2011年第28屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題及答案

1、第28屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題參考解答及評分標(biāo)準(zhǔn)一、參考解答：解法一：取直角坐標(biāo)系Oxy，原點O位于橢圓的中心，則哈雷彗星的橢圓軌道方程為 (1)a、b分別為橢圓的半長軸和半短軸，太陽S位于橢圓的一個焦點處，如圖1所示以表示地球繞太陽運動的周期，則；以表示地球到太陽的距離(認(rèn)為地球繞太陽作圓周運動)，則，根據(jù)開普勒第三定律，有SP (2) 設(shè)c為橢圓中心到焦點的距離，由幾何關(guān)系得 (3) (4) 圖1由圖1可知，P點的坐標(biāo) (5) (6) 把(5)、(6)式代入(1)式化簡得 (7)根據(jù)求根公式可得 (8)由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 (9) 可以證明，彗星繞太陽作

2、橢圓運動的機(jī)械能為 (10) 式中m為彗星的質(zhì)量以表示彗星在P點時速度的大小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 (11)得 (12) 代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 (13) 設(shè)P點速度方向與的夾角為(見圖2)，根據(jù)開普勒第二定律 (14) SP 其中為面積速度，并有 (15)由(9)、(13)、(14)、(15)式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)可得 (16) 圖2解法二：取極坐標(biāo)，極點位于太陽S所在的焦點處，由S引向近日點的射線為極軸，極角為，取逆時針為正向，用r、表示彗星的橢圓軌道方程為 (1)其中，e為橢圓偏心率，p是過焦點的半正焦弦，若橢圓的半長軸為a，根據(jù)解析幾何可知 (2)將(2)式代入(1)式可得 (3)以表示地球繞太陽運

3、動的周期，則；以表示地球到太陽的距離(認(rèn)為地球繞太陽作圓周運動)，則，根據(jù)開普勒第三定律，有 (4)在近日點，由(3)式可得 (5)將、的數(shù)據(jù)代入(3)式即得 (6)可以證明，彗星繞太陽作橢圓運動的機(jī)械能 (7)式中m為彗星的質(zhì)量以表示彗星在P點時速度的大小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 (8)可得 (9)代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 (10) 設(shè)P點速度方向與極軸的夾角為，彗星在近日點的速度為，再根據(jù)角動量守恒定律，有 (11) 根據(jù)(8)式，同理可得 (12)由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有關(guān)數(shù)據(jù) (13)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分解法一：(2)式3分，(8)式4分，(9)式2分，(11)式3分，

4、(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qaBDCAN1N2Emgmgf2FOyf1N4N3 x二、參考解答：1建立如圖所示坐標(biāo)系Oxy.兩桿的受力情況如圖：為地面作用于桿的摩擦力，為地面對桿的支持力，、為桿作用于桿的摩擦力和支持力，、分別為墻對桿和的作用力，為重力.取桿和構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)平衡時, 由平衡條件有 (1) (2) 以及對A點的力矩即 (3)式中待求.是過的豎直線與過的水平線的交點，為與的交點由幾何關(guān)系有 (

5、4)取桿CD為研究對象，由平衡條件有 (5) (6)以及對點的力矩 (7)解以上各式可得 (8) (9) (10) (11) (12) (13)CD桿平衡的必要條件為 (14)由(12)、(13)、(14)式得 (15)AB桿平衡的必要條件為 (16)由(10)、(11)、(16)式得 (17)因此，使系統(tǒng)平衡，應(yīng)滿足的條件為(15)式和(17)式 2將題給的數(shù)據(jù)代入(15)式可得 (18)將題給的數(shù)據(jù)代入(17)式，經(jīng)數(shù)值計算可得 (19)因此，的取值范圍為 (20)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分第1問15分：(1)、(2)、(3)式共3分，(4)式1分，(5)、(6)、(7)式共3分，(9) 、(1

6、0) 式各1分,(12)到(17)式各1分第2問5分：(18)式1分，(19)式3分，(20)式1分三、參考解答：解法一：圖1TOP 1 設(shè)在時刻，小球和圓筒的運動狀態(tài)如圖1所示，小球位于點，繩與圓筒的切點為，到的距離即繩的拉直部分的長度為，圓筒的角速度為，小球的速度為.小球的速度可以分解成沿著繩子方向的速度和垂直于繩子方向的速度兩個分量.根據(jù)機(jī)械能守恒定律和角動量守恒定律有 (1) (2)因為繩子不可伸長，與切點的速度相等，即 (3)解(1)、(2)、(3)式得 (4) (5)由(4)式可得 (6)這便是在衛(wèi)星角速度減至?xí)r繩的拉直部分的長度2由(6)式，當(dāng)?shù)肨圖2O (7) 這便是繩的總長度

