第28届北京市高中力学竞赛决赛试题

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第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准

一、参考解答：解法一：取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += (1) a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动)，则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e(2)设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 (3)22c a b -= (4) 由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ (5) sin P P y r θ= (6) 把(5)、(6)式代入(1)式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= (7)根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ (8) 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v (11) 得图1P=v(12)代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v(14)其中σ为面积速度，并有πabTσ=(15)由(9)、(13)、(14)、(15)式并代入有关数据可得127ϕ=(16)解法二：取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+(1)其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知()21p a e=-(2)将(2)式代入(1)式可得()θcos112eear+-=(3)以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T=年；以ea表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动)，则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e(4)在近日点0=θ，由(3)式可得1rea=-0(5)将Pθ、a、e的数据代入(3)式即得0.895AUPr=(6) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a-(7)式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v (8) 可得P =v (9) 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (10) 设P 点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v ，再根据角动量守恒定律，有()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 (11)根据(8)式，同理可得=0v (12) 由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (13) 评分标准：本题20分解法一：(2)式3分，(8)式4分，(9)式2分，(11)式3分，(13) 式2分,(14)式3分,(15)式1分，(16)式2分．解法二：(3)式2分，(4)式3分，(5)式2分，(6)式2分，(8)式3分，(10) 式2分,(11)式3分,(12)式1分，(13)式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有4310N N f +-=(1) 120N mg -= (2)以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= (3) 式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= (4) 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422c o s s i n 0N N f θθ+-= (5)22sin cos 0N f mg θθ+-= (6) 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= (7) 解以上各式可得41t a n 2N m g α=(8) 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+⎪⎝⎭(9) 13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭(10) 12N mg = (11)21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ (12) 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(13) CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ (14)由(12)、(13)、(14)式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ (15)AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由(10)、(11)、(16)式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- (17)因此，使系统平衡，α应满足的条件为(15)式和(17)式．2．将题给的数据代入(15)式可得a r c t a n 0.38521α︒≤= (18) 将题给的数据代入(17)式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为19.521.1α≤≤ (20) 评分标准：本题20分第1问15分：(1)、(2)、(3)式共3分，(4)式1分，(5)、(6)、(7)式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到(17)式各1分．第2问5分：(18)式1分，(19)式3分，(20)式1分．三、参考解答：解法一： 1．设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M lR m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)2'2．由(6)式，当0=ω得=L (7)这便是绳的总长度L .3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2l Rθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ (8) 切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有2tlθ∆∆=v (9) 由(1)、(2)、(3)式可得()20l ωω=+v (10) 由(8)、(9)、(10)三式得0l R t ω∆=∆ (11) (11)式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L 所需的时间为 0s L t R ω== (12) 解法二：1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与2m1()2t0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v (3)2l ωω=v (4) 小球相对质心系的速度v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的大小=v (5)因l R φ= (6) 故有=v (7)因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v (8) ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v (9)由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ (10)Pφvωv 1ωvωvv2φω+v由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ (11)由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0故有0ωωφ= (12)上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12)式代入(11)式得φ=(13) 由(6)、(13)两式得l = (14) 这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由(14)式，当0=ω得绳总长度, 即L = (15) 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= (16)当0=ω时，由(13)式可得卫星停旋时的φs φ=(17) 设卫星停转所用的时间为s t ，由(16)、(17)式得0s s t φω== (18) 评分标准：本题25分．解法一：第1问12分．(1)、(2)式各3分，(3)式2分，(6)式4分；第2问3分．(7)式3分；第3问10分．(8)、(9)式各3分，(10)式2分，(11)、(12)式各1分．解法二：第1问18分．(1)式3分，(2)式2分，(7)式2分，(8)式3分，(9)式3分，(12)式2分，(14)式3分；第2问3分．(15)式3分；第3问4分．(16)式2分，(17)式1分，(18)式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4) 沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为00E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由(1)式可知，粒子还具有初速度 00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6)可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期2mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有2z a =z ω- (11)由(10)、(11)可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有021cos z qE z t t mωω=-v (13) 粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E 的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有 002πqB T mω==(14) 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15)0sin y r t ω'= (16) 考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19) 评分标准：本题20分．第1问12分．(2)、(3)、(4)式共5分，(5)、(6)、(7)式共4分，(8)式及相关说明共3分．第2问8分．(12)式2分，(14)式到(19)式各1分. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分)，L I (2分)，0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ (2分)， 01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭(1分)．22．0.62V (2分)；0.54V (2分)；49mW (2分)；6.0Ω (2分)．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = (1)根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T = (2) 由(1)、(2)式得02B T T = (3)由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = (4) 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即05()2A A Q R T T =- (5) 由(4)、(5)两式得052A Q RT =(6) B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- (7)由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0B W RT = (8) 内能改变为05()2B B U R T T ∆=- (9) 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT (10) 根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= (12)若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- (13) 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ (14) B 中气体的末态的体积02BV =V ' (15) 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积BV ''小于02V ，即02B V V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为AT ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A AQ R T T ''=- (16) B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- (17) 利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B AQ R T T ''=- (18) 由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- (19) 所以A 室中气体的末态温度06AQ T T R''=+ (20) B 室中气体的末态体积00000(1)6BAV QV T V T RT ''''==+ (21)评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下(1)、(4)式各1分；(12)式6分，得到0m Q Q >的条件下的(14)式4分，(15)式2分；得到0m Q Q <的条件下的(20)式4分，(21)式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)1. 反应能()()332pn H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦ (1) 式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- (2) 上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3) 33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (4) 由(3)、(4)式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He 220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为3pH1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得1.02MeV th T = (12) 3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (13)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (14) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (15)令2p p p12T m =v (16) 2n n n 12T m =v (17)3332He He He 12=T m v (18)θp p m vn n v把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n (19)33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- (20)由(18)、(19)式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ (20)令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ (22)得n 20T R -= (23)根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故(22)式的符合物理意义的解为S = (24)将具体数据代入(21)、(23)式中，有n 0.132M e V T = (25) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一：为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1) 322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由(1)、(2)式可得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3)所以阈能为3p n pHe 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+ ⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得1.02MeV th T = (6)第2问8分：(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分．解法二：在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3)33p pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c cm m m m +=+v v 而入射质子的阀能()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得1.02MeV th T = (8)第2问8分：(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，(8)式1分.解法三：考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1p m m m +=v (1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v = (3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7)由(4)、(6)、(7)式可得()()2230401020202th m m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++= (9)或有()3333p 2H p HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分：(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。

2023年北京市高中力学竞赛决赛试题

北京市高中力学竞赛决赛试题（景山学校杯）一、填空题（6小题，每题8分，共48分）1. 北京在地球表面旳位置约是东经117º、北纬37º，莫斯科旳位置约是东经37º、北纬56º.据报道说，习近平主席计划莫斯科时间上午10点在莫斯科国际关系学院举行汇报.试估计在北京旳时间应是，理由是 .2. 如图1所示，光滑轨道P ABCDE 由直轨道和两个半径均相似旳圆弧轨道连接而成. 小滑块由高h 旳P 点释放滑下，无论h 取何值，滑块不会脱离轨道旳部分是，也许最先脱离轨道旳部分是，通过该部分之后也许脱离轨道旳部分是 .3. 如图2所示，一块密度为水密度旳1/2旳塑料块连接到轻弹簧旳一端，弹簧另一端固定在桶底，塑料块完全浸没在水中时弹簧伸长5mm 。

