第28届全国中学生物理竞赛实验篇

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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

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．C 2．C 3．BC 4．A 5．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）7．35s (10 分） 8．2lk C ke E E - ( 6分） 2.0×10-9 (2分） 9．9 ( 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U 0=2.3V (2分），通过电阻1的电流I 10＝1.2A (3分），通过电阻2的电流I 20= 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 ．2.5 W ( 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323200)()R H T R H T +=+（ (1) 即 2/300()()T H R H R T =+- (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222()()()Mm G F m R h R h Tπ-=++ (5) 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 222()()()Mm G m R h R h Tπ''=++ (6) 式中m ’为空间站的质量．由（5）、（6）两式得2222()()()[1]()R H F m R h T R h π+=+-+ (7) 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22()()R h v R h T π''+=+ (10) 根据机械能守恒，有222112()()22Mm Mm mv G m R h G R h T R hπ'-=+-'++ (11) 联立（10）、（11）两式并利用（6）式得433()2()()R h h R H R h +'=+-+ (12) 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3/22()22R h h T T R H'++'=+ (14) 代人数据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2N tπω= (2) 设轮盘边缘的线速度为v 1，由线速度的定义有v 1=ωR 1 (3) 设飞轮边缘的线速度为v 2，后车轮边缘的线速度为v 3，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v 1=v 2 (4)因飞轮与后车轮的转动角速度相同，故有2233v R v R = (5) 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32s R π∆= (6 )而 332R T v π= (7) 车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小s V T∆= (8) 由以上有关各式得1322NR R V R tπ= (9) 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+mgVsin θ (10) 由（l ）、（9）、（10）式得1324sin mg NR R P R tπθ= (11) 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W f 等于势能的减少，有W f =mgh (1) 用s 表示自行车行驶的路程，有h =s sin θ (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W f 与势能增量mgh 之和，即W=W f +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NR 1/R 2圈，所以自行车行驶的距离s 为122NR s R R π=⋅ (4) 由（1）到（4）式，得1324sin NR R W mg R tπθ=⋅ (5) 上式除以所用时间t ，即得骑车者功率 1324sin mg NR R W P t R t πθ== (6) 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201()2k E m R ω= ( l ) 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 22qq I R R ωωππ== (2) 感应电动势 I k t tφε∆∆==∆∆ (3) 由（2）、（3）式得 2q k t ωεπ∆=∆ (4) 环加速转动时，要克服感应电动势做功，功率为P 1=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t 0，则有00t tωω∆=∆ (6) 若与ω0对应的等效电流为I 0，则在整个过程中克服感到电动势做的总功10012W I t ε= (7) 由以上有关各式得220128q W k ωπ= (8) 外力所做的总功22201021()82k q W W E k m R ωωπ=+=+ (9) 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mv 0=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)221(2)22mu m M V mgh =++ (3) 解（l ）、（2）、（3）三式得208(2)Mv h g m m =+ (4) 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22mu mu MV ''=+ (5)22212mu mu MV ''=+ (6) 解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小0V '= (7)022mv V m M'=+ (8) (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 012u v = (9) 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0122m M u v M m-'=+ (10)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''＝012u v = (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2v qvB mR= （1）得 mv R qB= (2) 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 ＝—Rsin θ (3 )y ＝一R + Rcos θ (4)这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ，得x 2 +(y+R)2=R 2 (5)由（2）、（5）式得222222()mv m v x y qB q B ++= (6) 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222222()mv m v x y qB q B ++= 0x ≤0y ≤ (7)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x 2 +(y —R)2=R 2 0x ≥ 0y ≥ （8 )或 222222()mv m v x y qB q B +-= 0x ≥ 0y ≥ （9）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O xy ，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v x 和沿正北方向的分速度v y 两个分量．根据题意有v x ＝v y ＝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2BC a ut =+ (2)BC 的中点到B 点的距离为12a ut +．中点M 的坐标分别为 1322M x a a ut a ut =++=+ （3） 2M y ut = （4）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M x '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u AM =u AM y'=—2u (5)在时刻t ，船A 在坐标系M x 'y'的坐标为32A x a '=- (6) A AM y u t '= (7)可以把A 船的速度分解为沿连线MA 方向的分量u AM1 和垂直于连线 MA 方向的分量u AM2两个分量，u AM1使连线MA 的长度增大，u AM2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2AM u Rω= (8) 若MA 与x '轴的夹角为θ，则有2cos AM AM u u θ= (9) 而 cos A x Rθ'= （10）R =（11）由（5）到（10）各式得22212916aua u t ω=+（12）评分标准：本题20分．求得（5）式共6分， ( 6）、（7）式各l 分， (8）式6分， (9）式2分，(10）、 (11）式各l 分，( 12 ) 式2分。

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．。

第28届全国中学生物理竞赛预赛试题及其参考答案(自己做的答案含选择填空题)