7、L. 3如圖2所示，從時刻到，切點跟隨圓筒轉(zhuǎn)過一角度，由于繩子的拉直部分的長度增加了，切點相對圓筒又轉(zhuǎn)過一角度，到達(dá)處，所以在時間內(nèi)，切點轉(zhuǎn)過的角度 (8) 切點從變到也使切線方向改變了一個同樣的角度，而切線方向的改變是小球具有垂直于繩子方向的速度引起的，故有 (9) 由(1)、(2)、(3)式可得 (10) 由(8)、(9)、(10)三式得 (11)(11)式表示隨均勻增加，故由0增加到所需的時間為 (12) TRlr圖1解法二：1撤去插銷后兩個小球的運動情況相同，故可取一個小球作為對象進(jìn)行研究，先研究任何時刻小球的速度.在時刻，相對衛(wèi)星系統(tǒng)質(zhì)心參考系小球運動狀態(tài)如圖1所示，繩子的拉直部分與

8、圓筒面的切點為，小球到切點T的距離即繩的拉直部分的長度為，小球到轉(zhuǎn)軸的距離為，圓筒的角速度為.由于圓筒的轉(zhuǎn)動和小球相對圓筒的運動，繩將展開，切點位置和繩的拉直部分的長度都要改變. 圖2首先考察小球相對于圓筒的運動.在時刻，與固定在圓筒上的半徑的夾角為，如圖2所示.由于小球相對圓筒的運動，經(jīng)過時間，切點從圓筒上的點移到點，與的夾角變?yōu)?，繩的拉直部分的長度由變?yōu)?，小球由運動到，便是小球相對圓筒的位移.當(dāng)很小時，故于是小球相對圓筒的速度大小為 (1)TPrl圖3OR方向垂直于是切點相對圓筒轉(zhuǎn)動的角速度再考察圓筒相對質(zhì)心參考系的轉(zhuǎn)動，即與圓筒固連在一起的轉(zhuǎn)動參考系相對質(zhì)心參考系的運動.當(dāng)圓筒的角速度為

9、時，位于轉(zhuǎn)動參考系中的點(小球所在處)相對質(zhì)心系的速度 (2) 方向垂直于可以把分解成沿著方向的分量和垂直方向的分量，如圖3所示，即 (3) (4) 小球相對質(zhì)心系的速度是小球相對圓筒的速度和圓筒參考系中的點相對質(zhì)心系速度的合成，由圖3可得的大小 (5)因 (6) 故有 (7) 因為系統(tǒng)不受外力作用，故系統(tǒng)的動能和角動量守恒，故有 (8) (9)由(7)、(8)兩式有 (10) 由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得 (11)由(10)、(11)兩式得故有 (12)上式說明繩子與圓筒的切點相對圓筒轉(zhuǎn)動的角速度等于衛(wèi)星的初始角速度，是一個恒量，將(12)式代入(11)式得 (13)由(6

10、)、(13)兩式得 (14)這便是在衛(wèi)星角速度減至?xí)r繩的拉直部分的長度2由(14)式，當(dāng)?shù)美K總長度, 即 (15) 3因是一個恒量，隨時間的的變化規(guī)律為 (16)當(dāng)時，由(13)式可得衛(wèi)星停旋時的 (17)設(shè)衛(wèi)星停轉(zhuǎn)所用的時間為，由(16)、(17)式得 (18)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分解法一：第1問12分(1)、(2)式各3分，(3)式2分，(6)式4分； 第2問3分(7)式3分；第3問10分(8)、(9)式各3分，(10)式2分，(11)、(12)式各1分解法二：第1問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問3分(15)

