第28届全国中学生物理竞赛预赛试卷
参考解答与评分标准
一、选择题．
答案：
1．C2．C3．BC4．A5．D 评分标准：
本题共5小题，每小题6分．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，
有选错或不答的得0分． 二、填空题
答案与评分标准： 6．2.5m(6分） 7．s(10分）
ke28．(6分）2.0×10-9(2分）
Ek?ECl359．9(10分） 10．
i．如图所示．(8分）（图错不给分，图不准确酌情评分．)
ii．并联电阻两端的电压U0=2.3V(2分），通过电阻1的电流I10＝1.2A(3分），通过电阻2的电流I20=2.2A(3分）（读数第一位必须正确，第二位与答案不同，可酌情评分．)
iii．2.5W(2分）,4.9W(2分） 11．参考解答：
i．设空间站离地面的高度为H,因为同步卫星的周期和地球自转周期相同，根据开普勒第三定律以及题意有
（R?H)3T2?2(1) 3(R?H0)T0即H?(R?H0)()2/3?R(2) 代人数据得H=376km(3) 卫星的高度h=H一l=356km(4)
卫星在细绳的拉力F和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为T的圆周运动，有
GMm2?2?F?m()(R?h)(5) (R?h)2TTT0式中G为万有引力常量，M为地球质量．空间站在地球引力作用下绕地球作周期为T的圆周运动 故有GMm?2?2??m()(R?h)(6)
(R?h)2T式中m’为空间站的质量．由（5）、（6）两式得
2?2(R?H)2F?m()(R?h)[?1](7) 2T(R?h)将（3）、（4）式及其他有关数据代人（7）式得F=38.2N(8)
ii．细绳脱落后，卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆．在脱落的瞬间，卫星的速度垂直于卫星与地心的连线，所以脱落点必是远地点（或近地点），由(4）式可知，此点到地面的高度
h=356km(9)
设卫星在近地点（或远地点）的高度为h'，速度为v'，根据开普勒第二定律，有
(R?h?)v??2?(R?h)2(10) T根据机械能守恒，有
1Mm12?2Mm(11) mv?2?G?m()(R?h)2?G2R?h?2TR?h联立（10）、（11）两式并利用（6）式得
(R?h)4h??(12)
2(R?H)3?(R?h)3代人有关数据有h'=238km(13)
由（9）、（13）两式可知，远地点到地面的高度为356km，近地点到地面的高度为238km.
设卫星的周期为T'，根据开普勒第三定律，卫星的周期
T??(2R?h?h?3/2)T(14)
2R?2H代人数据得T'=90.4min(15) 评分标准：本题17分．
第i小题9分．(l）式2分，(5）式3分，(6）式2分，(8）式2分．
第ii小题8分．(9）、（10）式各l分，(11）式2分，(12）、（13）、（14）、（15）式各1分． 12．参考解答： 解法一
因为下坡时自行车匀速行驶，可知阻力大小
f=mgsinθ(1)
由题意，自行车沿斜坡匀速向上行驶时，轮盘的角速度
??2?N(2) t设轮盘边缘的线速度为v1，由线速度的定义有
v1=ωR1(3)
设飞轮边缘的线速度为v2，后车轮边缘的线速度为v3，因为轮盘与飞轮之间用链条连结，它们边缘上的线速度相同，即v1=v2(4) 因飞轮与后车轮的转动角速度相同，故有
v2R2?(5) v3R3因车轮与坡面接触处无滑动，在车后轮绕其中心轴转动一周的时间T内，车后轮中心轴前进的路程
?s?2?R3(6)
而T?2?R3(7) v3车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小
V??s(8) T由以上有关各式得V?2?NR1R3(9) R2t人骑自行车上坡的功率为克服阻力f的功率加上克服重力沿斜面分力的功率，即
P=fV+mgVsinθ(10)
由（l）、（9）、（10）式得
P?4mg?NR1R3sin?(11) R2t评分标准：本题17分．
(l）式3分，求得（9式共8分，(10）式5分，(11）式1分． 解法二
