2012全國初中物理競賽

『壹』 2012第十八屆全國初中物理競賽初賽答案

第22屆全國中學生物理競賽復賽題參考解答
一、1．如圖所示，設滑塊出發點為 ，離開點為 ，按題意要求 、 與豎直方向的夾角相等，設其為 ，若離開滑道時的速度為v，則滑塊在 處脫離滑道的條件是
(1)
由機械能守恆
(2)
(1)、(2)聯立解得
或 (3)
2．設滑塊剛能在O點離開滑道的條件是
（4）
v0為滑塊到達O點的速度，由此得
（5）
設到達O點的速度為v0的滑塊在滑道OA上的出發點到 的連線與豎直的夾角為 ，由機械能守恆，有
（6）
由（5）、（6）兩式解得
（7）
若滑塊到達O點時的速度 ，則對OB滑道來說，因O點可能提供的最大向心力為mg，故滑塊將沿半徑比R大的圓周的水平切線方向離開O點．對於 的滑塊，其在OA上出發點的位置對應的 角必大於 ，即 ，由於 ，根據機械能守恆，到達O點的最大速度
（8）
由此可知，能從O點離開滑道的滑塊速度是v0到 之間所有可能的值，也就是說， 從 至 下滑的滑塊都將在O點離開滑道．以速度v0從O點沿水平方向滑出滑道的滑塊，其落水點至 的距離
（9）
（10）
由（5）、（9）、（10）式得
（11）
當滑塊以 從O點沿水平方向滑出滑道時，其落水點到 的距離
（12）
由（8）、（10）、（12）式得
（13）
因此，凡能從O點脫離滑道的滑塊，其落水點到 的距離在 到 之間的所有可能值．即
（14）

二、1．由靜電感應知空腔1、2及3的表面分別出現¬¬電量為 、 和 的面電荷，由電荷守恆定律可知，在導體球的外表面呈現出電量 ¬¬．由靜電屏蔽可知，點電荷q1及感應電荷（ ）在空腔外產生的電場為零；點電荷q2及感應電荷（ ¬¬）在空腔外產生的電場為零；點電荷q3及感應電荷（¬¬ ）在空腔外產生的電場為零．因此，在導體球外沒有電荷時，球表面的電量 作球對稱分布．
當球外P點處放置電荷Q後，由於靜電感應，球面上的總電量仍為 ，但這些電荷在球面上不再均勻分布，由球外的Q和重新分布在球面上的電荷在導體球內各點產生的合場強為零．
O3處的電勢由位於P點處的Q、導體球表面的電荷 及空腔3表面的感應電荷（ ）共同產生．無論 在球面上如何分布，球面上的面電荷到O點的距離都是R，因而在O點產生的電勢為 ， Q在O點產生的電勢為 ，這兩部分電荷在O3點產生的電勢 與它們在O點產生的電勢相等，即有
（1）
因q3放在空腔3的中心處，其感應電荷 在空腔3壁上均勻分布．這些電荷在O3點產生的電勢為
(2)
根據電勢疊加定理，O3點的電勢為
(3)
故q3的電勢能
(4)
2． 由於靜電屏蔽，空腔1外所有電荷在空腔1內產生的合電場為零，空腔1內的電荷q1僅受到腔內壁感應電荷 的靜電力作用，因q1不在空腔1的中心O1點，所以感應電荷 在空腔表面分布不均勻，與q1相距較近的區域電荷面密度較大，對q1的吸力較大，在空腔表面感應電荷的靜電力作用下，q1最後到達空腔1表面，與感應電荷 中和．同理，空腔2中q2也將在空腔表面感應電荷 的靜電力作用下到達空腔2的表面與感應電荷 中和．達到平衡後，腔1、2表面上無電荷分布，腔3表面和導體球外表面的電荷分布沒有變化．O3的電勢仍由球外的電荷Q和導體球外表面的電量 及空腔3內壁的電荷 共同產生，故O3處的電勢U與q3的電勢能W仍如(3)式與(4)式所示．

