为l2，有

?2?uB2t2??aB2t2?2?l2 uA2t2??aA2t2结合（8）、（9）得

l2?ld4 自B开始运动到A与B达到第二次相对静止共经历时间 T2?t1?t1??t2?t2??3.43s T2?4.0s

6. 讨论A与B的左壁的第三次碰撞。

当A与B的左壁之间的距离为l2时，A、B相对静止。由于B受外力F作用而继续加速，它将拖着A向右加速。这时，A的加速度为aA1，B的加速度为aB1，方向都向右，但因aB1?aA1，A将与B的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为t3，则以l2代入（6）式结合（16）式得

1212（20）

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t3?2l22l?d2?t1d2?0.09s （21）

aB1?aA1aB1?aA1设第三次碰撞前瞬间A和B的速度分别为vA3和vB3，碰撞后的速度分别为uA3和uB3 vA3?vB3?(aA1?aB1)t3?(vA1?vB1)d2

uA3?uB3??(vA3?vB3)?(aB1?aA1)t3?(aB1?aA1)t1d2?(vA1?vB1)d2

碰撞后，A以加速度aA2作减速运动，B以加速度aB2作加速运动。设经过时间t3?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l3。则有

u?uB3?t1?d2 （22） t3??A3aA2?aB2 t3?ld6

自B开始运动至第三次A与B相对静止共经历的时间T3仍小于4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第n次碰撞。

在第n?1次碰撞完毕的瞬间，A和B的速度分别为uAn－1和uBn－1，A以加速度aA2作减

?－1，两者速度相等，即第n?1次相对静止。速运动，B以加速度aB2作加速运动。经过时间tnA与B左壁之间的距离为ln－1。根据前面的讨论有

?－1?t1?dn－2 （23） tn ln－1?ld2(n－1)

再经过时间tn将发生B的左壁与A的第n次碰撞。碰撞前两者的速度分别为vAn和vBn。根据前面的讨论，有

tn?t1dn－1 （24） vAn?vBn?(vA1?vB1)dn－1

可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。当碰撞次数n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. 讨论第4秒B与A的运动速度。

第4秒末B与A的速度取决于在第4秒末B与A经历了多少次碰撞。B自静止开始运动到第n次相对静止经历的总时间为

??t2?t2????tn－1?tn?－1?tn?tn? Tn?t1?t1 第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第10页

??t1d?t1?d???t1dn－2?t1?dn－2?t1dn－1?t1?dn－1?t1?t1?)?(t1?t1?)d?(t1?t1?)d???(t1?t1?)d?(t1?t12n－2?)d＋(t1?t1n－1

?)?(t1?t1??以t1?22，t11?d?? （25） 1?d22代入，注意到当n很大时，d??0得 31 T??64231?31?3.56s （26）

这表明早在第4秒之前，A与B的左壁贴在一起时二者速度已相同，不再发生碰撞，此后二者即以相同的速度运动了、现以A和B都静止时作为初态，设T?4s时刻A和B的速度为V，对A、B开始运动至T?4s的过程应用动量定理，得

FT?(mA?mB)V （27） 或

V?代入数值，得

V?9.6m?s－1 （28） 解法二：

如果A与B之间没有摩擦力，B前进1m就会与A发生碰撞。已知开始2s为A与B未发生碰撞，而B已走了5m，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。由s?at2可求出B对地面的加速度aB1：

5?FT

mA?mB121aB122， aB1?2.5m?s－2 (1)? 2设A与B底部之间的滑动摩擦力为Ff，则由小车的运动方程 mBaB?F?Ff 代入数值得

Ff?45N (2)? 又由A的运动方程得A的相对地面的加速度为 aA1?Ff?2.25m?s－2 (3)? mA于是，A对B的相对加速度为

aAB1?aA1?aB1??0.25m?s－2 (4)? 第一次碰撞

由开始运动到A碰撞B的左壁的时间t1满足s?

12，s?1m。于是 aAB1t12第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第11页

t1?22s=2.83s (5)? A与B的左壁碰撞前瞬间，A相对B的速度

vAB1?aAB1t1??0.52m?s－1??0.71m?s－1 (6)? 由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后A从B的左壁开始，以相对速度

???vAB1?0.52m?s－1?0.71m?s－1 (7)? vAB1向右运动，所受摩擦力反向向左，为?Ff。对地面的加速度aA2为 aA2?Ff??2.25m?s－2 (8)? mA此时B所受的摩擦力Ff方向向右，由其运动方程mBaB2?F?Ff得B对地面的加速度aB2为 aB2?F?Ff?5.5m?s－2 (9)? mB由(8)?、(9)?二式知，碰后A对B的相对加速度为

aAB2?aA2?aB2??7.75m?s－2 (10)?

?，相当于B走过A相当于B作向右的匀减速运动。设A由碰后开始达到相对静止的时间为t1的距离为s1，由(6)?式得

?? t1?vAB1a2?AB1t1?2s=0.091s (11)? aAB2aAB231s1?11?2?m=0.03m (12)? aAB2t1231可见A停止在B当中，不与B的右壁相碰。

第二次碰撞

A在B内相对静止后，将相当于B向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而B所受的摩擦力改为向左。这时A对B的相对加速度重新成为aAB1，即(4)?式。A由相对静止到与B的左

2壁第二次碰撞所需的时间t2可用s1?aAB1t2算出：

12 t2?2s1?aAB1aAB2??t1aAB1aAB1t1?0.51s (13)? aAB2自B开始运动至B的左壁与A发生第二次碰撞经历的时间

??t2?3.43s T2?t1?t1A达到B的左壁前相当于B的速度的大小为

第十九届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 第12页

vAB2?aAB1t2?aAB1aAB1t1?aAB2aAB1vAB1 (14)? aAB2这也就是第二次碰后A由B的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后，A相对B向右运动，

?此时A相对于B的相对加速度又成为aAB2，即(10)?式。A由碰撞到相对静止所需要的时间t2和相当于B走过的距离s2分别为

?? t2 s2?以后的碰撞

vAB2aa?AB1t2?AB1aAB2aAB2aAB2aAB1t1?aAB2aAB1??0.016s (15?)t1 aAB21?2?0.001m aAB2t22根据(13)?、(15)?二式，如令

k?则有

aAB11/41???0.18 (16)? aAB231/431??kt1? t2?kt1 t2由此可以推知，在第三次碰撞中必有

??kt??2 t3?kt2?k2t1 t3 ?t (17)? k12在第n次碰撞中有

??kn－1t1? （18)? tn?kn－1t1 tn即每一次所需时间要比上次少得多（A在B中所走的距离也小得多）。把所有的时间加在一起，

得

?22?1?)?k???22?T???(ti?ti?)?(t1?t1s=3.56s (19)? ???311?ki?1i?0????这就是说，在B开始运动后3.56 s时，A将紧贴B的左壁，并与B具有相同速度，二者不再

发生碰撞，一直处于相对静止状态。现取A和B都静止时作为初态，以T?4.0s时刻的运动状态为末态，设此时A和B的速度为V，由动量定理，有 FT?(mA?mB)V 代入数值，得 V?FT?9.6m?s－1 (20)?

mA?mB答：自车厢开始运动到4.0 s时车厢与物块的速度相同，均为9.6m?s－1 评分标准：本题25分。

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得出摩擦力Ff得5分，得出第一次碰撞时间t1得5分，得出第二次碰撞时间t2得5分。得出无穷次碰撞时间T?得5分 ，得到最后结果V再得5分。

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