选择填空题答案和解析：
1．C
2．C 解释：A选项没有考虑对外做功；B选项中酒精的沸点约为78度，D选项中，宏
观上理解为大气的重力，微观上是离子碰撞的冲力，不能重复计算。

3． BC 解释：插入玻璃板电容C 增大，串联电容器的电量相等，C 与U 成反比，故a 的
电压减小，能量CU 2/2，故b 的能量增大。

D 选项中遗漏了充放电流的焦耳热。

4． A 解释；能量守恒。

与400kev 的光子无关。

5． D 解释：返回过程速度较小，摩擦生热更少，故机械能损失量更少。

6． 2.5m 解释：先用玻马定律算出压强变为12.5m 水柱，故内外压力差等于高度差，等于
2，5m 。

7． 3s/5 解释：由折射定律得h=rd/2 ，h=i （s-d ）/2，i/r=1.5，解之得。

8． 9k cl ke
,210E E -⨯-。

解释：能量差等于势能之差2s ke E r ∆=，解之得。

9． 9 解释：动量和能量关系E t ∆s=pc ，动量定理 2p=N t ∆。

解之得。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题一、（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）。

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。

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

σ=
πab T
b
rP
S
由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得
θP
P0
ϕ
x
a
O
ϕ = 127D
（16）图2
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
r=
p 1 + e cos θ
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
x2 y 2 + =1 a 2 b2
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．
（1）
以 Te 表示地球绕太阳运动的周期，则 Te = 1.00年；以 ae 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则 ae = 1.00AU ，根据开普勒第三定律，有
取杆 CD 为研究对象，由平衡条件有
（4）
N 4 + N 2 cos θ − f 2 sin θ = 0 N 2 sin θ + f 2 cos θ − mg = 0
以及对 C 点的力矩
（5）（6）
1 N 4l cos α − mgl sin α = 0 2
解以上各式可得
（7）
N4 =
1 mg tan α 2
T
v
v1
P
v2
1 1 1 1 2 2 2 2 M ( Rω0 ) + m ( Rω0 ) = M ( Rω ) + m ( v12 + v 2 ) 2 2 2 2

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题(清晰扫描版)及参考解答

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Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v（8）可得P=v（9）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅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()sinP P Pr rϕθ-=v v00（11）根据（8）式，同理可得=v（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431N N f+-=（1）120N mg-=（2）以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=（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422cos sin 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41tan 2N mg 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 arctan 0.38521.1α︒≤= (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()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R 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，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）2()2t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2m12φω+ v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）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0010y 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02mT =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 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos 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0021cos 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202πqB 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）．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 R T = （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0005()()2B AB 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 006AQ 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．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 He220m 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 3p H1th 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）p p m v33n 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）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S = （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132MeV 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3p n 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 1.02M e Vth 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 p c Hp 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 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1pm 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 ()()2230401020202thm 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 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案 2

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=6.67×1011Nm2/kg2，太阳质量mS=1.9源自×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
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。
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
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。
当卫星转速逐渐减小到零时，立即使绳与卫星脱离，解除小球与卫星的联系，于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚
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

【竞赛试题】第28届全国中学生物理竞赛复赛试题+答案

【竞赛试题】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。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案

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）。

28届中学生物理竞赛

甬教研〔2011〕110 号关于公布2011年全国第28届中学生物理竞赛（宁波赛区）竞赛结果的通知各县（市、区）教育局教研室，各有关中学：在各县（市、区）教育局教研室的大力支持下，经宁波赛区预赛、浙江赛区复赛（含理论和实验考试）和全国决赛（含理论和实验考试），全国第28届中学生物理竞赛现已圆满完成。

