【正文】 5）、（ 6）、（ 14）、（ 16）、（ 18）、（ 21）、（ 22）和（ 23） 式得 3arctan1? ? ?? （ 24） 即 ?36?? (25) 評分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 25 分 .（ 1） 、 （ 2） 、 （ 11） 、 （ 12） 、 （ 19） 、 （ 20） 式 各 3 分 ，（ 21） 式 1 分，（ 22） 、 （ 23）式 各 2 分 .(24)或 (25)式 2 分 . x O P A C B 圖 2 y 9 解法二 如圖 1 所示， 建 直角坐標(biāo) 系 Oxy ， x 軸與 擋板 垂直，y 軸與 擋板 重合，以 Axv 、 Ayv 、 Bxv 、 Byv 、 Cxv 和 Cyv 分別表示球 C 與 擋板 剛碰撞后 A 、 B 和 C 三球速度的分量，根據(jù)題意有 Cx 0?v （ 1） 以 J 表示 擋板 作用于球 C 的沖量的大小，其方向沿 x 軸的負方向 ，根據(jù)質(zhì)點組的動量定理有 A x B x 03J m m m? ? ? ?v v v （ 2） A y B y C y0 m m m? ? ?v v v （ 3） 以坐標(biāo)原點 O 為參考點，根據(jù)質(zhì)點組的角動量定理有 ? ?A y B y 0sin c o s c o s c o s sinJ l m l l m l m l? ? ? ? ?? ? ? ?v v v （ 4） 因為連結(jié)小球的桿都是剛性的，故小球沿連結(jié)桿的速度分量相等，故有 Ax Bx?vv （ 5） C y B y B xsin sin c os? ? ???v v v （ 6） A x A y C yc os sin sin? ? ?? ? ?v v v （ 7） （ 7） 式中 ? 為桿 AB 與連線 AC 的夾角 . 由幾何關(guān)系有 22 coscos 1 3 cos?? ?? ? （ 8） 2sinsin 1 3 cos?? ?? ? （ 9） 解以上各式得 20 (1 2 cos )Jm ???v （ 10） 2Ax 0 sin ??vv （ 11） Ay 0 sin cos???vv （ 12） 2Bx 0 sin ??vv （ 13） By 0?v （ 14） C y 0 sin cos????vv （ 15） 按題意，自球 C 與 擋板 碰撞結(jié)束到球 A (也可能球 B )碰撞擋板 墻前 ，整個系統(tǒng)不受外力作用，系統(tǒng)的質(zhì)心作勻速直線運動 . 若以質(zhì)心為參考系，則相對質(zhì)心參考系，質(zhì)心是靜止不動的， A 、 B 和 C 三球構(gòu)成的剛性系統(tǒng)相對質(zhì)心的運動是繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動 . 為了求出轉(zhuǎn)動角速度，可考察球 B 相對質(zhì)心的速度 .由 (11)到 (15)各式，在球 C 與 擋板 碰撞剛結(jié)束時系統(tǒng)質(zhì)心 P 的速度 A B CC ? O x y Ayv Axv Bxv Byv Cyv P 圖 1 10 2A x B x C xP x 02 s in33m m mm ?????v v vvv （ 16） A y B y C yPy 03m m mm??v v vv （ 17） 這時系統(tǒng)質(zhì)心的坐標(biāo)為 P cosxl??? （ 18） P 1 sin3yl??? （ 19） 不難 看 出，此時質(zhì)心 P 正好在球 B 的正下方，至球 B 的距離 為 Py ， 而球 B 相對質(zhì)心的速度 2B P x B x P x 01 s in3 ?? ? ?v v v v （ 20） BPy 0?v （ 21） 可見此時球 B 的速度正好垂直 BP ，故整個系統(tǒng) 對 質(zhì)心轉(zhuǎn)動的角速度 0 sinBPxPyl?? ??vv （ 22） 若使 球 A 先于球 B 與 擋板 發(fā)生碰撞，則在球 C 與 擋板碰撞 后，整個系統(tǒng)至少應(yīng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過 π/2 角，即桿 AB 至少轉(zhuǎn)到沿 y 方向，如圖 2 所示 . 