假如水桶以加速度g a 21匀加速上升，塑料块到达稳定状态后弹簧伸长 mm ，理由是得分hABCD E F O 1O 2R R RRR图1P 图2。

4. 体重60kg旳短跑运动员，在50m旳比赛中，起跑后旳1.0s内加速，后来匀速，经8.0s跑到终点. 我们可估算出运动员在跑动中旳最大功率是W.（保留两位有效数字）5. 有一种绳系卫星，母星在确定旳轨道上运动，母星上用细绳悬吊一种子星，如图3所示. 稳定期母星和子星间旳细绳方向应指向地心，但有时子星会发生摆动，子星上无动力装置，为消除摆动使细绳方向指向地心，可采用旳措施是，理由是.6. 如图4所示，一鼓轮放在粗糙地面上，右边紧靠光滑旳竖直墙壁，鼓轮重量不计，其上由绳索悬吊一重物G，已知r =R/3，鼓轮与地面间旳摩擦因数为μ，鼓轮处在静止平衡状态. 假如增大r，其他条件不变，鼓轮与否能处在平衡状态？答：，理由是.图5xy二、计算题（共102分）7.（16分）如图5所示，球与台阶相碰旳恢复系数为 e)(接近速度分离速度e ，每级台阶旳宽度和高度相似，均等于l ，该球在台阶上弹跳，每次均弹起同样高度且在水平部分旳同一位置，即AB =CD ，求球旳水平速度和每次弹起旳高度，球与台阶间无摩擦.图4图3母星子星地心8．（16分）特警战士距墙S 0，以速度0 起跳，如图6所示，再用脚蹬墙面一次，身体变为竖直向上旳运动以继续升高，墙与鞋底之间旳静摩擦因数为μ．求能使人体重心有最大总升高旳起跳角θ.9．（20分）如图7所示，A 、B 、C 、D 、E 五个杂技演员在持续靠近放置旳跳板上演出杂技．他们各自旳质量分别为m 1，m 2，m 3，m 4和m 5.A 演员从h 1高度跳到第一种跳板上. B 、C 、D 接着一种个被竖直向上弹起后又竖直落下到相邻旳跳板上．跳板旳质量可以忽视，试求E 演员被弹起旳高度h 5是多少？图6S 0图710. （25分）如图8所示，一根质量可以忽视旳细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 旳小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑旳水平桌面上. 桌面上另有一质量为M 旳小球A ，以一给定速度v 0沿垂直于杆DB 旳方向与右端小球B 作弹性碰撞. 求刚碰后小球A 、B 、C 、D 旳速度，并详细讨论后来也许发生旳运动状况.11.（25分）如图9所示，一均匀圆盘，质量为M ，半径为R ，静止放在一光滑水平地面上，中心不固定. 质量为m 旳人，初始静止站在圆盘边缘上（人可看作质点），当人以相对速率u 沿圆盘边缘走动后，盘旳转动角速度大小为)(32RuM m m +=ω，求盘心O 旳速度大小.图8Am 图9第26届北京市高中力学竞赛决赛试题答案（景山学校杯）一、填空题1．下午3点多（2分）.地球由西向东自转，24小时转一周，经度为360º，每隔15º差1小时，117º-37º=80º，约5个多小时（6分）.2．A →B →C （2分） . C →D （3分） . E →F （3分）.3．7.5 （2分）. 水和塑料块都超重，F 弹=F 浮-m 塑（g +a ）=（ρ水-ρ塑）V 塑（g +a ）（6分）.4． 2.7103 （8分）a=P m =mav =W 3107.232032060⨯=⨯⨯5．子星摆动最低处放绳，最高处收绳，放绳时绳拉力对子星做负功，收绳时做正功，半个周期内负功绝对值不小于正功，拉力总功T 2T 1T 1>T 2为负，子星机械能减小. （8分）6. 能，不能（2分） . 平衡方程为fR =Gr ，，平衡时（6分）二、计算题7、解：球每次弹起旳速度v 1都相似，每次落地旳速度v 2也相似，由能量守恒：22212121mv mgl mv =+ ①gl v v v v gl v v y x y x 2,2212122222122=--+=- （2分）由牛顿碰撞公式：②yy ev v 21=- （2分）在水平方向动量守恒：③x x x x v v mv mv 2121,==由①②③可求得：)2(12 )2(,122221分分eglv e gl ev y y -=--= 平抛公式：⑥⑤④，221111,gt t v y t v l gt v v y x y y +==+= 令v y =v 2y ，由④可求得球从弹起到落地旳时间：)1()1(2112212e g e l g e egl gv v t yy -+=+⋅-=-=)2(分代入⑤中即可求得球旳水平速度：)1(2)1()1(2)1()1()1(2)1()1(2/1e e gl e l le g e g e l e g e l l t l v x +-=+-⋅-+=-+== )2(分令v y =0，由④可求得球达最大高度所需时间：AB C Dv 1v 1 v 2xy)1(2112221e g le g e gl egv t y -=⋅-=-= 代入⑥中即可求得球所能到达旳最大高度：l ee g e g l ge e g l e e gl e y 2222221)1(221)1(212-=-+-⋅--= )4(分 8、分析和解：在解答本题时，注意摩擦力旳冲量远不小于人体重力旳冲量，抓住重要原因忽视次要原因，是常常用到旳手段.人以角θ起跳，水平初速度和竖直初速度分别为00cos x υυθ=，00sin y υυθ= 从起跳到蹬墙时空中飞行旳时间为0cos s t υθ=则人蹬墙前竖直方向旳速度为000sin cos y y s gt g υυυθυθ=-=-人重心升高：2220001000000111sin ()tan ()2cos 2cos 2cos y s s s h t gt g s g υυθθυθυθυθ=-=-=-（6分）设人蹬墙旳时间为△t ，因△t 很小，则静摩擦力旳冲量远不小于人体重力旳冲量，即f G I I >>，由动量定理得：f y I N t m μυ=∆=∆而在水平方向同样由动量定理可知：cos x x o N t m m m υυυθ∆=∆==（3分）人蹬墙后获得竖直向上旳速度：0000sin cos cos y y y gs υυυυθμυθυθ'=+∆=-+人蹬墙后再上升旳高度20022202002000(sin cos )cos (sin cos )1tan ()2222cos y gs s h s s g g g g υθμθυυθυθμθθμυθ⎡⎤+-⎢⎥'+⎣⎦===--+人体重心上升旳总高度：220120(sin cos )2H h h s gυθμθμ+=+=-令tan φ=μ，则对0υ、s 0一定期，当2πθϕ+=时H 最大．即1arctanθμ=时，人体旳重心总升高最大．（7分）9、解：首先我们注意一下图中旳翘板，中间是一种无限重旳支柱．A 演员跳到翘板旳一端，同步把B 演员弹到空中，我们可以看作是演员间“通过”翘板旳碰撞．假定碰撞旳持续时间很短，由此我们可以不考虑重力对碰撞自身旳影响，由于在碰撞旳时间△t 里，每一种演员和重力有关旳冲量矩（对翘板中心计算）与△t 成正比，是非常小旳．碰撞时翘板支点是不动旳，我们可以采用角动量守恒定律来研究．又由于翘板非常轻，我们可以认为翘板旳转动惯量为零.根据题中背面旳阐明和上面旳假设．我们可以认为碰撞时机械能是守恒旳，也就是说是弹性碰撞.令1υ'表达A 演员碰撞后旳速度.1υ'与图上旳1υ指向同一种方向.由系统旳角DBCAV 0动量和机械能守恒，可以写出111122m r m r m r υυυ'=+ （4分）222111122111222m m m υυυ'=+ （4分）解这个方程组，我们得到两组解1）1υυ'=，20υ= 2）12112m m m m υυ-'=+，121122m m m υυ=+（2分）第一组解相称于碰撞之前；而第二组解相称于碰撞之后.B 演员跳到相邻旳翘板上，在碰撞旳瞬间速度是2υ. 相继而来旳过程和第一次完全相似. 因此后来旳演员弹起旳速度对应地为232232m m m υυ=+，343342m m m υυ=+，454452m m m υυ=+（5分）将前面旳计算成果代人，可得E 演员弹起旳速度为123451223344516()()()()m m m m m m m m m m m m υ=++++ （3分）所求旳高度h 5可以运用下式计算1υ5υ=于是得到21234511223344516()()()()m m m m h h m m m m m m m m ⎡⎤=⎢⎥++++⎣⎦（2分）10、解析 ①小球A 、B 碰撞瞬间，球A 挤压B ，其作用力方向垂直于杆，使球B 获得沿0v 方向旳速度B v .从而在碰撞瞬间使小球C 、D 旳速度也沿0v 方向.对质点组B 、C 、D 与222220A B C D 11111+22222M M m m =++v v mv v v A 构成旳系统，碰撞前后动量守恒。

