全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題及答案(二)

全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題

一、（20分）如圖所示，哈雷彗星繞太陽(yáng)S沿橢圓軌道逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，其

周期T為76.1年，1986年它過(guò)近日點(diǎn)Po時(shí)與太陽(yáng)S的距離ro=O.59OAU,

AU是天文單位，它等于地球與太陽(yáng)

的平均距離，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，彗星到^--------p

達(dá)軌道上的P點(diǎn)，SP與SPo的夾角（

OP=72.0°o已知：1AU=1.5OX/，再p\

10"m,引力常量G=6.67X10-\S

"Nm2/kg2,太陽(yáng)質(zhì)量ms=1.99X

1030kg,試求P到太陽(yáng)S的距離rP----------一^

及彗星過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度的大小及方向

（用速度方向與SPo的夾角表示）。

二、（20分）質(zhì)量均勻分布的剛性桿AB、CD如圖放置，A點(diǎn)與水平地面接觸，

與地面間的靜摩擦系數(shù)為UA，B、D兩點(diǎn)與光

滑豎直墻面接觸，桿AB和CD接觸處的靜摩

擦系數(shù)為Uc，兩桿的質(zhì)量均為m,長(zhǎng)度均為L(zhǎng)D

1、已知系統(tǒng)平衡時(shí)AB桿與墻面夾角為。，求\

CD桿與墻面夾角a應(yīng)該滿足的條件（用a及已\

知量滿足的方程式表示）。\

2、若口A=L00，Uc=0.866,0=60.0°。求系\

統(tǒng)平衡時(shí)a的取值范圍（用數(shù)值計(jì)算求出）。\

三、（25分）在人造衛(wèi)星繞星球運(yùn)行的過(guò)程中，為了保持其對(duì)稱轉(zhuǎn)軸穩(wěn)定在規(guī)定

指向，一種最簡(jiǎn)單的辦法就是讓衛(wèi)星在其運(yùn)行過(guò)程中同時(shí)繞自身的對(duì)稱軸轉(zhuǎn)，但

有時(shí)為了改變衛(wèi)星的指向，又要求減慢或者消除衛(wèi)星的旋轉(zhuǎn)，減慢或者消除衛(wèi)星

旋轉(zhuǎn)的一種方法就是所謂消旋法，其原理如圖所示。

一半徑為R,質(zhì)量為M的薄壁圓筒，，其橫截面如圖所示，圖中。是圓筒的

對(duì)稱軸，兩條足夠長(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的結(jié)實(shí)的長(zhǎng)度

相等的輕繩的一端分別固定在圓筒表面上的Q,-------、

Q、Q'（位于圓筒直徑兩端）處，另一端各拴廠、

有一個(gè)質(zhì)量為絲的小球，正常情況下，繩繞在加、\

圓筒外表面上，兩小球用插銷分別鎖定在圓筒

表面上的Po、Po'處，與衛(wèi)星形成一體，繞衛(wèi)

星的對(duì)稱軸旋轉(zhuǎn)，衛(wèi)星自轉(zhuǎn)的角速度為3°。若

要使衛(wèi)星減慢或者停止旋轉(zhuǎn)（消旋），可瞬間撤

去插銷釋放小球，讓小球從圓筒表面甩開(kāi)，在

甩開(kāi)的整個(gè)過(guò)程中，從繩與圓筒表面相切點(diǎn)到小球的那段繩都是拉直的。當(dāng)衛(wèi)星

轉(zhuǎn)速逐漸減小到零時(shí)，立即使繩與衛(wèi)星脫離，解除小球與衛(wèi)星的聯(lián)系，于是衛(wèi)星

轉(zhuǎn)動(dòng)停止。已知此時(shí)繩與圓筒的相切點(diǎn)剛好在Q、Q'處。

1、求當(dāng)衛(wèi)星角速度減至3時(shí)繩拉直部分的長(zhǎng)度］；

2、求繩的總長(zhǎng)度L；

3、求衛(wèi)星從3。到停轉(zhuǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間t。

四、（20分）空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在此區(qū)域建立直角坐標(biāo)系

-*.

