第28届全国中学生物理竞赛决赛实验试题
第24-28届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答

从地球表面发射宇宙飞船时,必须给飞船以足够大的动能,使它在克服地球引力作用后,仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道.此时,飞船离地球已足够远,但到太阳的距离可视为不变,仍为日地距离.飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道,用E表示两轨道的交点,如图1所示.图中半径为rse的圆A是地球绕太阳运行的轨道,太阳S位于圆心.设椭圆B是飞船绕日运行的轨道,P为椭圆轨道的近日点.
因为碰撞过程中线不可伸长,B,C两球沿BC方向的速度分量相等,A,B两球沿AB方向的速度分量相等,有
v2cosθ=v1,(4)
v2cos[π-(α+θ) ]=v3.(5)
将α=π/ 3代入,由以上各式可解得v1 Nhomakorabeav0,(6)
v2=v0,(7)
v3=v0,(8)
v=v0.(9)
3.确定刚碰完后,A,B,C三球组成的系统质心的位置和速度.由于碰撞时间极短,刚碰后A,B,C三球组成的系统,其质心位置就是碰撞前质心的位置,以(xc,yc)表示此时质心的坐标,根据质心的定义,有
1.已知绝缘子导体球壳的内半径R2=4.6 cm,陶瓷介质的击穿强度Ek= 135 kV / cm.当介质中任一点的场强E>Ek时,介质即被击穿,失去绝缘性能.为使绝缘子所能承受的电压(即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压)为最大,导体球的半径R1应取什么数值?此时,对应的交流电压的有效值是多少?
二、
为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近,可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的携带探测器的宇宙飞船,要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内,轨道的近日点到太阳的距离为0.01AU(AU为距离的天文单位,表示太阳和地球之间的平均距离:1AU = 1.495×1011m),并与地球具有相同的绕日运行周期(为简单计,设地球以圆轨道绕太阳运动).试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度u0(发射速度是指在关闭火箭发动机,停止对飞船加速时飞船的速度)发射此飞船,才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地球绕太阳运行轨道附近(也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上)进入符合要求的椭圆轨道绕日运行?已知地球半径Re= 6.37×106m,地面处的重力加速度g=9.80 m/ s2,不考虑空气的阻力.
物理竞赛决赛试题及答案

物理竞赛决赛试题及答案一、选择题(每题5分,共20分)1. 以下哪个选项是正确的?A. 光在真空中的速度是3×10^8 m/sB. 光在真空中的速度是3×10^5 m/sC. 光在真空中的速度是3×10^6 m/sD. 光在真空中的速度是3×10^7 m/s答案:A2. 一个物体在水平面上滑动,如果摩擦力是10N,物体的质量是5kg,那么物体的加速度是多少?A. 2 m/s^2B. 0.5 m/s^2C. 1 m/s^2D. 4 m/s^2答案:A3. 根据牛顿第三定律,以下哪个说法是正确的?A. 作用力和反作用力总是大小相等,方向相反B. 作用力和反作用力总是大小相等,方向相同C. 作用力和反作用力总是大小不等,方向相反D. 作用力和反作用力总是大小不等,方向相同答案:A4. 一个电子的电荷量是多少?A. 1.6×10^-19 CB. 1.6×10^-18 CC. 1.6×10^-20 CD. 1.6×10^-21 C答案:A二、填空题(每题5分,共20分)5. 根据库仑定律,两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比,与它们之间距离的平方成______。
答案:反比6. 一个物体从静止开始下落,忽略空气阻力,其加速度是______m/s^2。
答案:9.87. 一个电路中的电流为2A,电阻为4Ω,根据欧姆定律,该电路两端的电压是______ V。
答案:88. 光的波长为600nm,其频率为______ Hz。
答案:5×10^14三、计算题(每题10分,共40分)9. 一个质量为2kg的物体从高度为10m的平台上自由落下,求物体落地时的速度。
答案:物体落地时的速度v = √(2gh) = √(2×9.8×10) m/s ≈14.1 m/s10. 一个电阻为10Ω的电阻器接在电压为12V的电源上,求通过电阻器的电流。
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.图28决—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,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。
【精品】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.docx