11、式3分；第3問4分(16)式2分，(17)式1分，(18)式1分四、參考解答： 1根據(jù)題意，粒子的初速度只有y方向和z方向的分量，設(shè)它們?yōu)楹?因為粒子在z方向不受電場力和磁場力作用，故粒子在z方向以初速度作勻速運動.粒子在Oxy面內(nèi)的運動可以看作由以下兩部分運動的合成：可把粒子在y方向的初速度表示為 (1)其中 (2)沿y負(fù)方向與相關(guān)的磁場力 (3)沿x負(fù)方向.粒子受到的電場力 (4)沿x正方向由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x方向受到的電場力和磁場力正好抵消，故粒子以大小為的速度沿y負(fù)方向運動除此之外，由(1)式可知，粒子還具有初速度 (5)沿y正方向，與相關(guān)的磁場力使粒子以速率在Ox

12、y面內(nèi)作勻速圓周運動，以表示圓周運動的半徑，有 (6)可得 (7)由周期的定義和(7)式可得圓周運動的周期 (8)(8)式表明，粒子運動的周期與粒子在y方向的初速度無關(guān)經(jīng)過時間T或T的整數(shù)倍所考察的粒子就能同時回到Oyz平面.2增加的電場對粒子在Oxy平面內(nèi)的運動無影響，但粒子在z方向要受到此電場力作用以表示在此電場力作用下的加速度，有 (9) 或 (10) 這是簡諧運動的加速度，因而有 (11)由(10)、(11)可得 (12) 因未增加電場時，粒子在z方向作初速度為的勻速運動，增加電場后，粒子在z方向的運動是勻速運動與簡諧運動的疊加，即有 (13) yOrrx粒子在Oxy平面內(nèi)的運動不受電

13、場的影響設(shè)為粒子在Oxy平面內(nèi)作圓周運動的角速度，則有 (14) 由圖示可得與圓周運動相聯(lián)系的粒子坐標(biāo)隨時間t的變化關(guān)系 (15) (16) 考慮到粒子在y方向還具有速度為的勻速運動，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知條件，可得帶電粒子的運動規(guī)律： (17) (18) (19) 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分第1問12分(2)、(3)、(4)式共5分，(5)、(6)、(7)式共4分，(8)式及相關(guān)說明共3分第2問8分(12)式2分，(14)式到(19)式各1分.五、答案與評分標(biāo)準(zhǔn) 本題15分1(2分)，(2分)，(2分)，(1分)20.62V (2分)；0.54V (2分)；49mW (2分

14、)；6.0 (2分)六、參考解答：在電加熱器對A室中氣體加熱的過程中，由于隔板N是導(dǎo)熱的，B室中氣體的溫度要升高，活塞M將向右移動.當(dāng)加熱停止時，活塞M有可能剛移到氣缸最右端，亦可能尚未移到氣缸最右端. 當(dāng)然亦可能活塞已移到氣缸最右端但加熱過程尚未停止.1. 設(shè)加熱恰好能使活塞M移到氣缸的最右端，則B室氣體末態(tài)的體積 (1)根據(jù)題意，活塞M向右移動過程中，B中氣體壓強(qiáng)不變，用表示B室中氣體末態(tài)的溫度，有 (2) 由(1)、(2)式得 (3)由于隔板N是導(dǎo)熱的，故A室中氣體末態(tài)的溫度 (4)下面計算此過程中的熱量.在加熱過程中，A室中氣體經(jīng)歷的是等容過程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體吸收的熱量等于其

15、內(nèi)能的增加量，即 (5)由(4)、(5)兩式得 (6)B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過程，在過程中室氣體對外做功為 (7)由(1)、(7)式及理想氣體狀態(tài)方程得 (8)內(nèi)能改變?yōu)?(9)由(4)、(9)兩式得 (10)根據(jù)熱力學(xué)第一定律和(8)、(10)兩式，室氣體吸收的熱量為 (11)由(6)、(11) 兩式可知電加熱器提供的熱量為 (12)若，室中氣體末態(tài)體積為，室中氣體的末態(tài)溫度.2若，則當(dāng)加熱器供應(yīng)的熱量達(dá)到時，活塞剛好到達(dá)氣缸最右端，但這時加熱尚未停止，只是在以后的加熱過程中氣體的體積保持不變，故熱量是、中氣體在等容升溫過程中吸收的熱量.由于等容過程中氣體不做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，若A室中