三、答案如圖所示．

附計算過程：
電阻通電後對氣體緩慢加熱，氣體的溫度升高，壓強增大，活塞開始有向外運動的趨勢，但在氣體對活塞的作用力尚未達到外界大氣對活塞的作用力和器壁對活塞的最大靜摩擦之和以前，活塞不動，即該過程為等容過程．因氣體對外不做功，根據熱力學第一定律可知，在氣體溫度從T0升高到T的過程中，氣體從電阻絲吸收的熱量，
(1)
此過程將持續到氣體對活塞的作用力等於外界大氣對活塞的作用力和器壁對活塞的最大靜摩擦之和．若用T1表示此過程達到末態的溫度，p表示末態的壓強，Q1表示此過程中氣體從電阻絲吸收的熱量，由等容過程方程有
(2)
由力的平衡可知
(3)
由（2）、（3）兩式可得
(4)
代入(1)式得
(5)
由以上討論可知，當 時，T與Q的關系為
(6)
在 圖中為一直線如圖中 所示，其斜率
(7)
直線在T軸上的截距等於T0，直線ab的終點b的坐標為（T1，Q1）．
當電阻絲繼續加熱，活塞開始向外運動以後，因為過程是緩慢的，外界大氣壓及摩擦力皆不變，所以氣體的壓強不變，仍是p，氣體經歷的過程為等壓過程．在氣體的體積從初始體積V0增大到V，溫度由T1升高到T的過程中，設氣體從電阻絲吸收的熱量為 ，活塞運動過程中與器壁摩擦生熱的一半熱量為q，由熱力學第一定律可知
(8)
q可由摩擦力做功求得，即
(9)
代入（8）式得
(10)
由狀態方程式可知
(11)
將（11）式和（4）式代入（10）式，得

即
（12）
從開始對氣體加熱到氣體溫度升高到T( >T1)的過程中，氣體從電阻絲吸收的總熱量
（13）
把（13）式代入到（12）式，並注意到（4）式和（5），得
（14）
由此可知，當 時，T與Q的關系仍為一直線，此直線起點的坐標為 ， ；斜率為
（15）
在 圖中，就是直線bd，當熱量Q從零開始逐漸增大，氣體溫度T 將從起始溫度T0沿著斜率為Kab的直線 上升到溫度為T1的b點，然後沿著斜率為Kbd的直線 上升，如圖所示．

四、1．相對於車廂參考系，地面連同擋板以速度v趨向光源S運動．由S發出的光經小孔射出後成錐形光束，隨離開光源距離的增大，其橫截面積逐漸擴大．若距S的距離為L處光束的橫截面正好是半徑為R的圓面，如圖所示，則有

可得
(1)
設想車廂足夠長，並設想在車廂前端距S為L處放置一個半徑為R的環，相對車廂靜止，則光束恰好從環內射出．當擋板運動到與此環相遇時，擋板就會將光束完全遮住．此時，在車廂參考系中擋板離光源S的距離就是L．在車廂參考系中，初始時，根據相對論，擋板離光源的距離為
(2)
故出現擋板完全遮住光束的時刻為
(3)
由（1）、（3）式得
(4)
2．相對於地面參考系，光源與車廂以速度v向擋板運動．光源與孔之間的距離縮短為
(5)
而孔半徑r不變，所以錐形光束的頂角變大，環到S的距離即擋板完全遮光時距離應為
(6)
初始時，擋板離S的距離為xA，出現擋板完全遮住光束的時刻為
(7)