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中决赛试题

第27届北京市高中力学竞赛决赛试题（景山学校杯）一、填空题（6小题，每小题8分，共48分）1. 如图1所示，铁球上对称固定两根同样的细线A 、B ，A的一端固定于桌面，缓慢竖直提起B 线的另一端，则先断开的细线是，理由是。

快速竖直提起B 线的另一端，当A,B 线都绷直的瞬间，则先断的细线是，理由是。

2. 运动员推出铅球，不计空气阻力，当铅球运动速度为ʋs /m ，方向与水平成030=θ时，铅球动能的变化率为s /J 0.6k -=，则铅球的质量m = kg ,理由是。

3. 水平地面上放置一箱子，甲同学以水平拉力F 拉箱子均匀前进，速度为ʋ。

如果把箱子和地面看成一个系统，则人对系统作用力的合力为，理由是。

人对系统做功的总功率为，理由是。

4. 如图2所示，系住球m 的细线长L ，线的另一端固定于O 点。

把球拉至细线水平时释放，线竖直时距右端竖直墙的距离为2/L ，球将与墙发生完全弹性碰撞，墙壁是光滑的，则碰撞后球距O 点竖直方向的最近距离为。

5. 如图3所示，长为L 的轻杆两端连接完全相同的小球A 和B ，小球位于光滑水平桌面上。

另一完全相同的小球C ，沿桌面以垂直于杆的速度ʋ与球B 发生完全弹性正碰，则碰后瞬间三球的速度是A ν = ，B ν = ， C ν= 。

理由是。

6. 一只质量为m 的大鸟在高空飞翔，两翅翼展开的总长度为L ，总面积为S ，大鸟保持水平飞行状态，空气密度为ρ，为估算大鸟翅翼扑动的频率f （单位时间内扑动的次数），我们建立的方程是，解得f = 。

二、计算题（共102分）7.（16分）二百多年前，法国科学家拉普拉斯预言：有一种天体，由于引力作用很强，其上的物体（包括光线）都不能离开；我们看不到这样的天体。

现在把这样的天体命名为“黑洞”。

地球半径R =6.4×103km ，设想地球质量不变，在引力作用下塌缩成一小球，引力将增加很大。

试根据万有引力定律和你具有的知识，按经典力学规律，估算物体脱离地球的速度是第二宇宙速度2倍时，地球的半径r s ？（提示：物体的引力势能rMmG E p -=，M 是天体质量，r 是物体到天体中心的距离）8．（16分）质量为m 的汽车在水平路面上行驶，前后轮相距L，与地面的摩擦因数为μ。

第28届北京市高中力学竞赛决赛获奖名单

第二十八届北京市高中力学竞赛决赛（景山学校杯）获奖名单北京物理学会北京市中学生物理竞赛委员会2015年6月3日第28届北京市高中力学竞赛工作简报北京市高中力学竞赛是经市教委批准，在市科协领导下，由北京物理学会、北京市中学生物理竞赛委员会主办，学生自愿参加的物理学科课外活动。

竞赛活动的目的是激发中学生学习物理的兴趣，为学有余力的学生提供发展空间，为学有所长的学生提供施展才华的机会。

高中力学竞赛自1988年举办以来，每年举办一届，已连续举办了28届，对中学生在物理知识的学习、物理研究方法、创新能力的培养及在全国中学生物理竞赛和国际奥林匹克物理竞赛中获得优秀成绩方面都起到了积极的作用。

第28届北京市高中力学竞赛（景山学校杯）分预赛、决赛，采用全市统一试题、统一评分标准、统一考试时间。

预赛于5月9日举行（10000人参加）,由各区县物理学会分会或中学物理教研室组织本赛区的考试、阅卷、评奖，并选拔出部分优秀学生参加全市决赛。

决赛于5月24日举行（760人参加），由北京市中学生物理竞赛委员会负责组织考试、阅卷、评奖。

通过预赛、决赛，评出北京市一等奖149名、二等奖195名、三等奖258名，优秀辅导教师奖若干名。

本届竞赛得到了北京景山学校、北京景山教育培训学校、各区县物理学会分会及中学物理教研室的大力支持，为此，北京物理学会、北京市中学生物理竞赛委员会向支持中学生物理竞赛工作的单位及个人表示衷心感谢。