16、氣體末態(tài)的溫度為，有 (13)由(12)、(13)兩式可求得 (14) B中氣體的末態(tài)的體積 (15) 3. 若，則隔板尚未移到氣缸最右端，加熱停止，故B室中氣體末態(tài)的體積小于，即設(shè)A、B兩室中氣體末態(tài)的溫度為，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，注意到A室中氣體經(jīng)歷的是等容過程，其吸收的熱量 (16)B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過程，吸收熱量 (17)利用理想氣體狀態(tài)方程，上式變?yōu)?(18)由上可知 (19)所以A室中氣體的末態(tài)溫度 (20)B室中氣體的末態(tài)體積 (21)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分得到的條件下(1)、(4)式各1分；(12)式6分，得到的條件下的(14)式4分，(15)式2分；得到的條件下的(20)式4

17、分，(21)式2分七、答案與評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分1 3R (3分)2 6R (3分)3第1第3空格各2分；其余3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分與L的距離在L左方還是右方的大小是正立還是倒立是實像還是虛像6R右方2倒立虛像4第1第3空格各2分；其余3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分與L的距離在L左方還是右方的大小是正立還是倒立是實像還是虛像18R左方2倒立實像八、參考解答：1. 反應(yīng)能 (1)式中c為光速代入數(shù)據(jù)得 (2)上式表明這是一吸能核反應(yīng) 2為了求入射質(zhì)子閾能，反應(yīng)前后各粒子都應(yīng)沿同一直線運動設(shè)質(zhì)子的入射速度大小為，反應(yīng)后的速度大小為，中子的速度大小為，根據(jù)動量守恒和能量守恒有

18、 (3) (4) 由(3)、(4)式可得 (5) 令 (6)把(6)式代入(5)式得 (7) (7)式有解的條件是 (8)由(6)式可知，可能大于零，亦可能小于零.若，則(8)總成立，中子速度一定有解，反應(yīng)一定能發(fā)生；若，則由 (6)、(8)兩式得 (9)即只有當(dāng)入射質(zhì)子的動能滿足(9)式時，中子速度才有解，反應(yīng)才能發(fā)生，所以入射質(zhì)子的閾能為 (10)利用(1)式，在忽略項的情況下，(10)式可簡化為 (11)代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 (12) 3由動量守恒和能量守恒有 (13) (14)以表示反應(yīng)中產(chǎn)生的中子速度方向與入射質(zhì)子速度方向的夾角，如圖所示，根據(jù)余弦定律有 (15)令 (16) (17) (

19、18)把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)兩式得 (19) (20)由(18)、(19)式，消去后，得 (20)令 ， (22)得 (23)根據(jù)題給的入射質(zhì)子的動能和第1問求得的反應(yīng)能的值，由(21)式可知，故(22)式的符合物理意義的解為 (24)將具體數(shù)據(jù)代入(21)、(23)式中，有 (25) (如果得到 MeV,也是對的.)第2問的其他解法解法一：為了研究閾能，只考慮碰撞前后各粒子都沿同一直線運動的情況若碰撞后和中子的速度相同，即粘在一起運動(完全非彈性碰撞)，則在碰撞過程中損失的機(jī)械能最多，若所損失的機(jī)械能正好等于反應(yīng)能，則入射質(zhì)子的動能最小，這最小動能便是閾能.

20、設(shè)質(zhì)子的入射速度大小為，反應(yīng)后和中子的速度大小為，根據(jù)動量守恒和能量守恒有 (1) (2)由(1)、(2)式可得 (3)所以閾能為 (4)利用第1問中的(1)式，并注意到 有 在忽略項的情況下，(4)式可簡化為 (5) 代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 (6)第2問8分：(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分解法二：在牛頓力學(xué)中可以證明，質(zhì)點系的總動能可以表示為質(zhì)點系的總質(zhì)量以質(zhì)心速度運動的動能即所謂質(zhì)心動能與各質(zhì)點相對質(zhì)心運動的動能之和.若質(zhì)點系不受外力作用，則質(zhì)點系的動量守恒，質(zhì)心速度不變，故質(zhì)心動能亦恒定不變；如果質(zhì)點系內(nèi)部的相互作用導(dǎo)致質(zhì)點系機(jī)械能的變化，則可變化的機(jī)械能只能是各質(zhì)點相對質(zhì)心運動的動能. 在本題中，如果質(zhì)子與氚發(fā)生反應(yīng)后，生成的中子和氦相對質(zhì)心都靜止，則質(zhì)子與氚相對質(zhì)心運動的動能之和全部轉(zhuǎn)化成反應(yīng)能，反應(yīng)后系統(tǒng)的動能只有質(zhì)心的動能，在這請況下，轉(zhuǎn)化成其他形式能量的機(jī)械