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。
冷,原点。
位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为。
、力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7;表示地球绕太阳运动的周期,则7; =1.00年;以/表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动),则%=1.00AU,根据开普勒第三定律,有a3 _T2设c为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得c = a-r0由图1可知,P点的坐标x = c + r p cos0p (5)(2)(3)(4) (6)把(5)、(6)式代入(1)式化简得a2 sin20p + b2 cos2印)r; + 2b2cr p cos0p + b2c2 -a2b2 = 0 (7) 根据求根公式可得b2 [a-ccos0p)P a2 sin20p + b 2 cos20p(8)由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得% =0.896AU (9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为广Gmn< E -------la (10 )式中m为彗星的质量.以%表示彗星在P点时速度的大小,根据机械能守恒定律有Gmm^2a(12)代入有关数据得 v p = 4.39xl04m-s 1 (13)设P 点速度方向与SR )的夹角为伊(见图2),根据开普勒第二定律 r p v p sin" —G] = 2(y (14)其中CT 为面积速度,并有' nab u =T (15) 由(9)、(13)、 得 (14)、(15)式并代入有关数据可9 = 127° (16)解法二取极坐标, 时针为正向,用八。
表示彗星的椭圆轨道方程为 P 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。
,取逆 r = --------- 1 + ecos 。
其中,。
为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为Q,根据解析几何可知P =(1) (2) 将(2)式代入(1)式可得 1 +ecos 。
中学生物理奥林匹克竞赛第28届试卷及谜底

2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1×10-9mA,Vr=0.026V。则此太阳能电 池的开路电压 VOC=___________________V,若太阳能电池输出功率最大时,负载两端的
电压可近似表示为VmP
Vr ln 1 (I L / I0 ) 1 (VOC /Vr)
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
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)。
Ez
(E0
cos t )k
,式中
qB0 m
,若有一电荷量为正 q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时
刻从坐标原点 O 射出,初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。
不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考虑变化的电场产生的磁场。
【精品】第28届全国中学生物理竞赛决赛实验试题