五、用半徑分別為r1（>a1），r2，…，ri，…，rn–1（<a2）的n-1個同心圓把塑料薄圓環分割成n個細圓環．第i個細圓環的寬度為 ，其環帶面積

式中已略去高階小量 ．，該細圓環帶上、下表面所帶電荷量之和為

設時刻t，細圓環轉動的角速度為，

單位時間內，通過它的「橫截面」的電荷量，即為電流

由環形電流產生磁場的規律，該細圓環的電流在環心產生的磁感應強度為
(1)
式中 是一個微小量，注意到 ，有
(2)
將各細圓環產生的磁場疊加，由（1）、（2）式得出環心O點處的磁感應強度：
(3)
由於a0<<a1，可以認為在導線圓環所在小區域的磁場是勻強磁場，可由O點的場表示．磁場對導線環的磁通量
(4)
由於 是變化的，所以上述磁通量是隨時間變化的，產生的感應電動勢的大小為
(5)
由全電路歐姆定律可知，導線環內感應電流的大小為
(6)
設題圖中薄圓環帶正電作逆時針旋轉，穿過導線圓環的磁場方向垂直紙面向外，由於薄圓環環作減角速轉動，穿過導線圓環的磁場逐漸減小，根據楞次定律，導線圓環中的感應電流亦為逆時針方向，導線圓環各元段l所受的安培力都沿環半徑向外．現取對於y軸兩對稱點U、V，對應的二段電流元 所受的安培力的大小為
(7)

方向如圖所示，它沿x及y方向分量分別
(8)
(9)
根據對稱性，作用於沿半個導線圓環QMN上的各電流元的安培力的x分量之和相互抵消，即
(10)
（式中 ，當 時， 是正的，當 時， 是負的，故 ），
而作用於沿半個導線圓環QMN上的各電流元的安培力的y分量之和為
(11)
（式中 ，由於在0之間 都是正的，故 ），
即半個導線圓環上受的總安培力的大小為 ，方向沿y正方向，由於半個圓環處於平衡狀態，所以在導線截面Q、N處所受（來自另外半個圓環）的拉力（即張力）F應滿足 ．由（3）、（6）兩式得
(12)
由（12）式可見，張力F隨時間t線性減小．

六、如圖所示，t時刻汽車B位於 處，距O點的距離為vBt．此時傳播到汽車B的笛聲不是t時刻而是較早時刻t1由A車發出的．汽車A發出此笛聲時位於 處，距O點的距離為 ．此笛聲由發出點到接收點（t時刻B車所在點）所傳播的路程為u(t–t1)，由幾何關系可知
(1)
即

這是以t1為變數的一元二次方程，其解為

由於 ，但t1< t，所以上式中只能取減號
(2)
(3)
令
(4)
有
， (5)
在 時刻，位於 處的汽車A發出的笛聲沿直線（即波線） 在t時刻傳到 處，以 、 分別表示車速與笛聲傳播方向的夾角，有
(6)
(7)
令表示B車司機接收到的笛聲的頻率，由多普勒效應可知
(8)
由（6）、（7）、（8）式，得
(9)
七、解法一：
對於由小球A、B和彈簧構成的系統，當A、B之間的距離為l時，已知mA = m，mB = 2m，由質心的定義，可知系統的質心C離A的距離
（1）
故A、B到質心C的距離分別為
（2）
若以質心C為參考系（質心系），則質心C是固定不動的，連接A、B的彈簧可以分成兩個彈簧CA和CB．設彈簧CA的自然長度為lA0，勁度系數為kA，一端與小球A相連，另一端固定在C點；彈簧CB的的自然長度為lB0，勁度系數為kB，一端與小球B相連，另一端亦固定在C點．若連接A、B的自然長度為l0，根據題意有
（3）
由（2）式可知彈簧CA和CB的自然長度分別為
（4）
當A被懸掛，系統處於靜止時，已知連接A、B的彈簧長度為l，由（2）式可知，此時彈簧CA和CB的長度分別為
（5）
彈簧CA、CB作用於A、B的彈簧力分別為

但fA 、fB就是連接A、B的彈簧因拉伸而產生的彈力f，即有

由此得
（6）
相對地面，質心C是運動的，在t = 0 時刻，即細線剛燒斷時刻，A位於Ox軸的原點O處，即 ；B的坐標 ．由（1）式，可知此時質心C的坐標為
（7）
在細線燒斷以後，作用於系統的外力是重力 ．故質心以g為加速度做勻加速直線運動，任意時刻t，質心的坐標
（8）
由於質心作加速運動，質心系是非慣性系．在非慣性參考系中，應用牛頓第二定律研究物體的運動時，物體除受真實力作用外，還受慣性力作用．若在質心繫中取一坐標軸 ，原點 與質心C固連，取豎直向下為 軸的正方向，當小球B在這參考系中的坐標為 時，彈簧CB作用於B的彈性力