O-xyz,如圖所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)沿x方向，電場(chǎng)強(qiáng)度G=E°i,勻強(qiáng)磁場(chǎng)沿z方向，

磁感應(yīng)強(qiáng)度X=穌％,Eo、Bo分別為已知常量，瞬分別為x方向和z方向的單位

矢量。

1、有一束帶電量都為+q、質(zhì)量都為m的粒子，

同時(shí)從。yz平面內(nèi)的某點(diǎn)射出，它們的初速度均/歹

在。yz平面內(nèi)，速度的大小和方向各不相同，問(wèn)/

經(jīng)過(guò)多少時(shí)間這些粒子又能同時(shí)回到0戶平面/

內(nèi)。/

2、現(xiàn)在該區(qū)域內(nèi)再增加一個(gè)沿x方向隨時(shí)間變化------------->z

-*—

的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度紇=（￡yCOS69r）Z,式中

媯，若有一電荷量為正q、質(zhì)量為m的粒

m

*

子，在t=0時(shí)刻從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出，初速度VOX

在。yz平面內(nèi)，試求以后此粒子的坐標(biāo)隨時(shí)間變

化的規(guī)律。

不計(jì)粒子所受重力以及各帶電粒子之間的相互作用，也不考慮變化的電場(chǎng)產(chǎn)

生的磁場(chǎng)。

五、（15分）半導(dǎo)體p〃結(jié)太陽(yáng)能電池是根據(jù)光生伏打效應(yīng)工作的。當(dāng)有光照射

p〃結(jié)時(shí)，p〃結(jié)兩端會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這就是光生伏打效應(yīng)。當(dāng)p〃結(jié)兩端接有負(fù)載

時(shí)，光照使p〃結(jié)內(nèi)部產(chǎn)生由負(fù)極指向正極的

電流即光電流，照射光的強(qiáng)度恒定時(shí)，光電流

是恒定的，己知該光電流為II;同時(shí)，pn結(jié)

又是一個(gè)二極管，當(dāng)有電流流過(guò)負(fù)載時(shí)，負(fù)載

兩端的電壓V使二極管正向?qū)?，其電流?/p>

V

ID=，o（e"-1），式中Vr和Io在一定條件下

均為已知常數(shù)。

1、在照射光的強(qiáng)度不變時(shí)，通過(guò)負(fù)載的電流

I與負(fù)載兩端的電壓V的關(guān)系是1=o太陽(yáng)能電池的短路電流

Is=，開(kāi)路電壓Voc=，負(fù)載獲得的功率

P=O

2、已知一硅pn結(jié)太陽(yáng)能電池的IL=95IDA,A=4.1Xl（）-9mA,Vr=0.026Vo則此

太陽(yáng)能電池的開(kāi)路電壓V℃=V,若太陽(yáng)能電池輸出功率最

大時(shí)，負(fù)載兩端的電壓可近似表示為匕"——In1+（4”。一,則

1+（VOC/Vr）

Vmp=V。太陽(yáng)能電池輸出的最大功率Pmax=mWo

若負(fù)載為歐姆電阻，則輸出最大功率時(shí)，負(fù)載電阻R=

六、（20分）圖示為圓柱形氣缸，氣缸壁絕熱，氣缸的右端有一小孔和大氣相通,

大氣的壓強(qiáng)為poo用一熱容量可忽略的導(dǎo)熱隔板N和一絕熱活塞M將氣缸分為

A、B、C三室，隔板與氣缸固連，活塞相對(duì)氣缸可以無(wú)摩擦地移動(dòng)但不漏氣,

氣缸的左端A室中有一電加熱器

Qo已知在A、B室中均盛有1

摩爾同種理想氣體，電加熱器加

熱前，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，A、B

兩室中氣體的溫度均為T(mén)o,A、B、

C三室的體積均為Vo?，F(xiàn)通過(guò)電

加熱器對(duì)A室中氣體緩慢加熱，

若提供的總熱量為Qo,試求B室

中氣體末態(tài)體積和A室中氣體的末態(tài)溫度。設(shè)A、B兩室中氣體1摩爾的內(nèi)能

U=5/2RT?R為普適恒量，T為熱力學(xué)溫度。

七、（20分）如圖所示，L是一焦距為2R的薄凸透鏡，MN為其主光軸。在L

的右側(cè)與它共軸地放置兩個(gè)半徑皆為R的很薄的球面鏡A和Bo每個(gè)球面鏡的

凹面和凸面都是能反光的鏡面。A、B頂點(diǎn)間的距離為士R。在B的頂點(diǎn)C處開(kāi)

