11. 答案：取抛射点为坐标原点，x轴沿水平方向，y轴竖直向上，抛射角为θ。从抛出时刻开始计时（即
t?0），对任何斜抛小球，有
x?v0tcos? （1）
12gt （2） 2g消去t的小球运动的轨迹方程 y?xtan??2x2 （3） 22v0cos?y?v0tsin??2v0sin2?取y?0，解出x即为射程d，即 d? （4）
g利用（4）式可得小球在空中运动的时间 T?2vsin?d （5） ?0v0cos?g以θA表示小球A的抛射角，θB表示小球B的抛射角，要两小球射程相同，由（4）式，可知 sin2?A?sin2?B （6）
而 2?A?π?2?B （7）
由（5）式可知，小球A和小球B在空中运行的时间分别为 TA?2v0sin?A （8） g2v0sin?B TB? （9）
g24v0?(TAg)2 （10）
g由（7）、（8）、（9）式可得TB?评分标准：本题20分。（1）、（2）式各4分，（4）式1分，（4）、（7）式各3分，（8）、（9）、（10）式各2分。
12. 答案：地球绕太阳运行时，由万有引力定律和牛顿定律有 GMsMe2π2?M()r （1） er2T其中G为万有引力恒量，Me、Ms分别为地球和太阳的质量，r为日地间距离，T为地球公转周期。令
Rs表示太阳半径，有
??2Rs （2） rM2π213由（1）和（2）式得 G3s?8()() （3）
RsT?对地球表面处质量为m的物体，由万有引力定律和牛顿定律有
Mem?mg （4） 2Re式中Re为地球半径，依题意，有 2πRe?360l （5）
Mπg代入上式得 G3e? （6）
Re180l G令ρs、ρe分别表示太阳和地球的密度，则有
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MsMe，?e? （7） 4343πRsπRe33?sgT2?2由（3）、（6）、（7）式解得 （8） ??e180l?32π?代入数据解得 s?3.92 （9）
?e
?s?评分标准：本题20分。（1）、（2）式各3分，（3）式1分，（4）、（5）式各3分，（6）式1分，（7）、（8）式各2分，（9）式2分（在3.91到3.93范围内的都给这2分）。
13. 答案：量热器、油和线圈构成的系统在单位时间内吸收的热量等于通过线圈的电流的电功率。设加在
线圈两端的电压为U，当线圈的电阻为R0时，电流的功率
U2 P （1） 0?R0根据题意，有 v0?kP0 （2）
式中v0表示0℃时系统升温的速率，k为比例系数，同理当油温为0℃时，有
U2 （3） P30?R30v30?kP30 （4）
式中v30表示30℃时系统升温的速率，由（1）、（2）、（3）、（4）各式得
R30v30??1?30α （5） R0v0?3?1代入数据解得 α?3.7?10 K （6）
评分标准：本题16分。（1）式3分，（2）式2分，（3）式3分，（4）式2分，（5）式4分，（6）式2分。
14. 答案：令ΔU表示系统内能的增量，Q和W分别表示系统吸收的热量和外界对系统所做的功，由热力
学第一定律，有
?U?Q?W （1）
令T1、T2分别表示状态A和状态B的温度，有 ?U?3R(T2?T1) （2） 2令p1、p2和V1、V2分别表示状态A、B的压强和体积，由（2）式和状态方程可得 ?U?3(p2V2?p1V1) （3） 2气体膨胀对外界做功，做功大小等于p—V图图线下所围的面积
1W??(p2?p1)(V2?V1) （4）
2要系统吸热，即Q?0，由以上各式解得
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31(p2V2?p1V1)?(p2?p1)(V2?V1)?0 （5） 22pV31按题意，2?，代入上式得 2? （6）
V12p12评分标准：本题16分。（1）、（2）、（3）式各3分，（4）式4分，（5）式3分，（6）式2分。
15. 答案：i．令F表示此时刻外力的大小，v表示此时杆的速度，P表示外力的功率，则有
Fv?Fat （1）
在t时刻，由牛顿第二定律，有
F?BI1L?ma （2） 由以上两式得 P?(ma?BI1L)at （3）
ii．在t时刻，杆运动产生的电动势
E?BLat （4）
令E1、E2分别表示原、副线圈两端的电动势，并有E1?E，U1、U2分别表示原、副线圈两端的电压，I1表示副线圈中的电流，由欧姆定律，有
E1?E?U1?I1r （5）
E2?U2?I2R （6）
根据题的假设，利用法拉第电磁感应定律，有
U1N1 （7） ?U2N2由（4）、（5）、（6）、（7）式可得为
U1?BLat?I1r （8）
N2(BLat?I1r) （9） N1N I2?2(BLat?I1r) （10）
N1R U2?外力的功率转化为：杆的动能的变化率 PEk?ma2t （11）
2电阻r上消耗的功率为 Pr?I1r （12） 2N2电阻R上消耗的功率为PR?IR?2(BLat?I1r)2 （13）
N1R22变压器内场能的变化率为
2N2(BLat?I1r)2 （14） WB?U1I1?U2I2?(BLI1at?Ir)?N12R21评分标准：本题23分。 第i问5分，（1）、（2）式各2分，（3）式1分； 第ii问18分，（4）式2分，（5）、（6）式各1分，（7）式3分，（8）、（9）、（10）式各1分，（11）式2分，（12）式1分，（13）式2分，（14）式3分。
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16. 答案：以固定的光滑水平面为参照系，选开始时C所处的空间固定点为原点，沿水平向右为x轴的正
方向。设P到达C孔时的速度为v1，球壳的速度为v2，由动量守恒和能量守恒（规定P与球相距无限远时电势能为零），有 mv0?mv1?mv2 （1）
121212Q2 mv0?mv1?mv2?k （2）
222R P进入C后，因均匀带电球壳内场强为零，故P和球壳都做匀速运动，相对速度为v1?v2，若经过时间t1，P与弹簧的左端相接触，因走过的相对距离为R，故有 t1?R （3）
v1?v2204kQ2?1)2 （4） 由以上各式得 t1?R(v?Rm此后，弹簧将被压缩，以x1和x2分别表示弹簧两端的位置（即P和球壳右端的位置），则弹簧的形变为
X?R?(x1?x2) （5） 以和分别表示P和球壳的加速度，由胡克定律和牛顿第二定律，有 ma1???X （6） ma2??X （7）
得 m(a1?ma2)?2?X （8）
即两者的相对运动为简谐运动，其周期为 T?2πm （9） 2?P与弹簧接触的运动过程中的时间为 t2?Tm （10） ?π22?P返回过程离开弹簧时，因弹性碰撞，交换速度，故P的速度变为v2，球壳的速度变为v1，此后P相
对球壳的速度仍为v1?v2，但方向向左，所以从P与弹簧分开至P返回到C孔的时间为
4kQ2?1t3?t1?R(v?)2 （11）
Rm20故P刚进入C孔出来所经历的时间为
m4kQ2?12t?t1?t2?t3?π?2R(v0?)2 （12）
2?Rm评分标准：本题23分。（1）、（2）式各3分，（4）式2分，（9）式8分，（10）式2分，（11）式2分，（12）
式3分。
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2013年第30届物理竞赛预赛试卷及答案