北京物理学会北京市中学生物理竞赛委员会2015年6月3日第二十八届北京市高中力学竞赛决赛获奖名单（景山学校杯）一等奖（149名）1 王行致十一学校2 李岱轩十一学校3 高昊阳人大附中4 周研人大附中5 唐昊人大附中6 李嘉镛实验中学7 王竞先人大附中8 贾斯迈人大附中9 赵奕人大附中10 杨一龙人大附中11 陈昊北京四中12 顾煜贤十一学校13 刘晏铭十一学校14 孙娴蕴十一学校15 汪弘毅人大附中16 郭杨十一学校17 徐占敖十一学校18 王垠浩十一学校19 方文钊人大附中20 王天冶人大附中21 余江晖北京五中22 鄢语轩北京五中23 刘子森十一学校24 张伊凡实验中学25 安子訸北京四中26 辛晨阳十一学校27 闫琦十一学校28 陈嘉瑞北大附中29 李普天北京四中30 高志强实验中学31 王涵宇人大附中32 甄家晖实验中学33 付正北京二中34 刘宇轩实验中学35 胡雨石人大附中36 王晨冰人大附中37 岳顺禹实验中学38 曹增涵实验中学39 韩云飞十一学校40 李言成人大附中41 吴子桓首师大附中42 杨睿实验中学43 郭致远实验中学44 何淼鑫实验中学45 齐翰文北京十二中46 林鹏翔十一学校47 李拔萃十一学校48 施宏建十一学校49 张翊洲北京四中50 武益阳北师大附中51 田梓廷十一学校52 李敏行北京四中53 张雨昕北京二中54 冯济尘实验中学55 沈诣博人大附中56 陈晓宇人大附中57 朱邦瑞首师大附中58 王雨阳实验中学59 胡家祺十一学校60 张龙飞人大附中61 卢羽帆十一学校62 周晨昊北师大附中63 王舒羽十一学校64 张健伟北京一零一中65 高晗旭北师大附中66 王锴钊十一学校67 喻泓恺北京二中68 武之圣人大附中69 王阳昇北京四中70 黄玺北京四中71 李好雨实验中学72 许欣然北京四中73 吴非人大附中74 刘晨屹实验中学75 于孟桐北京四中76 张皓哲人大附中77 尹泽龙北京二中78 胡子啸人大附中79 李骜人大附中80 赵之力北京四中81 李昊人大附中82 欧捷夫实验中学83 张思畅北师大附中84 王星瀚实验中学85 何明义北大附中86 熊海清北京二中87 邓乔中北京四中88 祁晟景山学校89 刘梓锋北京五中90 贺新雨首师大附中91 冯思源首师大附中92 陈凌峰人大附中93 林婧北京十二中94 杨元祺北京一零一中95 李泽君实验中学96 王昕荷北大附中97 牛智睿北京四中98 王彧辰北京一零一中99 孔慈航实验中学100 丁如仪人大附中101 陈逸昆北京二中102 张世琛十一学校103 吴冠成北京一零一中104 林涵群北京四中105 邱厚德人大附中106 李一一北大附中107 杨名实验中学108 冯芊芊北京四中109 陀础熠北京八中110 杨舍人大附中111 王艺洲十一学校112 李宇衡十一学校113 陈天扬人大附中114 毛思哲牛栏山一中115 袁加熠人大附中116 金泽宇实验中学117 孙晨晔景山学校118 刘维克实验中学119 马宇钒北京四中120 王普乾十一学校121 杨帆十一学校122 张天骏北京四中123 王中子人大附中124 柏艾辰十一学校125 郭家豪人大附中126 李凯文北师大附中127 钟碧涛朝阳外国语学校128 段企真北京二中129 吴子健北京二中130 李钧泓景山学校131 张明轩北京二中132 初佳慧实验中学133 魏家晔实验中学134 何一帆北大附中135 杨易轩首师大附中136 刘一笑十一学校137 徐宣哲实验中学138 夏雨萱北京二中139 乔萌北大附中140 郭紫辰汇文中学141 王雨晴首师大附中142 姚瑞成实验中学143 于泽昊人大附中144 张博北京四中145 白玉明十一学校146 满佳成陈经纶中学147 周子淇北京二中148 齐允尧北京四中149 刘若阳北京四中二等奖（195名）150 任嘉轩北京八中151 李佩睿十一学校152 胡伊然北京二中153 耿嘉十一学校154 陈星合北师大附中155 刘海鹏北京八十中156 周庆庆北京一零一中157 姚惠涵人大附中158 范一喆人大附中159 周子惟北师大附中160 刘世骁北京十二中161 王泽北京四中162 殷蕾北京四中163 彭谞睿首师大附中164 孙伟鑫顺义一中165 李雪绮首师大附中166 董昕妍人大附中167 殷济帆实验中学168 芦泽川北京八十中169 鹿征麒实验中学170 谷宇辰实验中学171 卢楚祺实验中学172 邹天健北京一零一中173 任思瑜北京四中174 尹尚炜大兴一中175 孙思源景山学校176 黎子毅北京一零一中177 陈昶旭北京四中178 宋逸寒人大附中179 武建宇实验中学180 杨冬锴陈经纶中学181 张之禾北京八十中182 刘安澜北京二中183 张朴然北师大附中184 邹舒涵清华附中185 柯岩实验中学186 郭子奇实验中学187 李伟汉北京二中188 罗阳陈经纶中学189 李雪莹北师大附中190 孙义智北京二中191 王时聪十一学校192 刘宇鑫北京十二中193 郭啸北师大附中194 邓益超北大附中195 李道儒北大附中196 时易霆北京四中197 秦安祺北京二中198 陈逸飞北京二中199 侯天歌人大附中200 马凌炜北京二中201 朱炜钦北京一零一中202 赫峘北京一零一中203 廖雨晴北师大附中204 雷湘灵北师大附中205 尚辰北京十二中206 黄烁北京二中207 傅加豪北京四中208 顾亦晗北大附中209 李一丁北京二中210 鲁玥实验中学211 肖嘉瑜汇文中学212 魏羽龙景山学校213 吴凌风北京一零一中214 况宇庭陈经纶中学215 张宇铮北京五中216 彭烨子北京八十中217 张卓北京二中218 牛润萱景山学校219 李嘉恺北京二中220 王致远北京一零一中221 刘锐枫实验中学222 王若昕陈经纶中学223 项云松北京二中224 喻云昶北京五中225 杨秋宇北京十二中226 莫罗可心实验中学227 林梓涵北京四中228 李慧健北京八十中229 赵君北京十二中230 陈子瑄人大附中231 吴明辉十一学校232 王雅琦十一学校233 贺文迪人大附中234 陆昱帆十一学校235 许笑翌人大附中236 江俞璇景山学校237 潘礼宁实验中学238 张天宜朝阳外国语学校239 杜虹锦北京二中240 张惠深朝阳外国语学校241 郝荣辉陈经纶中学242 麻一凡北师大附中243 辛雨晨景山学校244 刘踱北京二中245 刘袆钒实验中学246 姜哲源清华附中247 胡天羿北京四中248 张旻昊北大附中249 王璇陈经纶中学250 朱依诺北京二中251 左婧怡北京四中252 张锦涵十一学校253 白雨辰景山学校254 王允文景山学校255 王沛景山学校256 李子俊清华附中257 于彦鹏北大附中258 徐然实验中学259 马天尧北师大附中260 黄逸帆？261 袁若为北京八十中262 陈启文景山学校263 胡时京北京一零一中264 于博淞北京八十中265 何春望景山学校266 胡晨旭清华附中267 张一民族大学附属中学268 孟祖平实验中学269 崔佳玉陈经纶中学270 李牧赜北京九中271 樊笑十一学校272 李卓北京八十中273 李祎帆北京二中274 马文畅牛栏山一中275 韩书朋实验中学276 楼宇北京四中277 张明远北京二中278 张泽辰景山学校279 周行健人大附中280 吴建坤北京四中281 常浩北京十二中282 李林淏十一学校283 戴正冠北京四中284 李星洲北京一零一中285 刘祎璠北京一零一中286 王雨萱北京二中287 程雪珂北京一零一中288 王紫宇北师大附中289 张嘉宸十一学校290 宣羽泽北京八中291 亓开实验中学292 彭丁宇景山学校293 徐天杨北京一零一中294 张文浩景山学校295 吕岩昊北京二中296 詹启宇北师大附中297 宋彬彬顺义一中298 张文轩北京八十中299 唐泽诚首师大附中300 龙博宇北京十二中301 李前辰北京八十中302 李沅宸北京八中303 王润童朝阳外国语学校304 黄子琦北京一零一中305 鞠业昭朝阳外国语学校306 杨航陈经纶中学307 武靖宜北京十二中308 刘家润北京二中309 徐超伦北京八十中310 钟睿琦首师大附中311 杨玥陈经纶中学312 王越千北京八中313 施嘉先人大附中朝阳学校314 张梦彤北大附中315 武晨滔燕山东风中学316 李承钊北师大附中317 缴婧然景山学校318 刘亦辰北京二中319 王天诚景山学校320 于皓川实验中学321 常菱芸北京二中322 陈嘉琪北京十二中323 高忱轩北京十二中324 李熙盈汇文中学325 张嘉林广渠门中学326 曹一然北京八中327 武宁北京十二中328 刘师佳北师大附中329 常佳慧北京十二中330 李逸凡清华附中331 王志邦北京十二中332 李璐晨首师大附属育新学校333 姜维正陈经纶中学334 陈炜昊北京二十中335 熊文月北京八十中336 袁熙人大附中337 闵语涵陈经纶中学338 张正天北师大附中339 宋伯超北师大附中340 强少华北京四中341 刘兆辉人大附中342 袁梦顺义一中343 杜念臻人大附中344 郑鹏宇北京一零一中三等奖（255名）345 陈嘉旋汇文中学346 吕伟昆北京一零一中347 李伯皓朝阳外国语学校348 金启涵景山学校349 吴迪北京一零一中350 崔铭宇北京四中351 金冬庭北京一零一中352 张广田通州区运河中学353 李梓棋北航附中354 陈弘毅北京四中355 脱陈东城？356 龙润灵北京十二中357 李新宇北京四中358 刘雨樵北京十二中359 吕雨松北大附中360 刘宇飞顺义区？361 张轩延庆一中362 孙可芊北京八十中363 石仰洲北京二中364 王镕祥北京五中365 荣健睿北京二中366 杨瀚思昌平二中367 孟李皎悦北京一零一中368 孙天宇北京八中369 王子涵汇文中学370 张垚北京四中371 王泰格朝阳外国语学校372 胡诗云北京一零一中373 王弋尘北大附中374 赵宇哲八一中学375 孙岳阳十一学校376 李辰童北师大附中377 任奕舟北京四中378 余秋辰北师大二附中379 沙嫣茹北京二中380 刘冠洋北京一零一中381 周苇如朝阳和平街一中382 杨婧坜汇文中学383 韩斐然北方交大附中384 刘一帆顺义区杨镇一中385 徐元新北京二十中386 姚凯祺北京八十中387 邓石琛北京五十中388 易泽雨景山学校389 王海枫北京八中390 刘衡清华附中朝阳学校391 杨祺铭北京一六一中392 张予嘉大兴一中393 刘胜杰北京十八中394 徐正楠实验中学395 黄丹琳北师大附中396 段牧知北京一零一中397 袁瑞泽人大附中398 张青然北师大附中399 杨关霖实验中学400 刘子暄首钢矿业一中401 王可蓥汇文中学402 顾博文北师大附中403 崔嵩工大附中404 董昊文牛栏山一中405 方宇北师大附中406 郭思萌景山学校407 王敬波北京八十中408 印嘉驹北京五中分校409 孙文峥密云二中410 于海跃怀柔一中411 吴晓航北工大附中412 王薇怡北京二中413 唐浩北京十八中414 刘承基北京八十中415 曹博文京源学校416 纪奇妍北京五十七中417 佘健弘人大附中418 蔡子远北京九中419 吴睿晨人大附中420 杜文北工大附中421 郭佳华广渠门中学422 高兴顺义一中423 刘嘉玮北京八十中424 刘思杨景山学校425 刘家豪顺义区牛栏山一中426 武哲宇北京十二中427 徐颢文育英学校428 金戈骁清华附中429 袁弋洋景山学校430 罗昊洋朝阳外国语学校431 王昊轩日坛中学432 赵炳南北师大二附中433 龙齐北京十二中434 于昊辰朝阳外国语学校435 刘文睿北京八中436 王凯顺义区杨镇一中437 范国昱汇文中学438 王迪暄八一中学439 佟菲北京八十中440 邓志超牛栏山一中441 葛嘉翔陈经纶中学442 高元恺汇文中学443 张宝丰潞河中学444 杨芳迪北工大附中445 王珏广渠门中学446 许嘉元汇文中学447 贾玉杉牛栏山一中448 刘静怡北师大附中449 薛羽彤北京十二中450 张宇庭大兴一中451 赵博群北师大附中452 郭逸霏北京九中453 赵耐奇顺义一中454 赵符锐汇文中学455 刘睿思房山区良乡中学456 车宇轩育才学校457 张子淳北京二中458 高般若中关村中学459 罗丹北京五中460 相峻洪密云二中461 刘骏翔育英学校462 吕艳清人大附中463 梁容博北师大附中464 廖德隆北师大附中465 江雨涵北京十二中466 刘雨洲潞河中学467 沙昊北京十一中468 高伟博顺义区杨镇一中469 于盼盼房山区良乡中学470 乔常钰怀柔一中471 林晓汉顺义一中472 王峥清华附中473 王安婷八一中学474 于瀚洋人大附中475 张晨旭丰台二中476 李凡芃牛栏山一中477 段宇彤通州区永乐店中学478 马腾跃通州区永乐店中学479 张晟北京十二中480 何寅聪汇文中学481 杨芷一育才学校482 刘堃昌平二中483 张伯苧昌平一中484 张文锦密云二中485 白英健北京五中486 王琪怀柔一中487 常然北京十二中488 王鑫昊大兴一中489 李沄北师大附中490 郭文昊广渠门中学491 张子勋汇文中学492 王啸房山中学493 王范祎祎北京一七一中494 赵冰婵北京十二中495 谭博莹清华附中496 崔倩顺义区杨镇一中497 高畅北京八十中498 许静涵北京八十中499 姜仲篪陈经纶中学500 孙亦凡北京十二中501 马云从北京二十中502 王红星房山区良乡中学503 刘亦奇北京二中504 赵思璋北京一七一中505 杨泰牛栏山一中506 韩吴桐北京八十中507 黄梓轩育才学校508 申若水北京一七一中509 陈敬梓京源学校510 刘庆昕北京十二中511 封华北京十二中512 王之昀八一中学513 马辰瑶首钢矿业一中514 周明邦西城外国语学校515 刘丰博密云二中516 王浩然牛栏山一中517 许皓通州区运河中学518 高增阳汇文中学519 张胤耕北京五十中520 张易和陈经纶中学521 孙艺佳潞河中学522 吴洪林北京一零一中523 朱邦钊北京一零一中524 阙文琦通州区运河中学525 蔡天岳汇文中学526 种雪洲大峪中学527 郭思维昌平二中528 尹煜晖房山区良乡中学529 徐曾晶赟首师大附属密云中学530 张品西城区？531 汪可茹清华附中532 胡可昕北京十二中533 王雪弘北京二十中534 冯锐杰八一中学535 刘鑫宇昌平二中536 宋昊霖汇文中学537 刘莽南昌平一中538 段云鹏潞河中学539 贺爽北京二十中540 李昌文北京十五中541 李东晨潞河中学542 谷星原回龙观育新学校543 耿佳乐大兴一中544 贾若峰汇文中学545 徐睿晨潞河中学546 张大智大兴一中547 杨睿北京二十中548 张如意育英学校549 张天佐汇文中学550 李佐都怀柔一中551 童煜钧八一中学552 曾培宇清华附中553 周子薇大兴一中554 马丽安潞河中学555 马温桧怀柔一中556 武养志汇文中学557 詹普扬育才学校558 孔凡松怀柔一中559 李子易大峪中学560 于名洋通州区永乐店中学561 解泽宇丰台二中562 郑青杨昌平二中563 杨翟北京一零一中564 张冬晨潞河中学565 于俊顺义区杨镇一中566 邱笑寒通州区永乐店中学567 李子明房山实验中学568 申煜顺义区杨镇一中569 张伟晨牛栏山一中570 高若凡密云二中571 赵名雪北京十五中572 蔡阳北京十四中573 郭志清首师大附属育新学校574 李畅北京六十六中575 姜上洲潞河中学576 罗达川汇文中学577 胡月京源学校578 李伟宣武外国语实验学校579 王润坚北京五十七中580 唐通景山学校远洋分校？