系統(tǒng)繞質(zhì)心轉(zhuǎn)過 π/2 所需時間 1π2t ?? （ 23） 在此時間內(nèi)質(zhì)心沿 x 方向 向 右移動的距離 Pxxt??v （ 24） 若 PPy x x??? （ 25） 則球 B 先于球 A 與 擋板碰撞 . 由以上有關(guān)各式得 3arctan1? ? ?? （ 26） 即 ?36?? (27) 評分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 25 分 . （ 2） 、 （ 3） 、 （ 4） 、 （ 5） 、 （ 6） 、 （ 7）式 各 2 分 ， （ 10） 、 （ 22） 式 各 3 分 ， （ 23）式 1 分，（ 24） 、 （ 25） 式各 2 分， （ 26） 或 (27)式 2 分 . x O P A C B 圖 2 y 11 四 、 （ 21 分）如圖所示，虛線小方框是由2n 個電容器聯(lián)成的有限網(wǎng)絡(luò)；虛線大方框是并聯(lián)的兩 個 相同的 無限網(wǎng)絡(luò)。已知： 1 摩爾理想氣體的內(nèi)能為 u=CT，其中 C 是已知常量， T 為絕對溫度；一定質(zhì)量的理想氣體經(jīng) 歷緩慢的絕熱過程時，其壓強 p 與體積 V 滿足過程方程p CRCV? =常量 ，其中 R 為普適氣體常量。 答 案 與評分標(biāo)準(zhǔn) ： 1. (4 分，填 至 的，都給 4 分 ) 17 (4 分，填 至 的，都給 4 分 ) 2. (4 分，填 至 的，都給 4 分 ) (4 分，填 至 的，都給 4 分 ) 八、 （ 18 分） 如圖所示，豎直固定平行放置的兩條相同長直導(dǎo)線 1 和 2 相距為 a（ a長直導(dǎo)線的長度），兩導(dǎo)線中通有方向和大小都相同的穩(wěn)恒電流，電流方向向上，導(dǎo)線中正離子都是靜止的，每單位長度導(dǎo)線中正離子的電荷量為λ；形成電流的導(dǎo)電電子以速度 v0 沿導(dǎo)線向下勻速運動，每單位長度的導(dǎo)線中導(dǎo)電電子的電荷量為 λ。 在電容器 a 兩極板的距離變?yōu)?2d 后，再將一塊與電容器 a 的極板形狀相同、面積也為 S、帶電荷量為 Q（ Q0）的金屬薄板沿平行于 a 的極板方向全部插入到電容器 a 中，使金屬薄板距電容器 a 左極板的距離為 x。提示：此問要用數(shù)值法求解高次議程。 一、 （ 17 分）設(shè)有一湖水足夠深的咸水湖，湖面寬闊而平靜，初始時將一體積很小的勻質(zhì)正立方體物塊在湖面上由靜止開始釋放，釋放時物塊的下底面和湖水表面恰好相接觸，已知湖水密度為ρ；物塊邊長為 b，密度為ρ ， 且ρ ， ρ?，F(xiàn)使該系統(tǒng)以大小為 v0、方向沿 AB 的速度向擋板平動。試求在上述滑 動 過程中通過小圓環(huán)導(dǎo)線橫截面的電荷量。 提示：忽略重力；正離子和電子的電荷量與慣性參考系的選取無關(guān)；真空中的光速為 c。大圓環(huán)半徑為 R1。 kg2；地球自轉(zhuǎn)周期 T0=24 小時；假設(shè)衛(wèi)星與太空電梯脫離后只受地球引力作用。 1 第 29 屆全國中學(xué)生奧林匹克物理競賽復(fù)賽試卷 題號 一 二 三 四 五 六 七 八 總分 得分 閱卷 復(fù)核 本卷共 8 題，滿分 160 分 填空題把答案填在題中的橫線上或題給的表格中，只要給出結(jié)果，不需寫出求解過程。 1. ，衛(wèi)星的機械能為負值 . 由開普勒第一定律可推知，此衛(wèi)星的運動軌道為橢圓（或圓），地心為橢圓的一個焦點 (或圓的圓心 )，如圖 所示 .由于衛(wèi)星在脫離點的速度垂直于地心和脫離點的連線，因此脫離點必為衛(wèi)星橢圓軌道的遠地點（或近地點）；設(shè)近地點（或遠地點）離地心的距離為 r ，衛(wèi)星在此點的速度為 v .由開普勒第二定律可知 ? ??v= (1) 式中 e( 2 / )T??? 為地球自轉(zhuǎn)的角速度 .令 m 表示衛(wèi)星的質(zhì)量， 根據(jù)機械能守恒定律