镇海中学竺俊博、袁梦阳同学代表浙江省参加全国决赛。

在全国决赛中获得1枚金牌、1枚银牌。

镇海中学、慈溪中学、鄞州中学在浙江赛区的复赛中荣获集体优胜奖。

现公布2011年全国第28届中学生物理竞赛（宁波赛区）的获奖学生名单（省一级重点中学组见附件1，非省一级重点中学组见附件2），请通知有关单位和获奖学生。

另附：2011年全国第28届中学生物理竞赛（浙江赛区）宁波市学生获奖名单（见附件3）2011年全国第28届中学生物理竞赛复赛宁波市学生获奖名单（见附件4）宁波市教育局教研室2011年11月30日附件1：2011年全国第二十八届中学生物理竞赛（宁波赛区）获奖学生名单（省一级重点中学组）一等奖（15名）马梦琪镇海中学张时寒北仑中学徐汉正镇海中学陶潇逸镇海中学陆佳炜北仑中学袁扬镇海中学何人可镇海中学张阳洋慈溪中学郑天海镇海中学黄烨峥镇海中学李彦凯慈溪中学李幸晓北仑中学潘文韬镇海中学孙之炜慈溪中学王柯宁海中学二等奖（30名）钱超镇海中学熊均达余姚中学梁超余姚中学徐晓栋慈溪中学蔡佳然余姚中学虞释寒镇海中学施佳鑫慈溪中学郑栋升余姚中学姜仑效实中学应冰莹宁海中学马宇桥宁海中学徐威慈溪中学俞思超鄞州中学王晨象山中学吴近宇鄞州中学杨旭帆镇海中学张逸男慈溪中学严舰雷鄞州中学史博文北仑中学濮柯佳余姚中学劳佳栋余姚中学张益浒山中学钱羽镇海中学顾松松余姚中学叶世泽宁海中学华一雄慈溪中学黄宇航余姚中学叶子楠宁海中学姚源镠余姚中学韩慧余姚中学三等奖（60名）王逸璐镇海中学朱梦奇北仑中学金宇阳宁波中学张超北仑中学李松鹤北仑中学蒋经纬奉化中学周驰东北仑中学朱李栋奉化中学毛玮莹奉化中学张天惟慈溪中学应敏晓宁海中学裘鼎奉化中学郑尚达象山中学陈瑞栋宁海中学夏利勇效实中学姚增增象山中学李彭崴鄞州中学王旭祥知恩中学王杰余姚中学张樱凡余姚中学温阳辉姜山中学张焕卿余姚中学王戎余姚中学余华杰浒山中学俞陶奕效实中学李宗朔余姚中学李栋宁波二中吕宣融效实中学杨莎莎象山中学李浓姜山中学石璐璐北仑中学李业树鄞州中学蒋宜展浒山中学陈羽翔慈溪中学潘天宇浒山中学周轶凡龙赛中学洪佳慈溪中学余路炜奉化中学钟宏达鄞江中学赖晨宇宁海中学邵凌威宁波中学符家慧宁波华茂外国语学校葛昊政宁海中学王仁为奉化中学李争峰正始中学屈春晓象山中学储栋宝宁海中学梅茂波姜山中学陈浩象山中学吴旭磊奉化中学陈军帆宁波万里国际学校陈超鄞州中学蒋亦庞宁海中学郑益昂宁波三中钱泽森余姚中学徐文辉宁波二中郑思超宁波四中励奇添效实中学应俊宁海中学李遥宁波李惠利中学附件2：2011年全国第二十八届中学生物理竞赛（宁波赛区）获奖学生名单（非省一级重点中学组）一等奖（14名）吴维维余姚二中茅挺余姚二中张东杰蛟川书院季鹏程鄞州高级中学何达升育才中学徐伟男蛟川书院李孟寅余姚高风中学陈轻获余姚二中余阳慈中书院谢嘉浩鄞州高级中学陈理蛟川书院童升旭奉化高级中学舒乾培蛟川书院孙培烨育才中学二等奖（30名）沈铭杰余姚二中王凯奉化高级中学忻润益蛟川书院黄赢涛蛟川书院滕沙格余姚二中陈鑫育才中学施信超蛟川书院张承谦柴桥中学孙晟蛟川书院郑天宇柴桥中学胡爽爽育才中学俞逸杰蛟川书院高嘉鸣慈中书院孙威育才中学陈璐俊慈中书院李哲燏蛟川书院王文伟育才中学陈彬育才中学吕思煜宁波外国语学校王彬兵育才中学蔡咏苾鄞州高级中学罗崇杰育才中学邬腾跃奉化高级中学陈灵潇惠贞书院王炜荣育才中学余江涛余姚七中陈曦孛慈溪实验高级中学方露奉化高级中学周艺艺余姚二中郑奇烨余姚二中三等奖（60名）陈佩杰慈中书院杨佳达慈溪实验高级中学方舟慈中书院施通通慈中书院沈科梦育才中学沈雷斌育才中学高翔蛟川书院孔余忠余姚二中任栋余姚四中章川三山中学陈鹏任蛟川书院叶栋余姚五中严建飞余姚七中徐天程蛟川书院卢梦雨宁波外国语学校唐银汉姚中书院宋腾蛟武岭中学张统纲柴桥中学邵沛皓宁波外国语学校陈维立鄞州高级中学林宗逊宁波外国语学校郑欣宇慈溪实验高级中学李露燕鄞州高级中学张燕象山三中杨斐炜育才中学章傲宁波外国语学校蔡王灿柴桥中学陈佳青三山中学杨哲慈中书院蒋恺迪柴桥中学张世豪慈溪实验高级中学姚潇锋育才中学王武斌宁海桃源书院叶琪烨育才中学朱光蛟川书院金金兴宁海桃源书院徐辉育才中学徐晋皞鄞州高级中学周辉泰河中学方舟育才中学诸晔慈溪实验高级中学闻益波泰河中学韩天浩余姚二中龚恩溢育才中学李源宁海正学中学陈泽君宁波外国语学校胡其林育才中学刘先磊宁海正学中学娄丁山观城中学张松炜慈溪实验高级中学竺振才宁海柔石中学王旭晖育才中学虞佳斌育才中学杜伟伟象山三中陈赟育才中学马贤超五乡中学刘文龙宁波市慈湖中学姚颖