581 杨子豪北师大大兴附中582 郑晨发北京九中583 卢文泽育才学校584 陈岩顺义区杨镇一中585 刘天马华八一中学586 梁东城密云二中587 徐斯文牛栏山一中588 张雨杉汇文中学589 许广彬通州区永乐店中学590 陈润洲北京一七一中591 孙博洋首师大附属密云中学592 苏飔彧八一中学593 梁肇南北京一零一中594 陈翰林宣武外国语实验学校595 孙杉杉牛栏山一中596 王维曦实验中学597 杨天放昌平实验中学598 宗子明北京十四中599 闫涛宣武外国语实验学校600 高睿延庆一中601 王乐为延庆三中602 郭清雪延庆一中北京物理学会北京市中学生物理竞赛委员会2015年6月3日报送：市教委基教处市科协青少部、学会部送发：北京物理学会理事北京市中学生物理竞赛委员会委员区县物理教研室获奖学生。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4）由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6）把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11）图12 得P=v（12）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v（14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127ϕ=（16）解法二取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+（1）其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知()21p a e=-（2）将（2）式代入（1）式可得()θcos112eear+-=（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T=年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e（4）在近日点0=θ，由（3）式可得1rea=-0（5）将Pθ、a、e的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v （8）可得P =v （9）代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (10) 设P 点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v ，再根据角动量守恒定律，有()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 （11）根据（8）式，同理可得=0v （12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据 127ϕ= (13)评分标准：本题20分解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．4 二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy .两杆的受力情况如图：1f 为地面作用于杆AB 的摩擦力，1N 为地面对杆AB的支持力，2f 、2N 为杆AB 作用于杆CD 的摩擦力和支持力，3N 、4N 分别为墙对杆AB 和CD 的作用力，mg 为重力.取杆AB 和CD 构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （3）式中CF 待求.F 是过C 的竖直线与过B 的水平线的交点，E 为BF 与CD 的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4）取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422c o s s i n 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6）以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7）解以上各式可得41t a n 2N m g α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+⎪⎝⎭ （10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13）CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得a r c t a n 0.38521α︒≤=(18)将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19)因此，α的取值范围为19.521.1α≤≤ (20)评分标准：本题20分第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分．6 三、参考解答：解法一1．设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M lR m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7）这便是绳的总长度L . 3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，2()2t'所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8）切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有 2tlθ∆∆=v （9）由(1)、(2)、(3)式可得()20l ωω=+v （10）由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11）（11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L 所需的时间为 0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故2m18 PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v (3)2l ωω=v (4) 小球相对质心系的速度v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的大小=v (5)因l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11）Pφvv1ωvωv v2φω+v由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ= （13）由(6)、(13)两式得l = （14）这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17）设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18）评分标准：本题25分．解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，10 第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为001001y y y y =-++v v v v (1) 其中010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4) 沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度 00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6)可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期2mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有2z a =z ω- （11）由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12)因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E 的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有 002πqB T mω== (14)由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16) 考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000sin y E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18)212 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）．2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1）根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2）由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4）下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即05()2A A Q R T T =- （5）由(4)、(5)两式得052A Q RT =（6） B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得0B W RT = （8）内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9）由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10）根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12）若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13）由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积B V ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中14 气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A A Q R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量 0005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- （17）利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B A Q R T T ''=- （18）由上可知006()A B A Q Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度06AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21）评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．八、参考解答： 1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1）式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2）上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3) 33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4）由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He 220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)16 由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9)即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪+-⎝⎭(10)利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16)3332He He He 12=T m v (17)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）θp p m vn n v令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的解为S =+ （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132M e V T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1) 322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3)所以阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到 32H 1<<Q m c有18 333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+ ⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(5)代入有关数据得1.02MeV th T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分．解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3)33p pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m c v v v 而()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有201p m m m +=v (1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v = (3)把(3)式代入(1)式，经整理得()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由1m =(5)可得221p221102-=m m m c v (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得()()2230401020202th m m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++= (9)或有()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分，(9)或(10)式1分，(11)式1分．21。