2

有一個(gè)透光的小圓孔（圓心為C）,圓孔的直徑為h?，F(xiàn)于凸透鏡L左方距L為

6R處放一與主軸垂直的高度也為h（h?R）的細(xì)短桿PQ（P點(diǎn)在主軸上）。PQ

發(fā)出的光經(jīng)L后，其中一部分穿過(guò)B上的小圓孔正好成像在球面鏡A的頂點(diǎn)D

處，形成物PQ的像I。則

1、像I與透鏡L的距離等于。

2、形成像I的光線經(jīng)A反射，直接通過(guò)小孔后經(jīng)L所成的像Ii與透鏡L的距離

等于o

3、形成像I的光線經(jīng)A反射，再經(jīng)B反射，再經(jīng)A反射，最后通過(guò)L成像12,

將12的有關(guān)信息填在下表中：

12與L的距12在L左方還是右b的大b是正立還是倒h是實(shí)像還是虛

離方小像

4、物PQ發(fā)出的光經(jīng)L后未進(jìn)入B上的小圓孔C的那一部分最后通過(guò)L成像13,

將13的有關(guān)信息填在下表中：

b與L的距L在L左方還是右13的大b是正立還是倒b是實(shí)像還是虛

離方小像

八、（20分）有一核反應(yīng)其反應(yīng)式為;p+反應(yīng)中所有粒子的速度均

遠(yuǎn)小于光速，試問(wèn)：

1、它是吸能反應(yīng)還是放能反應(yīng)，反應(yīng)能Q為多少？

2、在該核反應(yīng)中，若:"靜止，入射質(zhì)子的閾能Tn,為多少？閾能是使該核反應(yīng)

能夠發(fā)生的入射粒子的最小動(dòng)能（相對(duì)實(shí)驗(yàn)室參考系）。

3、已知在該反應(yīng)中入射質(zhì)子的動(dòng)能為1.21MeV,若所產(chǎn)生中子的出射方向與質(zhì)

子的入射方向成60.0°角，則該中子的動(dòng)能Tn為多少？

已知：p、）、陽(yáng)核、："e核的靜止質(zhì)量分別為：機(jī)廠L007276u,m?=1.008665u,

川行3.015501U,/”e=3.014932u,u是原子質(zhì)量單位，lu對(duì)應(yīng)的能量為931.5MeV。

結(jié)果取三位有效數(shù)字。

第28屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試題參考解答及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

一、參考解答：

解法一

取直角坐標(biāo)系。孫，原點(diǎn)。位于橢圓的中心，則哈雷彗星的橢圓軌道方程為

(1)

二人分別為橢圓的半長(zhǎng)軸和半短軸，太陽(yáng)S位于橢圓的一個(gè)焦點(diǎn)處，如圖1所

示.

以7；表示地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期，則K=1.00年；以,表示地球到太陽(yáng)的

距離(認(rèn)為地球繞太陽(yáng)作圓周運(yùn)動(dòng))，則&=1.00AU,根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，有

cf_T2

12

設(shè)c為橢圓中心到焦點(diǎn)的距離，由幾何關(guān)系

得

c-a-

b=>Ja2—c2

4X

ZJ

由圖1可知，P點(diǎn)的坐標(biāo)

圖1

x=c+rpcos0p(5)

y=rpsin0P(6)

把(5)、(6)式代入(1)式化簡(jiǎn)得

2222211

(asin0p+bcos%)4+2bcrrcos6P+Ire-erb=0

(7)

根據(jù)求根公式可得

2

h(a-ccos^p)

2222

“asin0P+bcos0p

(8)

由⑵、(3)、(4)、(8)各式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

丐=0.896AU

(9)

可以證明，彗星繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能為

?Gmm、

E=---------

2a

(10)

式中〃2為彗星的質(zhì)量.以外表示彗星在尸點(diǎn)時(shí)速度的大小，根據(jù)機(jī)械能守恒定

律有

'Gmm.\Gmtn

12卜-----上=-------

一mvp-

2"rp)2a

(11)

得

辰

(12)

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

%=4.39xl04m-s_1

(13)