【精品】第28届全国中学生物理竞赛决赛 实验试题一试卷及答卷直流电源特性的研究一、 题目:一直流待测电源x E ,开路电压小于2V 。
(1) 利用所给仪器,自组电压表、并测量待测电源x E 的开路电压; (2) 利用所给仪器,测量待测电源x E 的短路电流。
二、 仪器:直流待测电源x 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 直流电压源E 一台,准确度等级0.5级指针式100微安直流电流表1A 一台,准确度等级0.5级指针式多量程直流电流表2A 一台,准确度等级1.5级指针式检流计G 一台,开关、导线若干。
三、 说明:1、 待测电源x E 具有非线性内阻,不适合用U I -曲线外推法测量;2、 测量中需要的电压表用100微安指针式直流电流表1A 和电阻箱自组;3、 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x E 、3V 直流电压源E 、电流表1A 、电流表2A 需用“+”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级管,作为平衡指示器使用时,可以不使用串联保护电阻。
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:1、 (7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。
要求画出测量内阻的电路图,简述测量原理,给出测量结果;画出自组电压表的示意图,并标明元件的数值。
2.1(5分)画出测量待测电源x E 的开路电压的电路图,简述测量待测电源x E 开路电压的原理和步骤。
2.2(6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。
3.1(5分)画出测量待测电源x E 短路电流的电路图,并简述测量待测电源x E 短路电流的原理和步聚。
3.2(7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。
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第28届全国中学生物理竞赛决赛 实验试题一试卷及答卷
直流电源特性的研究
一、 题目:
一直流待测电源x E ,开路电压小于2V 。
(1) 利用所给仪器,自组电压表、并测量待测电源x E 的开路电压; (2) 利用所给仪器,测量待测电源x E 的短路电流。
二、 仪器:
直流待测电源x 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 直流电压源E 一台,准确度等级0.5级指针式100微安直流电流表1A 一台,准确度等级0.5级指针式多量程直流电流表
2A 一台,准确度等级1.5级指针式检流计G 一台,开关、导线若干。
三、 说明:
1、 待测电源x E 具有非线性内阻,不适合用U I -曲线外推法测量;
2、 测量中需要的电压表用100微安指针式直流电流表1A 和电阻箱自组;
3、 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x E 、3V 直流电压源E 、电流表1A 、电流表2A 需用“+”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级管,作为平衡指示器使用时,可以不使用串联保护电阻。
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:
1、 (7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。
要求画出测量内阻的电路图,简述测量原理,给出测量结果;画出自组电压表的示意图,并标明元件的数值。
2.1(5分)画出测量待测电源x E 的开路电压的电路图,简述测量待测电源x E 开路电压的原理和步骤。
2.2(6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。
3.1(5分)画出测量待测电源x E 短路电流的电路图,并简述测量待测电源x E 短路电流的原理和步聚。
3.2(7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。
实验试题一答题纸:
1(7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
求画出测量内阻的电路图,简述测量原理,给出测量结果;画出自组电压表的示意图,并标明元件的数值。
2.1(5分)画出测量待测电源x E 的开路电压的电路图,简述测量待测电源x E 的开路电压的原理和步聚。
2.2(6分)连接电路、测量并记录必要的数据,写出待测电源x E 开路电压的测量值。
3.1(5分)画出测量电源x E 短路电流的电路图,并简述测量电源x E 短路电流的原理和步聚。
3.2(7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。
第28届全国中学生物理竞赛决赛 实验试题二试卷及答卷
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束运动的粒子流,这些粒子称为光子,频率为v 的光的每一个光子所具有的能量为
hv ,它不能再分割,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吸收光子的能量后,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:
2
12
m
hv A m υ=+ 该式称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需做的最小功,
2
12
m
m υ是光电子从金属表面逸出时所具有的最大初动能。
h 是普朗克常数。
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能将光电信号转化为电信号。
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,加正电压时收集光电子,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,可得到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至一定值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 随照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,可由图线求出普朗克常数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=2mm 4mm 8mm φ,,)
; 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 3W Ω,); 7.专用微电流计
一个及专用电缆线(它是实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,
就串联在电路中,电流量程为89101112131010101010A ------,,,,,10。
实验仪还有一个测量普朗克常数
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
一个(0.5级,0
1530V )
;
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 的滤光片使照射光为波长436nm 的单色光,用=8mm 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9
1110
10A --范围内选),测量若干组电压AK U 与电流I 的值;
固定照射光的波长仍为436nm ,改变光强(用4mm 和2mm 光阑),再测两次AK U 、I 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电流计使用。
2.用“零电流”法测定普朗克常数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)推导测量普朗克常数的实验公式,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=30.0cm =4mm s φ,,电流计量程用12
10
A -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 图求出普朗克常数h 的值(要有计算过程)
; (6)根据a
U v 图得出截止频率0v ,并计算光电管阴极材料的逸出功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!
实验试题二答题纸:
1.测定光电管的伏安特性(14分)
1.1画出电路图(3分)
1.2简述实验步骤(3分)
1.3数据记录(5分)
U I图。
(3分)1.4 在直角坐标纸上画出
AK
2.测定普朗克常数、阴极材料的截止频率及逸出功(16分)2.1实验公式推导及原理简述(1分)
2.2实验步骤(2分)
2.3数据记录(5分)
φ
=
S,=
U v图(3分)2.4在直角坐标纸上作出
a
2.5普朗克常数h的计算(3分)
v及逸出功A(2分)
2.6确定光电管阴极材料的
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