第28届全国中学生物理竞赛复赛精彩试题(含问题详解)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题（2011）一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为76.1年，1986年它过近日点P0时与太阳S的距离r0=0.590AU，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10－11Nm2/kg2，太阳质量mS=1.99×1030kg，试求P到太阳S的距离rP及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆AB和CD接触处的静摩擦系数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l。

1、已知系统平衡时AB杆与墙面夹角为θ，求CD杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

2、若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

三、（25分）在人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称转轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转，但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转，减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法，其原理如图所示。

一半径为R ，质量为M 的薄壁圆筒，，其横截面如图所示，图中O 是圆筒的对称轴，两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q 、Q ′（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一个质量为2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P 0、P 0′处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转，卫星自转的角速度为ω0。

若要使卫星减慢或者停止旋转（消旋），可瞬间撤去插销释放小球，让小球从圆筒表面甩开，在甩开的整个过程中，从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。

第28届全国中学生 (1)

28届全国中学生物理竞赛决赛试题2011一、（15分）在竖直面内将一半圆形光滑导轨固定在A 、B 两点，导轨直径AB =2R ，AB 与竖直方向间的夹角为60°，在导轨上套一质量为m 的光滑小圆环，一劲度系数为k 的轻而细的光滑弹性绳穿过圆环，其两端系与A 、B 两点，如图28决—1所示。

当圆环位于A 点正下方C 点时，弹性绳刚好为原长。

现将圆环从C 点无初速度释放，圆环在时刻t 运动到C'点，C'O 与半径OB 的夹角为θ，重力加速度为g .试求分别对下述两种情形，求导轨对圆环的作用力的大小：（1）θ=90°（2）θ=30°二、（15分）如图28决—2所示，在水平地面上有一质量为M 、长度为L 的小车，车内两端靠近底部处分别固定两个弹簧，两弹簧位于同一直线上，其原长分别为l 1和l 2，劲度系数分别为k 1和k 2；两弹簧的另一端分别放着一质量为m 1、m 2的小球，弹簧与小球都不相连。

开始时，小球1压缩弹簧1并保持整个系统处于静止状态，小球2被锁定在车底板上，小球2与小车右端的距离等于弹簧2的原长。

现无初速释放小球1，当弹簧1的长度等于其原长时，立即解除对小球2的锁定；小球1与小球2碰撞后合为一体，碰撞时间极短。

已知所有解除都是光滑的；从释放小球1到弹簧2达到最大压缩量时，小车移动力距离l 3.试求开始时弹簧1的长度l 和后来弹簧2所达到的最大压缩量Δl 2.三、（20分）某空间站A 绕地球作圆周运动，轨道半径为r A =6.73×106m.一人造地球卫星B 在同一轨道平面内作圆周运动，轨道半径为r B =3r A /2，A 和B 均沿逆时针方向运行。