當 時，方向豎直向上．此外，B還受到重力mg，方向豎直向下；慣性力大小為mg，方向豎直向上．作用於B的合力

由（3）、（4）式得
（9）
令
（10）
有
（11）
當XB = 0，作用於B的合力FB = 0，B處於平衡狀態，由（10）式，可知在質心繫中，B的平衡位置的坐標
（12）
XB為B離開其平衡位置的位移，（11）式表明，作用於B的合力具有彈性力的性質，故在FB作用下， B將在平衡位置附近作簡諧振動，振動圓頻率
（13）
離開平衡位置的位移
（14）
AB為振幅， 為初相位．在t = 0時刻，即細線剛燒斷時刻，B是靜止的，故此時B離開其平衡位置 的距離就是簡諧振動的振幅AB，而在t = 0時刻，B離開質心的距離即（5）式給出的lB，故B離開平衡位置的距離即振幅

由（5）式、（12）式得
（15）
因t = 0，XB =AB，且XB是正的，故

由此得
（16）
由（10）式，t時刻B在質心繫中的坐標
（17）
在地面參考系的坐標
（18）
得
（19）
同理，當小球A在質心繫中的坐標為 時，注意到 是負的，這時，彈簧CA的伸長量為
，
當 為負時，彈力向下，為正，當 為正時，彈力向上，為負，故有

作用於A的合力為

令

有

當XA=0，作用於A的合力FB = 0，A處於平衡狀態，A的平衡位置的坐標
（20）
XA為A離開其平衡位置的位移，故在合力FA作用下， A將在平衡位置附近作簡諧振動，振動圓頻率
（21）
離開平衡位置的位置

AA為振幅， 為初相位．在t = 0時刻，即細線剛燒斷時刻，A是靜止的，A離開質心C的距離為lA，A的平衡位置離開質心的距離為 故此時A離開平衡位置的距離即為振幅AA，

而此時 ，故

由此得
（22）
在時刻t，A在地面參考系中的坐標

解法二：
當 球相對於地面參考系的坐標為 時，彈簧 的伸長量為 ， 所受的合力為

其加速度為

其相對於質心的加速度為

其中 表示 球相對於其平衡位置的位移，在相互平動的兩個參考系中，相對位移與參考系無關．
上式表明，相對質心， 球的加速度與其相對於平衡位置的位移成正比且反向．也就是說， 球相對質心作簡諧振動．
同理可證，

其相對於質心的加速度為

其中 表示 球相對於其平衡位置的位移，相對質心， 球的加速度與其相對於平衡位置的位移成正比且反向，即 球相對質心也作簡諧振動．且有 與 振動的圓頻率相等，

解法三：
在地面參考系中，列A、B的牛頓定律方程

2
x1、x2是A、B的坐標，l0是彈簧的自然長．
時，有

為初始時即細線剛燒斷時刻，彈簧的長度，有關系

所以

由 + ，

令 ， 是一個恆定的加速度，結合初始條件， 對應的坐標和運動方程是，

再由 ，

這是一個以A為參考系描寫B物體運動的動力學方程，且是簡諧的，所以直接寫出解答，

結合初條件，

得到

所以

即

由 ，得

由 + ，得

THE END

『貳』 物理競賽初賽時間每個省都一樣嗎我甘肅的

關於競賽時間通知
各位競賽委員：
去年在西安商定的競賽時間，由於可能和個別省份的高考英語考試沖突，也和數學競賽有時間上的重疊，大多數競賽委員來函表達了意見和建議，物理競賽常委會根據大家的意見，認真進行了研究。現定時間如下：
預賽時間為：2012年9月8日下午2∶30到5:30，共3小時。
復賽理論筆試時間為：2012年9月22日上午8∶30到11：30，共3小時。復賽實驗考試時間為3小時，日期由各省（自治區、直轄市，下同）競委會自定。
決賽及頒獎大會定於2012年11月3日至11月8日在吉林市舉行。具體理論考試時間：2012年11月3日 上午8∶30到11：30，共3小時。
以上時間安排，很難說是盡善盡美，個別地區可能還有困難.。但是，不再改動了。希望有困難的地區能克服困難保質保量的完成任務。
此致

敬禮

全國中學生物理競賽辦公室
2012年3月27日