莎余姚二中胡佳俊余姚高风中学毛雯露宁波市四明中学慈溪育才中学、余姚二中、蛟川书院、宁波外国语学校荣获团体优胜奖附件3：2011年全国二十八届中学生物理竞赛（浙江赛区）宁波市学生获奖名单一等奖（24名）范中杰镇海中学陈琳北仑中学葛颖丰宁海中学韩超镇海中学王若水镇海中学吴思晗蛟川书院干于越镇海中学叶骏翔镇海中学王园沁奉化中学翁凯浩镇海中学陈思远镇海中学陈哲晖慈溪中学杜旭涛北仑中学叶栋余姚中学王军啸镇海中学房一苇镇海中学王日冬镇海中学李弘毅蛟川书院罗阳奉化中学周航觊余姚中学李存军北仑中学周柯琪镇海中学徐嘉楠象山中学屠凌嘉北仑中学二等奖（48名）葛田田宁海中学江海奉化中学曹家彦效实中学徐波杰北仑中学王聪镇海中学徐胜佳慈溪中学范天奇蛟川书院周天奉化中学郑昊北仑中学王超杰余姚中学刘开愚效实中学高丕基余姚中学柏啸天余姚中学杨宇杰奉化中学顾宸慈溪中学徐晨北仑中学黄炜栋慈溪中学黄铮慈溪中学马树灯慈溪中学叶东升北仑中学乐觊星北仑中学苏雄杰余姚中学田卒士宁海中学陆宏杰余姚中学王一帆蛟川书院徐若易镇海中学陈昀臻奉化中学陈艺奉化中学黄行健余姚中学柴锦东宁海中学谢乾狄镇海中学陈包杰镇海中学王世杰镇海中学郑恒火余姚中学丁金武宁海中学熊天竹效实中学张馨怡镇海中学吕锦科奉化中学应海旭效实中学贺杰北仑中学郑磊北仑中学朱展宏育才中学章筱镇海中学马威昊慈溪中学徐兆华效实中学林尉北仑中学许灵杰镇海中学应海旭效实中学三等奖（84名）邬博骋镇海中学胡航恺慈溪中学潘司晨慈溪中学胡昊镇海中学忻云鄞州中学郑军辉慈溪中学尤朝戈宁海中学蒋展之宁海中学邬乐婷奉化中学陈晨镇海中学周文杰宁海知恩中学蒋行涛象山中学忻勤杰蛟川书院毕腾峰鄞州中学翁懿晖鄞州中学孙拓余姚中学徐飞行余姚中学沈照宇余姚中学陈宣桦镇海中学马坚栋慈溪中学徐汉正镇海中学罗捷枫慈溪中学吴育蔚三山中学林涛效实中学张泽寰鄞州中学王洁科宁海中学陈家雷效实中学董舒羽镇海中学施凯伦鄞州中学陆金磊慈溪中学熊天竹效实中学张方波鄞州中学徐星涛浒山中学严秋雨宁波二中王凯余姚中学张欣怡余姚中学刘豪栋北仑中学屠家金慈溪中学蒋启晖奉化中学俞峰北仑中学邱颖慧效实中学蒋澄磊效实中学倪恺翔北仑中学郑恺娴效实中学王拓柴桥中学胡越皓北仑中学郭炯珉宁波二中葛素素象山中学徐镇涛蛟川书院褚国庆余姚中学车聚鄞州中学朱栽绍宁海中学马煜曦北仑中学王科迪鄞州中学吴叶盛余姚中学陈超超慈溪中学吴恺然余姚中学徐欢北仑中学史阳春宁海中学浦赟效实中学施亭羽浒山中学张垒余姚中学徐天丁育才中学张译慈溪中学黄舒园北仑中学李炀武岭中学岑哲航慈溪中学谢浩翰北仑中学徐雨虹宁波二中叶豪峰北仑中学任沛伦慈溪中学元家树奉化高级中学侯坤奇惠贞书院胡超元镇海中学孙华泽慈中书院郑心舒惠贞书院刘文栋镇海中学徐晔钱慈溪实验高级中学邵凌威宁波中学徐芦泽镇海中学朱博瑜宁波三中沈晨烨宁波外国语学校周易镇海中学夏泽青镇海中学附件4：2011年全国第二十八届中学生物理竞赛复赛宁波市学生获奖名单一等奖（5名，全省共54名）竺俊博镇海中学袁梦阳镇海中学叶葭焕镇海中学韦蕾妍镇海中学罗焱磊慈溪中学二等奖（37名，全省共265名）徐雨哲效实中学李宣毅镇海中学朱海容北仑中学岑晔涛慈溪中学周炀镇海中学张旭东慈溪中学王梦阳效实中学卢丽强镇海中学周铭迪镇海中学应雄慈溪中学徐旦麒慈溪中学陈峥北仑中学周晨蛟川书院沈贤峰北仑中学虞涛杰北仑中学黎浩书镇海中学夏立伟效实中学许航瑜慈溪中学林繁荣鄞州中学鲁兴达镇海中学岑益鹏慈溪中学王启南镇海中学尤怀谦宁海中学李宏斌鄞州中学蔡戈越镇海中学陈栋慈溪中学张逸帆镇海中学王培志效实中学陈宇航镇海中学胡天琦北仑中学吴可凡效实中学黄灿镇海中学杨陈昕效实中学方舟镇海中学江业文鄞州中学周上楠余姚中学周金冬鄞州中学三等奖（47名，全省共333名）周家辉宁海中学赵颖北仑中学毛雪娇慈溪中学吴卓辉鄞州中学王逸烽余姚中学俞雷钧效实中学方涵彦北仑中学吴奇鲁北仑中学施磊余姚中学贺磊北仑中学徐燊余姚中学徐方凯镇海中学周琛效实中学邵韬奉化中学李弘毅镇海中学周业北仑中学孙强鄞州中学吴雨阳镇海中学姚文捷宁波中学毛炎文效实中学顾旭科镇海中学曹旸慈溪中学宓含冰慈溪中学蒋狄琼奉化中学王浩川镇海中学吴朝阳效实中学王砚威奉化中学姚铸峥镇海中学姚舒文宁波中学张若驰镇海中学高笑潇慈溪中学徐天忆效实中学王琛象山中学邹明杰余姚中学余一宽慈溪中学张志望蛟川书院王伟啸宁波中学邹文东北仑中学李雯霞宁波外国语学校陈旭东余姚中学顾佳惠北仑中学周迪龙宁波外国语学校张宇辉北仑中学吕鹏程效实中学王俊恺象山中学赵淼东镇海中学郑浩捷余姚中学。