設(shè)P點(diǎn)速度方向與S4的夾角為夕(見(jiàn)圖2)，根據(jù)開(kāi)普勒第二定律

rpvpsin[e-%]=2cr

(14)

其中b為面積速度,

并有

nab

(7=-----

T

(15)

由(9)、(13)、(14)、

(15)式并代入有關(guān)

數(shù)據(jù)可得

9=127°

(16)

圖2

解法二

取極坐標(biāo)，極點(diǎn)

位于太陽(yáng)S所在的焦

點(diǎn)處，由S引向近日

點(diǎn)的射線為極軸，極

角為6,取逆時(shí)針為

正向，用八。表示彗

星的橢圓軌道方程為

P

1+ecos。

(1)

其中，e為橢圓偏心

率,p是過(guò)焦點(diǎn)的半正

焦弦，若橢圓的半長(zhǎng)

軸為根據(jù)解析幾何

可知

p=a(\-e1^

(2)

將(2)式代入(1)

式可得

1+ecos。

(3)

以7；表示地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期，則(=1.00年；以4表示地球到太陽(yáng)的

距離(認(rèn)為地球繞太陽(yáng)作圓周運(yùn)動(dòng))，則,=LOOAU,根據(jù)開(kāi)普勒第三定律，有

(4)

在近日點(diǎn)6=0,由(3)式可得

e=l-1

a

(5)

將斗、a、e的數(shù)據(jù)代入(3)式即得

rp=0.895AU

(6)

可以證明，彗星繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能

lGmtn

E=---------

2a

(7)

式中加為彗星的質(zhì)量.以外表示彗星在P點(diǎn)時(shí)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

4

vp=4.39xl0ms-'

(10)

設(shè)P點(diǎn)速度方向與極軸的夾角為9,彗星在近日點(diǎn)的速度為。0,再根據(jù)角

動(dòng)量守恒定律，有

rPvPsin(夕一%)=石必

(11)

根據(jù)(8)式，同理可得

(12)

由由)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有關(guān)數(shù)據(jù)

9=127。

(13)

評(píng)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，(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、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：

工為地面作用于桿AB的摩擦力，乂為地面對(duì)桿

AB的支持力，力、刈為桿作用于桿CD的摩擦

力和支持力，&、乂分別為墻對(duì)桿AB和CD的作

用力，mg為重力.取桿AB和CD構(gòu)成的系統(tǒng)為研究

對(duì)象，系統(tǒng)平衡時(shí)，由平衡條件有

2+乂一1=0(1)

乂一2mg=0(2)

以及對(duì)A點(diǎn)的力矩

—mglsin0+mg/sin——/sincr-A^3Zcos^-N4(Zcos^+/coscr-CF)=0

即

7mglsin0--mglsina-N3lcosG-N4(/cos0+1cosa-CF)-0

(3)

式中CF待求.口是過(guò)C的豎直線與過(guò)5的水平線的交點(diǎn)，E為與CD的交

點(diǎn).由幾何關(guān)系有

CF=lsinacot0

(4)

取桿CD為研究對(duì)象，由平衡條件有

N&+N2COS6-人sin6=0

(5)

N2sin0+f2cos0-mg=Q

(6)

以及對(duì)C點(diǎn)的力矩

N41cosa-^mglsina=0

(7)

解以上各式可得

N4=g/〃gtana

(8)

(3八1sina1tanasina)

N、=—tan"——tana---------1-----------------mp

3(22cos。2sin。)

(9)

'3tan。sina1tanasina)

、2cos。12sin。J'"8

(10)

N、=2mg

(11)

N?二(sin6-gtanacos6)〃2g

(12)

f2=cos6+—tanasin6mg

(13)

CD桿平衡的必要條件為

fi-HCN?

(14)

由(12)、(13)、(14)式得

<2(//csin^-cos^)

cos^4-sin0

(15)

AB桿平衡的必要條件為

(16)

由(10)、(11)、(16)式得

tanasina2sina

<4〃人一3tan，

sin0cos0

(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

a<arctan0.385=21.1

(18)

將題給的數(shù)據(jù)代入(17)式，經(jīng)數(shù)值計(jì)算可得

a>19.5°

(19)

因此，a的取值范圍為

19.5°<a<21.1°

(20)

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

本題20分

第1問(wèn)15分

⑴、(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問(wèn)5分

(18)式1分，(19)式3分，(20)式1分.