因下坡时自行车匀速行驶，若自行车出发点的高度为h，则克服阻力所做的功Wf等于势能的减少，有
Wf=mgh(1)
用s表示自行车行驶的路程，有
h=ssinθ(2)
自行车沿斜坡匀速向上行驶时，骑车者所做的功W，等于克服阻力的功Wf与势能增量
mgh之和，即
W=Wf+mgh(3)
设骑车者蹬踩踏板N圈到达下坡时的出发点，因踏板转N圈可使后轮转NR1/R2圈，所以自行车行驶的距离s为s?由（1）到（4）式，得
W?4?NR1R3?mgsin?(5) R2tNR1?2?R(4) R2上式除以所用时间t，即得骑车者功率
P?W4mg?NR1R3?sin?(6) tR2t评分标准：本题17分．
(I）式3分，(2）式l分，(3）式4分，(4）式6分，(5）式l分，(6）式2分． 13．参考解答：
当环的角速度到达ω0时，环的动能
1Ek?m(R?0)2(l)
2若在时刻t，环转动的角速度为ω，则环上电荷所形成的等效电流
I?q2?RR???q(2) 2????I?k(3) ?t?tq??由（2）、（3）式得??k(4)
2??t感应电动势??环加速转动时，要克服感应电动势做功，功率为 P1=εI(5)
因为是匀加速转动，所以ω和I都随时间t线性增加．若角速度从零开始增加到ω0经历的时间为t0，则有
?0???t0(6) ?t若与ω0对应的等效电流为I0，则在整个过程中克服感到电动势做的总功
1W1??I0t0(7)
2由以上有关各式得
?02q2W1?k(8) 28?外力所做的总功
?02q212W?W1?Ek?k?m(R?)(9) 028?2评分标准：本题20分．
(1）式3分，(2）式4分，(3）式2分，(5）式3分，(6）式2分，(7）式3分，(8)式l分，(9）式2分 14．参考解答：
i．由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短，可以认为在这过程中摆球仅获得速度但无位移．设摆球（包括停留在球内的子弹）向前（指垂直于图面向里）的速度为u，由动量守恒定律有
mv0=2mu(l)
摆球以速度u开始向前摆动，木块亦发生运动．当摆球上升至最高时，摆球相对木块静止，设此时木块的速度为V，摆球上升的高度为h，因水平方向动量守恒以及机械能守恒有 2mu=(2m+M)V(2)
1mu2?(2m?M)V2?2mgh(3)
2解（l）、（2）、（3）三式得
2Mv0h?(4) 8g(2m?m)ii．摆球升到最高后相对木块要反向摆动．因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的整个过程中，摆线作用于支架的拉力始终向斜前方，它使木块向前运动的速度不断增大；摆线经过竖直位置后，直到摆线再次回到竖直位置前，摆线作用于支架的拉力将向斜后方，它使木块速度减小，所以在摆线（第一次）返回到竖直位置的那一时刻，木块的速度最大，方向向前
以V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率，u’表示此时摆球的速度（相对桌面），当u'>0，表示其方向水平向前，反之，则水平向后．因水平方向动量守恒以及机械能守恒，故有
2mu?2mu??MV?(5)
1mu2?mu?2?MV?2(6)
2解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小
V??0(7)
V??2mv0(8) 2m?M(7）式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度，它也是摆球在以后相对木块往复运动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度；而题中要求的木块的最大速率为（8）式，它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度．
iii．在整个运动过程中，每当摆线处于竖直位置时，小球便位于最低处．当子弹刚射人摆球时，摆球位于最低处，设这时摆球的速度为u，由（l）式得
1u?v0(9) 2方向水平向前．当摆球第一次回到最低处时，木块速度最大，设这时摆球的速度为u'，由(l）、（5）、（6）三式和（8）式可得