第28届全国中学生物理竞赛复赛理论试题及参考解答

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。

（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）。

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。

第届全国中学生物理竞赛实验篇

第28届全国中学生物理竞赛实验篇直流电源特性的研究一、题目：一直流待测电源E;开路电压小于2V..X1利用所给仪器;自组电压表、并测量待测电源E的开路电压；X2利用所给仪器;测量待测电源E的短电流..X二、仪器：直流待测电源E;六位电阻箱二台;标称值350欧姆的滑线变阻器一台;标称值3V X直流电源电压源E一台;准确度等级0.5级指针式100微安直流电流表A一台;准确度等1级0.5级指针式多量程直流电流表A一台;准确度等级1.5级指针式检流计G一台;开2关、导线若干..三、说明：1.待测电源E具有非线性内阻;不适用U-I曲线外推法测量；X2.测量中需要的电压表用100微安指针式直流电流表A和电阻箱自组；13.标称值3V直流电压源E由两节1号干电池、15欧姆保护电阻串联构成；4.所画测量电路中的待测电源E、3V直流电压源E、电流表1A、电流表2A需用“+”X和“—”标明其正负极性；5.检流计G两接线端子上并联两个保护二极管;作为平衡指示器使用时;可以不适用串联保护电阻..如果测试中需要用检流计G判断电流是否为0时;应说明检流计G指示为0的判断方法或者判断过程..四、要求：17分利用所给器材、测量100微安电流表内阻;并将100微安电流表改装成2.00V量程的电压表、要求画出测量内粗的电路图;简述测量原理;给出测量结果；2.15分画出测量待测电源X E 的开路电源的电路图;简述测量待测电源X E 开路电压的原理和步骤..2.26分连接电路、测量并记录必要的数据;标明待测电源X E 开路电压的测量值..3.15分画出测量待测电源X E 短路的电路图;并简述测量待测电源X E 短路电流的原理和步骤..3.27分连接电路、测量并记录必要的数据;写出待测电源X E 短路电流的测量值..光电效应的实验研究一、概述金属及其化合物在光照射下发射电子的现象称为光电效应..爱因斯坦指出;一束光就是一束以光速运动的粒子流;这些粒子就称为光子;频率为v 的光的每一个光子所具有的能量为hv ;它不能在分割;而只能整个地被吸收或产生出来..根据能量守恒定律;当金属中的电子从入射光中的能量后;就获得能量hv ;如果hv 大于该金属的电子逸出功A ;这个电子就可以从金属中逸出;叫做光电子;且有：该式成为爱因斯坦光电效应方程..逸出功A 是指一个电子脱离金属表面时所需做的最小功;212m m υ是光电子从金属表面逸出时所具有的最大初动能..h 是普克朗常数..由方程可知;能够使某种金属产生光电子的入射光;其最低频率0v 应由该金属的逸出功决定;0v 称为截止频率..而照射光的光强是由单位时间到达单位垂直面积的光子数决定的;光强越大;逸出的光电子数越多..利用光电效应原理制成的光电管将能光信号转化为电信号..光电管的示意图为：;其中K 为阴极;光照后可发射光电子；A 为阳极;加正电压时手机光电子..负电压时阻止光电流..光电管的主要特性有：1. 伏安特性：当照射光的频率和光强一定时;光电流随两极间电压变化的特性称为伏安特性..用不同强度的光照射光电管时;克的不同的伏安特性曲线..极间电压为零时;光电流并不为零..当光电管加反向电压一定值a U 时;光电流才为零;||a U 称为截止电压..2.光电特性：当照射光的频率和两极间电压一定时;饱和光电流H I 随找射光强度变化的特性称为光电特性..3.光电管的截止电压a U 与光照频率v 有关;测出不同频率光照射下光电管的截止电压a U ;画出||~a U v 的关系图;从而根据光电效应方程;可由图线求出普克朗常数h 、阴极材料的截止频率0v 和逸出功A ..二、仪器用具1.装在暗盒中的光电管附有挡光盖一只；2.高压汞灯及其电源一套附有挡光盖；3.滤光片一组其透射光的中心波长λ分别为365nm 、405nm 、436nm 、546nm 、577nm ；4.光阑一组直径φ=2mm ;4mm ;8mm ；5.直流稳压电源1E 一个30V 稳压恒流电源;已调至稳压状态;显示“CV ”；6.电位器R 一个3.3k Ω;3W ；7.