參考解答：

解法一

1.設(shè)在時(shí)刻f,小球和圓筒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如

圖1

圖1所示，小球位于P點(diǎn)，繩與圓筒的切點(diǎn)為T(mén),P到T的距離即繩的拉直部分

的長(zhǎng)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

子方向的速度必和垂直于繩子方向的速度%兩個(gè)分量?根據(jù)機(jī)械能守恒定律和

角動(dòng)量守恒定律有

g"（R4）2+g〃（R4）2=；M（R3）2+：研才+必）

（1）

2

MRa）（）+〃求％°=MR%+inRV]+mlv2

⑵

因?yàn)槔K子不可伸長(zhǎng)，口與切點(diǎn)T的速度相等，即

4=Ro)

(3)

解⑴、(2)、(3)式得

_(M+/?)/?2-ml2

(0~\M+m)R2+ml2①。

⑷

2徊+山)的

2(M+m)R2+ml2。

(5)

由(4)式可得

1=RM+m鈾-①

Vma>0+co

（6）

這便是在衛(wèi)星角速度減至。時(shí)繩的拉直部分的長(zhǎng)度/.

2.由（6）式，當(dāng)0=0得

(7)

這便是繩的總長(zhǎng)度L.

3.如圖2所示，從時(shí)刻f到/+4,切點(diǎn)T跟隨

圓筒轉(zhuǎn)過(guò)一角度由于繩子的拉直部分的

長(zhǎng)度增加了A/,切點(diǎn)相對(duì)圓筒又轉(zhuǎn)過(guò)一角度

△&=空，到達(dá)r處，所以在4時(shí)間內(nèi)，切點(diǎn)轉(zhuǎn)過(guò)的角度

2R

△e=AO.+=G)ZH—

12R

(8)

切點(diǎn)從T變到r也使切線方向改變了一個(gè)同樣的角度A。，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

卜。=二—

I

(9)

由⑴、(2)、(3)式可得

v2=/(4+4

(10)

由(8)、(9)、(10)三式得

A/=R(o(^t

(11)

(11)式表示/隨/均勻增加，故/由0增加到L所需的時(shí)間為

解法二

1.撤去插銷后兩個(gè)小球的運(yùn)動(dòng)情況相同,故可取一個(gè)小球作為對(duì)象進(jìn)行研

究，先研究任何時(shí)刻小球的速度.

在f時(shí)刻，相對(duì)衛(wèi)星系統(tǒng)質(zhì)心參考系小

球運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如圖1所示，繩子的拉直部分與

圓筒面的切點(diǎn)為T(mén),小球到切點(diǎn)T的距離即

繩的拉直部分的長(zhǎng)度為/，小球到轉(zhuǎn)軸。的

距離為「，圓筒的角速度為力.由于圓筒的轉(zhuǎn)

(O

動(dòng)和小球相對(duì)圓筒的運(yùn)動(dòng)，繩將展開(kāi)，切點(diǎn)

位置和繩的拉直部分的長(zhǎng)度都要改變.

首先考察小球相對(duì)于圓筒的運(yùn)動(dòng).在f時(shí)刻，

0T與固定在圓筒上的半徑。外的夾角為。，如圖

2所示.由于小球相對(duì)圓筒的運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間加，

切點(diǎn)從圓筒上的丁點(diǎn)移到r點(diǎn),or與。4的夾角

變?yōu)椤?A。，繩的拉直部分的長(zhǎng)度由/變?yōu)?'，小

球由P運(yùn)動(dòng)到P',正便是小球相對(duì)圓筒的位移.

當(dāng)△"艮小時(shí)故

于是小球相對(duì)圓筒的速度大小為

%=噂=/。

(1)

方向垂直于7P.%是切點(diǎn)相對(duì)圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角

速度.