现从空间站上发射一飞船（对空间站无反冲）前去回收该卫星，为了节省燃料，除了短暂的加速或减速变轨过程外，飞船在往返过程中均采用同样形状的逆时针椭圆转移轨道，作无动力飞行。

往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面内，且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上，如图28决—3所示。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析(纯word版)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题2011 一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为76.1年。

1986年它过近日点P0时，与太阳S的距离r0=0.590AU，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离。

经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=72.0°.已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10-11m3•kg-1•s-2，太阳质量m S=1.99×1030kg.试求P到太阳S的距离r P及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆A B和CD接触处的静摩擦因数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l.（1）已知系统平衡时AB杆与墙面夹角θ，求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

三、（25分）人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。

但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转。

减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO—YO”消旋法，其原理如图。

设卫星是一半径为R、质量为M的薄壁圆筒，其横截面如图所示。

图中O是圆筒的对称轴。

两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q、Q'（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一质量为m/2的小球。

正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0'处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转。

卫星自转的角速度为ω0.若要使卫星减慢或停止旋转（消旋），可瞬间撤去插销释放小球，让小球从圆筒表面甩开，在甩开的整个过程中，从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。

力学竞赛-第28届北京市高中力学竞赛预赛试卷参考答案

第 28 届北京市高中力学竞赛预赛试卷参考答案（景山学校杯）
（参考答案如有不妥，可由本赛区阅卷指导组负责修订）
一、选择题（共 44 分，每小题 4 分）
题号 1 2 3 4 5 6
7
8
9
10 11
答案 C C B BC AD BD AB
B
ＣＡＢ
二、填空题（共 40 分，每小题 5 分）
12． 30 13．1 14．0.5m/s2 15．49.1
三、论述、计算题（共 66 分）（解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，
只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.）
20．质点做匀变速直线运动，其速度 v＝ｖ0+at 由题意，t=2s 时的速度 v2=5m/s；t=6s 时的考虑到速度的方向，可能有两种情况：第一种情况：v’6=3m/s 有 5＝v’ 0+2a 3＝v’0+6a 解得 a’=－0.5m/s2；v’0=6m/s。 t’=12s 时速度为零；最大位移为 s=36m。
m2 g
2L
m1 gL
1 2
m1v12
1 2
m2 v 22
而 v1 1 v2 2
解得
v2
8 gL 3
轻杆对小球 m2 做功
W=
1 2
m2 v 22
m2
g
2L
2 3
m2
gL
杆转到竖直位置的过程中，轻杆阻碍小球 m2 摆下的运动，因此轻杆对小球做负功。
பைடு நூலகம்
23．水从水笼头流出形成连续的水流，单位时间内通过水流任一横截面的水量 Q=Sv，（S 为横截面面积，v 为流速）即水的流速越大，横截面的直径就越小。在短时间 Δt 内从水笼头流出的水，随水下落的距离增加，流速变大，当速度为 v 时水流的横截面的直径为 D，有

2022年新高中物理力学竞赛第29届决赛模拟练习与解答配套精选

第29届北京市高中力学竞赛决赛试题〔景山学校杯〕一、填空题1。

理由 ___________________________________ 。

2．2021年4月6日我国成功发射首颗微重力科学实验卫星—“实践10号〞，微重力水平可达10-6g 〔空间站为l0-3g〕。

卫星整体为柱锥组合体形状，分为返回舱和仪器舱，要进行19项实验。

卫星总质量约3600kg，运3．汽车沿水平直路以速度v1匀速行驶，无风，下雨，雨点竖直下落速度为v2。

汽车水平顶面的面积为S1，4．如图1所示，在光滑水平面上有两物块A、B，中间用不计质量的弹簧相连接，物块A的质量m A=100m B，A受水平向右的恒力，大小为F1，B受水平向左的恒力，大小为F2，F1 > F2。

两物块加速度相同5．水平传送带以稳定的速度v1运行，质量为m的小物块以水平速度v2进入传送带，v2与v1方向垂直，物块与传送带之间的滑动摩擦因数为，当物块在传送带上静止时，物块沿传送带运行方向走过的距离6．小船B被水流冲走，用一长绳连结小船，长绳另一端固定在岸边A点。

将小船看成质点，河水流速为v1，设水流速度沿河面宽度方向不变。

河岸上收绳的速度为v2，某一时刻AB与河岸的夹角为，如图2所示，二、计算题7．质点以初速v0自倾角为β的斜面底端抛出。

v0与水平夹角为α〔β<α〕，求质点在斜面上的最大射程〔不计空气阻力〕8．如图4所示，斜面质量为M，放在光滑水平面上，滑块质量为m，m与M之间无摩擦力，斜面高h，长l，求当m从斜面顶端由静止滑到底端时，支持力对m所做的功。

9．如图5所示卢瑟福等人发现用带正电且带电荷量为2e的α粒子轰击金铂时有些入射粒子散射偏转角很大，甚至超过90°。

卢瑟福于1911年提出原子必有一带正电的核心，即原子核；此即原子结构的行星模型。

α粒子与原子核之间的相互作用力表现为斥力〔斥力大小的表达式为是常数，r为α粒子与原子核之间的距离，q1为α粒子的电荷量，q2为原子核的电荷量；方向在粒子与核的连线上。

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中预赛试卷

的滑块 B 放在 A 的斜面上，忽略一切摩擦，会看到滑块 B 沿斜面下滑的同时，斜面
体 A 沿水平面向左运动。有人求得滑块 B 相对于地面的加速度 a
(M M
m)g sin msin 2
。
这个问题中学生一般不会求解，但有的同学利用特殊条件下的结果对上述的解加以
分析，并与预期的结果、实验结论进行比较，从而对上述解的合理性或正确性做出
心始终位于 P 点。当 AB 轴线沿 OP 方向固定时（即 0 ），传感器 b 显示的压力为 16N；当 AB 轴线与 OP 垂直固定时（即 90 ），传感器 b 显示的压力为 6N。
试通过画出物块的几个必要的受力图，分析计算说明 α 角在 0～2π 范围内变化时， a、b、c 三中各个部分到土星中心 O 的距离 r 及相应的速度 ʋ，并提
出了如下几种判断依据的说法，其中正确的是
A.若 ʋ 与 r 成正比，可知土星环与土星是一个整体
B.若 ʋ 与 r 成正比，可知土星环与土星是一个整体
rO
C.若 ʋ 与 r 成反比，可知土星环与土星不是一个整体
v
D.若 ʋ 与 r 成反比，可知土星环与土星不是一个整体
L=0.75m 时，箱子相对于车的速度以及在此过程中恒力 F 做的功。
F
m2 m1
图 12
7/8
得分 23．（24 分）如图 13-1 所示，水平旋转平台可以绕过轴心 O 的竖直轴以某一固定的角速度匀速转动。在平台的 P 处固定一个短小的长方体
的盒子，盒中放有一个光滑的均质物块，被压缩的轻弹簧卡在盒中，物块的三个侧面装有三个压力传感器 a、b、c，可以测出它对长方体盒子的三个侧壁的压力（如图 13-2 所示）。长方体盒子可以绕 P 点逆时针旋转，使其轴线 AB 与 OP 成任意角度 α，并能固定在平台上。盒子随平台转动时，无论 α 角如何，都可认为物块的中