专用微电流计G一个及专用电缆线它是试验仪中的微电流测量部分;用于测量光电管所产生的光电流;电缆线实际是两条线;当用电缆线将实验仪背面的“微电流输入”与光电管暗盒背面的“K ”接通时;G就串联在电路中;电流量程为810-、910-、1010-、1110-、1210-、1310-A ..实验仪还有一个测量普克朗常数h 时要用到的2~2V -+电源2E 及电压调节旋钮;仪器面板见使用说明； 8.直流电压表V一个0.5级;0~15~30V ；9.光具座一个附有标尺； 10.单刀开关1k 一个；11.双刀双掷换向开关2k 一个12.导线若干三、实验题目及要求1.测定光电管的伏安特性14分1画出实验电路图;注明所用仪器符号； 2简述实验方案或主要步骤；3连接电路;选择436nm 的滤光片使照射光波长436nm 的单色光;用8nm φ=的光阑固定光强;光源与光电管间的距离s 调为40.0cm ;改变光电管极间的电压AK U 3V~-30V ;合理选择电压表和电流计量程在9111010A ---范围内选;测量若干组电压AK U 与电流I 的值； 4在直角坐标纸上同一坐标系中作出~AK U I 图..注：测量时不准用实验仪内的2~30V -+电源;必须用所给的直流稳压电源等自组测量电路；实验仪中的电流测量部分作微分电流计使用.. 2.用“零电流”法则定普克朗常数h 及从图线上求出截止频率0v ;并计算阴极材料的逸出功A ..16分 “零电流”法是直接将各谱线光照射下测得的电流为电流为零时对应的电压Ak U 的绝对值作为截止电压a U ..1推导测量普克朗常数的实验公式;简述实验原理；2光电管用实验仪的2~2V -+电压输出端供电;用专用线连接电路;简述实验步骤； 3固定30.0s cm =;4mm φ=;电流计量程用1210-档;用不同的滤光片以改变照射光的频率;在电流0I =及其两边各测两组共五组数据;以确定各自对应的截止电压a U 值； 4作||~a U v 图5根据||~a U v 图得出普克朗常数h 的值要有计算过程；6根据||~a U v 图得出截止频率0v ;并计算光电阴极材料的逸出功A .. 注：这部分测量时要求用实验仪内的2~2V -+电源、电压表和电流计..四、注意事项1使用光电管和汞灯光源的挡光盖;不要使光电管暴露在强光下；不要用眼睛直视汞灯发出的光换光阑和滤光片时;先将汞灯的遮光盖盖上2防止滤光片及光阑污染或打碎3指针式电压表如接错位置或正负极;指针反转会损坏仪表 4调节到位后;读取数据宜迅速实验一参考答案及评分标准本题共30分1.7分利用100微安电流表和电阻箱改装成2.00V 量程的电压表;利用所给元件设计该电压表的效验电路..要求画出测量内阻的电路图、测量原理和结果；自组电压表的示意图和元件的数值..内阻测量采用电流半偏转法;电路如图;1R 和2R 为电阻箱;先把1R 调30k 欧姆;闭合1S ;断开2S ;调节电阻箱1R 使得100微安电流表满偏;然后闭合2S ;调节2R 使得100微安电流表半偏转;此时2R 的阻值为电流表的内阻值RG .. 实测值电流表半偏时;22500R =欧姆..严格的说;当2S 闭合后;回路总电阻会降低;当2R RG =时;回路总电阻减小了0.5RG ;应该回路总电阻加上补偿;即在1R 上增加20.5R ..此方法称为：回路总电阻补偿的电流半偏法..回路总电阻补偿的电流半偏法实测值;22700R =欧姆.. 改装后电压表电路图为电流表内阻以实际为准： 1.620.06V ±;5分 1.620.08V ±;4分 1.620.1V ±;3分3.12分画出测量电源X E 短路电流的电路图;简述测量电源X E 短路电流的原理和步骤.. 评分：电路图评分：1电路图合理、正确;3分使用误差大的方法如：a ：利用滑线变阻器比例进行计算；b ：利用3V E =标称值计算；1分 2两个电源极性均正确;2分 3短路电流测量结果 14.50.5A m ±;7分 14.50.6A m ±;6分 14.50.7A m ±;4分 14.50.8A m ±;2分少于三位有效数字;扣1分电源结构：一、待测电源EX 为非线性内阻电源;结构如下：二、标称3V 直流电压源E 结构如下：评分标准：电表内阻测量可以采用其它方法： 1电路图及测量原理合理、正确;3分使用误差大的方法如：a ：用毫安表检测100毫安电流变化；b ：用30K 测量微安表内阻；c ：使用E=3V 标称值计算内阻；d ：使用滑线变阻器比例阻值比例或阻值计算；各1分 2改装电压表图和参数正确;1分有其中之一错误;0分 3内阻测量结构； 2700100±欧姆;3分 2700200±欧姆;2分 2700300±欧姆;1分211分画出测量待测电源X E 开路电压的电路图;简述测量待测电源X E 的开路电压的原理和步骤..