再考察圓筒相對(duì)質(zhì)心參考系的轉(zhuǎn)動(dòng)，即與

圓筒固連在一起的轉(zhuǎn)動(dòng)參考系相對(duì)質(zhì)心參考系

的運(yùn)動(dòng).當(dāng)圓筒的角速度為刃時(shí)，位于轉(zhuǎn)動(dòng)參考

系中的P點(diǎn)(小球所在處)相對(duì)質(zhì)心系的速度

%=ro)(2)

方向垂直于。P.可以把七分解成沿著7P方向

的分量%?和垂直7P方向的分量52，如圖3

所示，即

%=R①

(3)

%=3

(4)

小球相對(duì)質(zhì)心系的速度恐是小球相對(duì)圓筒的速度和圓筒參考系中的P點(diǎn)相對(duì)質(zhì)

心系速度的合成，由圖3可得力的大小

0=/吸+(%+%『

⑸

因

I=R(j)

(6)

故有

V=Ryj1+(①+⑻-°?

(7)

因?yàn)橄到y(tǒng)不受外力作用，故系統(tǒng)的動(dòng)能和角動(dòng)量守恒，故有

IM(/?q))2+1，〃R2成=；M(R@y+；mv2

(8)

222)+〃?Rq“+

MRcon+mR^=MRaml(^VM2+%)

(9)

由(7)、(8)兩式有

=療+而："J6

(10)

由⑴、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

?)=@+不'”武(0+0。)

M+m'7

(11)

由(10)、⑴)兩式得

g+<y=tw+仁

故有

%=%

(12)

上式說(shuō)明繩子與圓筒的切點(diǎn)相對(duì)圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度等于衛(wèi)星的初始角速度，是一

個(gè)恒量，將(12)式代入(11)式得

,M+m(co..-a)>

(P=J------------

VmIg+。J

(13)

由(6)、(13)兩式得

(=RM+”①「①’

Nm(例)+%

(14)

這便是在衛(wèi)星角速度減至。時(shí)繩的拉直部分的長(zhǎng)度/.

2.由(14)式，當(dāng)口=0得繩總長(zhǎng)度，即

M+m

m

(15)

3.因9是一個(gè)恒量，。隨時(shí)間的f的變化規(guī)律為

/—CD（）t

（16）

當(dāng)3=0時(shí)，由（13）式可得衛(wèi)星停旋時(shí)的。

M+m

4m

（17）

設(shè)衛(wèi)星停轉(zhuǎn)所用的時(shí)間為4，由（16）、（17）式得

（18）

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

本題25分.

解法一

第1問(wèn)12分.（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分.

第2問(wèn)3分.（7）式3分.

第3問(wèn)10分.（8）,（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分.

解法二

第1問(wèn)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(wèn)3分.（15）式3分.

第3問(wèn)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)?。。，和。?！?/p>

因?yàn)榱Ｗ釉趜方向不受電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力作用，故粒子在z方向以初速度加作勻

速運(yùn)動(dòng).

粒子在Qxy面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可以看作由以下兩部分運(yùn)動(dòng)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.與火相關(guān)的磁場(chǎng)力

fnx-綜

(3)

沿x負(fù)方向.粒子受到的電場(chǎng)力

/E~/EX-qE(>

(4)

沿x正方向.由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x方向受到的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力正好

抵消，故粒子以大小為久的速度沿y負(fù)方向運(yùn)動(dòng).除此之外，由(1)式可知，

粒子還具有初速度

E。

%2=%+管

為

(5)

沿y正方向，與vOy2相關(guān)的磁場(chǎng)力使粒子以速率vOy2在Oxy面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動(dòng),

以r表示圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，有

囁

qvBR=m^-

Qv2QY

(6)

可得

r--叫---—2

qB。

(7)

由周期的定義和(7)式可得圓周運(yùn)動(dòng)的周期

T2Ttm

莉

(8)

(8)式表明，粒子運(yùn)動(dòng)的周期與粒子在y方向的初速度無(wú)關(guān).經(jīng)過(guò)時(shí)間T或T的

整數(shù)倍所考察的粒子就能同時(shí)回到0”平面.

