1、1第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答：如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处，这时 的值便是满足题0u中条件的最大值；如果小球的水平速度 较小，在它与平板发生第一次碰0u撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触，这时的值便是满足题中条件的最小值0设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为 ，有1t（1）2hg若碰撞正好发生在 Q 处，则有（2）01Lut从（1） 、 （2）两式解得的 值便是满足题中条件的最大值，即0（3） 0max2guLh代入有关数据得（4）0max.71/su如果 ，小球与平板的
2、碰撞处将不在 Q 点设小球第一0maxu次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为 ，则有1v（5）12ghv以 、 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，1vV由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒设小球和平板的质量都是 m，则有（6）11Vmv=因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得hP QB u02（7）2222210110mVmvu=vu解（6） 、 （7）两式，得（8）10v（9）2Vgh=碰撞后，平板从其平衡位置以 为初速度开始作简谐振动取1固定坐标，其原点 O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x 轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰
3、撞的时刻作为，则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移0t（10）PQcosxAt式中（11）2TA 和 是两个待定的常量，利用参考圆方法，在 t 时刻平板振动的速度（12）PQsinAtv因 时， ，由（9） 、 （11） 、 （12）式可求得0tPQ0xPQV（13）2ghT（14）把（13） 、 （14）式代入（10）式，得（15）PQ2cos2ghxTt碰撞后，小球开始作平抛运动如果第一次碰撞后，小球再经过时间 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处，则在发生第二次2t碰撞时，小球的 x 座标为（16）2B21xtgt平板的 x 座标为3（17）PQ22cosghxtTt在碰撞时，有（18）
4、B2PQ2xtt由（16） 、 （17） 、 （18）式，代入有关数据得（19）224.90.1costt这便是 满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数2t值列表）（20） 20.71st如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处，则有（21）012Lut由（1） 、 （20）和（21）式得（22）012.46m/sut而满足题中要求的 的最小值应大于（22）式给出的值综合以0上讨论， 的取值范围是0u（23）0.46m/s.71/su附：（19）式的数值求解用数值解法则要代入 不同数值，逐步逼近所求值，列表如2t下： 2t0.7300.7500.7600.7650.7700.771
5、0.7720.7750.7800.7900.810424.1cosPQxt3.313.123.022.962.912.912.902.862.812.702.4824.90Bxt2.612.762.832.872.912.912.912.942.983.063.21PQBx0.700.360.190.09 0 0-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、参考解答：解法一因为 B 点绕 A 轴作圆周运动，其速度的大小为（1）BlvB 点的向心加速度的大小为（2）2al因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为 0，故 也是 B 点的加Ba速度，其方向沿 BA 方向因为 C 点绕 D 轴作
6、圆周运动，其速度的大小用 表示，方向垂直于杆 CD，在考察的时刻，由图可Cv知，其方向沿杆 BC 方向因 BC 是刚性杆，所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等，故有（3）C2cos4lBv此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度（4）2CnaD由图可知 ，由（3） 、 （4）式得2l28Cnal（5）其方向沿 CD 方向 CBvACDBaCnaC taC5下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度，即切向加速度 因为 BC 是刚性杆，所以 C 点相对 B 点的运动只能是Cta绕 B 的转动， C 点相对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC令 表CBv示其速度
7、的大小，根据速度合成公式有CBv由几何关系得（6）22CBCBlv由于 C 点绕 B 作圆周运动，相对 B 的向心加速度（7）2CBav因为 ，故有2l24CBal（8）其方向垂直杆 CD.由（2）式及图可知，B 点的加速度沿 BC 杆的分量为cos4BCa（9）所以 C 点相对 A 点（或 D 点）的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量（10）234CtBCalC 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 与切Cna向加速度 的合加速度，即Cta（11）22748CnCtal6的方向与杆 CD 间的夹角Ca（12）arctnarct680.54Ct解法二：通过微商求 C 点加速度
8、以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy，Ax 轴与 AD 重合，Ay 与 AD 垂直任意时刻 t，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用 ， 和 表示，且已知 ，ABl， ， ， ，C 点坐标表示为2BCl2Dl3Aldt（1）cos2sCxll（2）iniy将（1） 、 （2）式对时间 t 求一阶微商，得（3）dddsin2sinCxlttt（4）coscosdddCyltttABCDxy7把（3） 、 （4）式对时间 t 求一阶微商，得（5）2 22 2 2ddddcossincossinCxlttttt （6）2 22 2 2sincossincosddddCylttttt 根据几
9、何关系，有 sinsisinDABCcoco3Cl即（7）2sin2sin（8）co3co将（7） 、 （8）式平方后相加且化简，得（9）2sin2cos3cos2cs0对（9）式对时间 t 求一阶微商，代入 ， ， ，得4dt（10）d12t对（9）式对时间 t 求二阶微商，并代入上述数据，得（11）22d38t将（10） 、 （11）式以及 ， ， 的数值代入（ 5） 、 （6）式，得t22d58Cxlt27y所以8（12）222d748CCCxyaltt由图知， 与 x 轴的夹角为Ca（13）22dtan1.4Cyxtt所以求得 arctn1.456这个夹角在第三象限，为 ，故 与 CD
10、 的夹角23.Ca（14）=80.54三、参考解答：1设 a 室中原有气体为 ，打开 K1 后，有一部分空气进入mola 室，直到 K1 关闭时，a 室中气体增加到 ，设 a 室中增加的mol气体在进入容器前的体积为 ，气体进入 a 室的过程中，mol V大气对这部分气体所作的功为（1）0Ap 用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度，则 a 室中气体内能增加量为（2）0VUCT 由热力学第一定律可知（3）A由理想气体状态方程，有（4）0045pVRT（5）00（6）由以上各式解出（7）054VCRTT2K 2 打开后，a 室中的气体向 b 室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，
11、气体内能不变，所以温度不变（仍为 ） ，而体积T9增大为原来的 2 倍由状态方程知，气体压强变为（8）012p关闭 K2，两室中的气体状态相同，即， ， ，且 （9）abpabTab0Vab12拔掉销钉后，缓慢推动活塞 B，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体的压强、体积和温度分别为 、ap、 、 、 、 ，则有bpaVbaTb（10）aaVVCRCRp（11）bbVV由于隔板与容器内壁无摩擦，故有（12）abp由理想气体状态方程，则有（13）aapVRT（14）bb因（15）ab0V由（8）（15）式可得（16）ab012（17）abVRCT在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，
12、隔板对 a 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能的增加，即（18）12VaWCT10由（6） 、 （17）和（18）式得（19）021VRCWp四、参考解答：设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ，速度为 ，因线1lv框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 ，它在线框中v2BlE引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势 与设定的正方向相反，自感电动势 与设定的正方vE LitE向相同.因线框处于超导状态，电阻 ，故有0RLv20iBliRt（1）即（2）02txBltiL或（3）iLxBl2即（4）LBlxi2x1l2l0vOyx