调节滑线变阻器W ;当开关1S 闭合、断开时;检流计G 指针不动时检流计指示为0;电压表的示值即为测电源EX 的开路电压值.. 1电路图合理、正确;3分使用误差大的方法如：a ：利用滑线变阻器比例进行计算；b ：利用3V E =标称值计算；1分 2说明补偿原理;1分3标明两个电源极性;1分 4开路电压表测量结果 1.620.04V ±;6分实验试题二参考答案及评分标准本题共30分1.测定光电管的伏安特性14分 1.1实验电路图3分 1.2实验步骤3分①将加挡光盖的汞灯及光电管安装在光具座上;使二者的输出、输入口正对;调40.0s cm =;用专用电缆线将光电管与实验仪的“微电流输入”连接;接通汞灯及实验仪预热；②按电路图接线..电压表选30V 档;在光电管入光孔上加8mm φ=光阑及436nm 滤光片;选量程最大档;微电流计调零后开试测;确定用1010A -或1110A -档测量；③用2K 使光电管加反向电压;改变电位器R ;测量AK U 为3~0V 对应的光电流I ;然后用2K 加正向电压;测0~30V 对应的光电流；④将光阑换为4nm φ=;2mm ;重复③;测量AK U 、I 值.. 1.3数据记录5分1.4~AK U I 图3分2.测定扑克常数、截止频率及逸出功16分光电效应方程为：212m hv m A υ=+ 1当光电管两极电压达到截止电压时;有：212m a m eU υ= 2截止频率的定义为：0A hv = 3实验原理：由式4可知;测出不同频率光照射光电管的截止电压a U 与照射光频率v 的关系直线;则由直线的斜率K 可以求出普克朗常数h eK =;直线与横轴的截距为截止频率0v ;由式3可以求出逸出功A .. 2.2实验步骤2分1用专用连接线将点光管电压输入端与实验仪电源输出端连接;使用2~2-+2~0-V 档； 2选定光阑=4mm φ;30.0s cm =..将光电管与实验仪内的微电流计G用专用电缆线连接..然后断开连接A 的导线;旋转“电流调零”妞;使电流指示为零..或将调零/测量开关切换为“调零”;旋转“电流调零”钮;使用电流指示为零.. 3分别将365nm λ=;405nm ;436nm ;546nm ;577nm 的滤光片装在光电管进光口上;从低到高调节电压;测量并记录光电流为零及两边的5组数据;确定使光电流为零的截止电压a U ..4电流计用1210-或1310A -档.. 2.3数据记录5分 4mm =||~a U v 2.5计算普克朗常数h 3分斜率：1514141.7900.520 1.2704.2310V/Hz (8.005.00)10 3.0010K --===⨯-⨯⨯; 2.6读取光电管极阴材料的0v 及计算逸出功A 2分从||~a U v 图线的横轴截距得140 3.7610Hz v =⨯;190 2.5510 1.59V A hv J e -==⨯= 评分细则：1.1电路图中不用2k 换向;其他均正确;给2.5分；电压表位置错或没有;扣1分；检流计位置错或没有;扣1分；分压错;扣1分；无分压;0分..1.2步骤中涵盖两项内容;给2分；1项;给1分；满3项;2.5分..1.31根据每台仪器的实际电流值来判断数据的准确性;变化趋势正确;3V -;0V ;2V ..20V 和30V 的数据偏离在20%之内;5分；其余按照偏离程度;酌情给分；超出50%;0分；量程错;扣1分..2有效数字记录有错;扣1分； 1.4~AK U I 图中1图名、λ;S 、φ出现一项;0.5分；2坐标轴标度、物理量及单位各0.5分；3曲线光滑连续各0.5分；少1项;扣1分；自变量、因变量错;扣0.5分..2.1写出212m a m eU υ=;0A hv =;0()a h U v v v=-;h eK =;四个公式;1分；写出其中2或3个给0.5分.. 2.21G调零;1分2步骤全对;1分；涵盖两项以上内容;0.5分3a U 数值偏离实际值30%之内;有效数字正确;4分；大于30%;0分.. 根据每台仪器的a U 数据来判断数据的准确性;10%之内;5分；其余按照偏离程度;酌情给分;超出30%;0分.. 2.4||~a U v 图中1直线、光滑;1分； 2特征点;1分； 3坐标轴标度;1分..2.51K 竖直在15(2.96~5.50)10-⨯;有过程计算式;1分；2h 数值在34(6.000~7.252)10J s -⨯;1分；有效数字错;扣0.5分；无单位;扣0.5分； 2.610v 在14(3.40~4.10)10Hz ⨯;单位正确;1分；2A 在19(2.25~2.71)10J -⨯或(1.41~1.69)V e ;1分;A 必须有算式;且单位正确..。