1m?M2v(10) u??0M?2m其方向向后．
当摆球第二次回到最低处时，由（7）式木块速度减至0，设这时摆球的速度为u''，
由（l）、（5）、（6）式可得 u''＝u?v0(11)
方向向前，开始重复初始的运动． 评分标准：本题20分．
第i小题8分．(1)式1分，(2）、（3）式各3分，(4）式l分
第ii小题7分．(5)、(6）式各3分，(8）式l分
第iii小题5分．(9)式l分，(10）式3.分，(11）式l分． 15．参考解答：
先设磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直xy平面向里，且无边界．考察从粒子源发出的速率为v、方向与x轴夹角为θ的粒子，在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周运动，圆轨道经过坐标原点O，且与速度方向相切，若圆轨道的半径为R，有
v2qvB?m（1）
R12得R?mv(2) qB圆轨道的圆心O’在过坐标原点O与速度方向垂直的直线上，至原点的距离为R，如图1所示．通过
圆心O’作平行于y轴的直线与圆轨道交于P点，粒子运动到P点时其速度方向恰好是沿x轴正方向，故P点就在磁场区域的边界上．对于不同人射方向的粒子，对应的P点的位置不同，所有这些P点的连线就是所求磁场区域的边界线．P点的坐标为
x＝—Rsinθ(3) y＝一R+Rcosθ(4)
这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ，得
x2+(y+R)2=R2(5)
由（2）、（5）式得
mv2m2v2x?(y?)?22(6)
qBqB2这是半径为R圆心O’’的坐标为（0，一R)的圆，作为题所要求的磁场区域的边界线，应是如图2所示的半个圆周，故磁场区域的边界线的方程为
mv2m2v2x?(y?)?22x?0y?0(7)
qBqB2若磁场方向垂直于xy面向外，则磁场的边界线为如图3示的半圆，磁场区域的边界线的方程为
x2+(y—R)2=R2x?0y?0（8)
mv2m2v2或x?(y?)?22x?0y?0（9）
qBqB2证明同前
评分标准：本题20分．
(l）或（2）式2分，(3）、（4）式各4分，(7）式3分，图（图2)2分（只要半圆的位置正确就给2分）,(9）式3分，图（图3)2分（只要半圆的位置正确就给2分）
16．参考解答：
以t=0时刻船A所在的位置为坐标原点O，作如图1所示平面直角坐标系Oxy，x轴指向正东，y轴指向正北．可以把船C的速度分解成沿正东方向的分速度vx和沿正北方向的分速度vy两个分量．根据题意有
vx＝vy＝2u(1)
在t时刻，三船的位置如图1所示．B、C二船在y方向位移相等，两船的连线BC与
x轴平行，两船间的距离
BC?a?2ut(2)
BC的中点到B点的距离为a?ut．中点M的坐标分别为
13xM?a?a?ut?a?ut（3）
22yM?2ut（4）
12可见M点沿x方向的速度为u，沿y方向的速度为2u，在t=0时刻BC的中点在x轴上，其x坐标为3a/2．
在与M点固连的参考系中考察，并建立以M为原点的直角坐标系Mx'y',x'轴与
x轴平行，y'轴与y轴平行，则相对M，船A的速度只有沿负y'方向的分量，有
uAM=uAMy'=—2u(5)
在时刻t，船A在坐标系Mx'y'的坐标为
3x???a(6) A2y?A?uAMt(7)
可以把A船的速度分解为沿连线MA方向的分量uAM1和垂直于连线MA方向的分量
uAM2两个分量，uAM1使连线MA的长度增大，uAM2使连线MA的方向改变，如图2所示．若用R表示t时刻连线MA的长度，则连线MA绕M点转动的角速度
??uAM2(8) R若MA与x'轴的夹角为θ，则有
uAM2?uAMcos?(9)
而cos??x?AR（10） R?x?2A?y?2A（11）
由（5）到（10）各式得
??12au9a2?16u2t2（12） 评分标准：本题20分．
求得（5）式共6分，(6）、式各l分，(12)式2分
7）式各l分，）式6分，）式2分，）、）（(8(9(10(11
第届全国中学生物理竞赛预赛试卷