第28届北京市高中力学竞赛决赛试题答案

I mv0 c o s vy v2 s i n vy
vx v2 1 v0 2
(1)
(2) (3) (4)
3 v0 7 解法四：依据质心在竖直方向上的速度不变 mv v vc 0 0 2m 2
末态如图 4 所示：末态系统质心的速度仍为
v0 ，有： 2
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 7 页共 8页
v0 mv 2 mv x cos mv y sin 2 2m
(1)
其中
v0 x v x
v0 2
(2) (2)
v2 3 v0 7
v2 s i n vy
(1)(2)(3)得：
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 8 页共 8页
mv 0 mv1 y mv 2
(1)
A 对 B 原所在的位置角动量守恒：
l mv 0 mv1x l sin mv1 y l cos 2
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
图3 (2)
第 5 页共 8页
或把 A、B 看成质点系，整个质点系受外力矩为零，系统角动量守恒，质点系对 O 点角动量守恒：
v ≈0.33 m/s
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 3 页共 8页
10. 解法一：如图 2 所示
x AC OACOS 90 0

OBA 90 0 OAB 90 0
AOB 2
x l l sin 2 cos sin 1 sin 2 2 sin 2
2 Rm m1 m Gmm 1 (1 ) m1 r m r Rm

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中决赛试题答案

2
sin
cos 2
)
0
小球从穿出小孔到相遇的时间
第 27 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 3 页共 8页
t R c o t R
2
s2 in c
o t
0
管道在平面上移动的路程
1 2 sin2 cot
s ut 2R
cot
2
10. 解：取物体为参考系，滑块受三个力：mg，FN 和 maM ，设滑块相
（6）
因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得
1 2
mv12
1 2
mu02
=
1 2
mv12
1 2
mV12
1 2
mu02
（7）
解（5）、（6）两式，得
v1 0
（8）
V1 = v1 2gh
（9）
碰撞后，平板从其平衡位置以V1 为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，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撞的时刻作为 t 0 ，则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移
第 6 页共 8页
把（13）、（14）式代入（10）式，得
xPQ
2gh 2π
T
cos
2π T
t
π 2
（15）
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 t2 与平板发生第二次碰撞且发生在 Q 处，则在发生第二次碰撞时，
小球的 x 坐标为
xB
t2
1 2
gt22
平板的 x 坐标为
中水平动量守恒．设转弯结束后滑块和物体的速度分别为和，那么
m M

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第北京市高中预赛试卷

火箭的质量逐渐减小，到第一级火箭脱落时速度为 v1．我们可以判定这个过
程中，火箭的运动情况是
A．火箭的平均速度大于
1 2
v1
B．火箭的平均速度小于
1 2
v1
C．火箭的加速度逐渐减小
D．火箭的加速度逐渐增大
7．在平直路面上匀加速行驶的火车中的乘客，向后方水平抛出一个小
பைடு நூலகம்
球．不计空气阻力，站在地面上的观察者看到小球运动的轨迹可能是：
C． mgh
D． 1 mv 2 2
1
4．如图 1 所示，用两根细绳把 A、B 两个小球悬挂在天花板上的同一
点 O，再用第三根细绳连接 A、B 两球．若用一 O
个力作用在 A 球上，使三根细绳均呈直线状态，
F4 F3
OB 绳恰好沿竖直方向，且两球均处于静止．则
A
F2
该力可能是图中的 A．F1
B．F2
B
F1
图1
C．F3
D．F4
5．地球同步卫星到地心的距离为 r，运行速率为 v1，加速度大小为 a1．放
在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为 a2，地球第一宇宙速度为 v2，
地球半径为 R．则
A． a1 r a2 R
B． a1 a2
r2 R2
C． v1 v2
R2 r2
D． v1 R
v2
r
6．假设火箭竖直向上发射过程中推力一定，由于燃料的大量消耗，
A．卫星和物体的周期仍为 T B．卫星的周期大于 T，物体的周期小于 T C．卫星的周期小于 T，物体的周期大于 T D．卫星和物体的周期都大于 T
得分二、填空题（共 40 分，每小题 5 分）把答案填在题中的横

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题（2011）一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S 沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T 为76.1年，1986年它过近日点P 0时与太阳S 的距离r 0=0.590AU ，AU 是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P 点，SP 与SP 0的夹角θP =72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m ，引力常量G=6.67×10－11Nm 2/kg 2，太阳质量m S =1.99×1030kg ，试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 点时速度的大小及方向（用速度方向与SP 0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA ，B 、D 两点与光滑竖直墙面接触，杆AB 和CD 接触处的静摩擦系数为μC ，两杆的质量均为m ，长度均为l 。

1、已知系统平衡时AB 杆与墙面夹角为θ，求CD 杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

2、若μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

第28届北京市高中力学竞赛决赛试题

第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 4 页共 8页
得分
8．（16 分）如图 5 所示，质量均为 m 的小球 1，2 用长为 4a 的不可伸长细线相连，以速度 v 沿着与线垂直的方向在

光滑水平台面上运动，线处于伸直状态。在运动过程中，线上距离小球 1 为 a 的一点与固定在台面上的一竖直光滑细钉相碰，设在以后的运动过程中两球不相碰。（1）分析与钉相碰后两小球的运动情况；（2）若小球 1 与钉的最大距离 x 为 1.653a，求两小球的速度。

第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 6 页共 8页
得分
10. （25 分）在倾角为的两个斜面上，放一长为 l 的水平版，板上方有一质量为 m 的重物，设板与两个斜面间存
在摩擦，且支持力与最大静摩擦力的合力与法线夹角为，板的质量不计，求平衡时重物在板上的位置 x （如图 7 所示 )
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
第 5 页共 8页
得分
9．（20分）质量为200g的小球B用弹性绳在光滑水平面上与固定点A相连。弹性绳的弹性系数为8N/m，其自由伸展长度
为600mm。最初小球的位置及速度 v o 如图6所示。当小球的速率变为 v 时，它与A点的距离最大，且等于800mm，求此时的速率v及初速率v0。
第 28 届北京市高中力学竞赛决赛试题
（景山学校杯）
（全卷满分 150 分）题分号数一（填空） 7 8 9 2015 年 5 月 24 日 9:30~11:30 二（计算题） 10 11 总分
阅卷人复查人
得分
一、填空题（6 小题，每小题 8 分，共 48 分） 1. 湖上停着两相同小船 A、 B，船上各站立一体重相等的

第28届北京市高中力学竞赛决赛试题

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准

2023年北京市高中力学竞赛决赛试题

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中决赛试题

第28届北京市高中力学竞赛决赛获奖名单

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准

第28届全国中学生物理竞赛复赛精彩试题(含问题详解)

第28届全国中学生 (1)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析(纯word版)

力学竞赛-第28届北京市高中力学竞赛预赛试卷参考答案

2022年 新高中物理力学竞赛第29届决赛模拟练习与解答配套精选

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中预赛试卷

第28届北京市高中力学竞赛决赛试题答案

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第27届北京市高中决赛试题答案

力学竞赛-力学竞赛13~28届-第北京市高中预赛试卷

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第28届北京市高中力学竞赛决赛试题

2022年新高中物理力学竞赛第29届决赛模拟练习与解答配套精选