第二十八届物理竞赛预测实验用示波器显示

第二十八届物理竞赛预测实验用示波器显示充电、放电曲线并测电容电阻、电容串联电路称为RC 串联电路，简称RC 电路。

把RC 电路通过开关与电动势为E 的直流电源接通时，会发现电容上的电压由原来的零值逐渐增加，最后达到E 。

可见开关动作后，电路需要一定的时间才能从一种稳定状态过渡到另一种稳定状态，这一变化过程称为暂态过程。

本实验即通过暂态过程的研究来了解RC 电路的充放电规律，同时通过充电或放电曲线测量电容的大小。

[实验原理]如图19-1，当开关K 合向位置1时，电源通过电阻R 向电容C 充电，电容两极板上的电荷逐渐增多，电容两端电压u c 由零逐渐增大，直到u c =E 时，充电完毕，达到稳定状态。

当开关合向位置2时，电容通过R 放电，u c 由U 0=E 逐渐减小，直到u c =0时放电结束。

图19-2（a ）、（b ）即在充放电过程中随时间t 的变化曲线。

1．充电过程根据欧姆定律，电路满足关系（忽略电源内阻）E u iR C =+ （19-1）因为dtdu Ci Cq u dt dq i C C ===所以,,，代入式（19-1）即得充电过程中电路所满足的微分方程RCE u RCdtdu c C =+1 （19-2）由初始条件u C |t =0=0，可得方程（19-2）的解)1(RCt C eE u --= （19-3）图 19-1 RC 串联电路E1 2 K RCu C)1(ln ;ln )ln()ln()()()(0000RCt C RCtC C C t E C t E C CC C C C C C e E u e Eu E RC t E u E RC t E u E RC t u E RCdt u E u E d RC dt u E u E d RC dt u E u E d RC u E dt du ---=∴=-⇒-=--=--⇒-=--=--⇒-=--⇒=---⇒-=⎰⎰ E /2 00.632E EAUc T τ = RC Uc U 0 0.368U 00 U 0 /2下面具体讨论u C 的变化特征。

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题一、（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—1g .二、量为和l 2弹簧球2弹簧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图28决—3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。

已知地球半径为R e =6.38×106m ，地球表面重力加速度为g =9.80m/s 2.试求：（1）飞船离开空间站A 进入椭圆转移轨道所必须的速度增量Δv A ，若飞船在远地点恰好与卫星B 相遇，为了实现无相对运动的捕获，飞船所需的速度增量Δv B . （2A 至四、5RT /2，式中（128决—4（a v 0.已知（2体的压强为P 2（P 2<P 0）.假设气体在经过多孔塞的过程中与多孔塞没有任何形式的能量交换，求多孔塞右边气体的流速v 2.五、（15分）如图28决—5所示，一个三棱镜ABC 的顶角α小于（b ）图28决—490°.假设光线在纸面内以任意入射角入射到AB面上的D点，经一次折射后，又入射到AC面上，且能在AC面上发生全反射。

已知光线在AC面上发生全反射的临界角为Θ（Θ<45°），AC边足够长。

试求下列两种情形下分别求三棱镜顶角α的取值范围：（1）如果光线仅从AB面上法线的下方入射；（2）如果光线仅从AB面上法线的上方入射。