2.增加的電場(chǎng)艮對(duì)粒子在Qxy平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)無(wú)影響，但粒子在z方向要受

到此電場(chǎng)力作用.以外表示在此電場(chǎng)力作用下的加速度，有

ma.=qE0coscot

⑼

或

a.=^coscot

m

(10)

這是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度，因而有

2

az=_(￡Tz

(11)

由(10)、(11)可得

1qE

Z------T-^^C0OSCOt

a>~m

(12)

因未增加電場(chǎng)時(shí)，粒子在z方向作初速度為%的勻速運(yùn)動(dòng)，增加電場(chǎng)后，粒子

在Z方向的運(yùn)動(dòng)是勻速運(yùn)動(dòng)與簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的疊加，即有

1qE。

z=%J--2—COS69?

com

(13)

粒子在Oxy平面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)不受電場(chǎng)段的影響.設(shè)以為粒

子在。町平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的角速度，則有

2兀qB?八

=3(14)

Tm

由圖示可得與圓周運(yùn)動(dòng)相聯(lián)系的粒子坐標(biāo)隨時(shí)間r的變化

關(guān)系

x'=r(1-cos卯)(15)

y'=rsingf(16)

考慮到粒子在y方向還具有速度為%的勻速運(yùn)動(dòng)，并利用(2)、(5)、(7)、(14)

以及己知條件，可得帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律:

m

x=----l-cos^^-r

qB0m

(17)

（18）

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

本題20分.

第1問(wèn)12分.（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）

式及相關(guān)說(shuō)明共3分.

第2問(wèn)8分.（12）式2分，（14）式到（19）式各1分.

答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

本題15分.

1./,-/0――1（2分），I,（2分），匕'In（2分）,

V/.-V/o（1分）.

2.0.62V（2分）；0.54V（2分）；49mW（2分）；6.0Q（2分）.

參考解答:

在電加熱器對(duì)A室中氣體加熱的過(guò)程中，由于隔板N是導(dǎo)熱的，8室中氣

體的溫度要升高，活塞M將向右移動(dòng).當(dāng)加熱停止時(shí)，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(guò)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8室氣體末態(tài)的體積

%=2%

（1）

根據(jù)題意，活塞M向右移動(dòng)過(guò)程中，B中氣體壓強(qiáng)不變，用TB表示8室中氣體

末態(tài)的溫度，有

%=地

"TB

（2）

由⑴、（2）式得

TB=2T。

（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(jì)算此過(guò)程中的熱量2“.

在加熱過(guò)程中，A室中氣體經(jīng)歷的是等容過(guò)程，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，氣體

吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，即

2爭(zhēng)『給

(5)

由(4)、(5)兩式得

QA=]T。

(6)

B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過(guò)程，在過(guò)程中3室氣體對(duì)外做功為

(7)

由(1)、(7)式及理想氣體狀態(tài)方程得

%=環(huán)

(8)

內(nèi)能改變?yōu)?/p>

(9)

由(4)、(9)兩式得

△3=軻。

(10)

根據(jù)熱力學(xué)第一定律和(8)、(10)兩式，8室氣體吸收的熱量為

7

?！?必+%=嚴(yán)

(11)

由(6)、(11)兩式可知電加熱器提供的熱量為

Qn,=QA+QB=6RT0

(12)

若以=2“，8室中氣體末態(tài)體積為2%,A室中氣體的末態(tài)溫度2%.

2.若且則當(dāng)加熱器供應(yīng)的熱量達(dá)到Q,時(shí)，活塞剛好到達(dá)氣缸最右

端，但這時(shí)加熱尚未停止，只是在以后的加熱過(guò)程中氣體的體積保持不變，故熱

量Qo-Q“，是A、6中氣體在等容升溫過(guò)程中吸收的熱量.由于等容過(guò)程中氣體不

做功，根據(jù)熱力學(xué)第一定律，若A室中氣體末態(tài)的溫度為北，有

a-Qm=?R(-)+1-(普一2T0)

(13)

由(12)、(13)兩式可求得

普=2+3"

5R5°

(14)

B中氣體的末態(tài)的體積

%=2%

(15)

3.若且＜。"，則隔板尚未移到氣缸最右端，加熱停止，故8室中氣體末態(tài)

的體積%'小于2%,即聯(lián)＜2%.設(shè)A、8兩室中氣體末態(tài)的溫度為T(mén)：,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(guò)程，其吸收的熱量

QA爭(zhēng)i-Q

(16)

8室中氣體經(jīng)歷的是等壓過(guò)程，吸收熱量

QB=^K-TO)+PO(V；-VO)

(17)

利用理想氣體狀態(tài)方程，上式變?yōu)?/p>

7

QB=-R(T：-T0)

(18)

由上可知

2)=QA+QS=6R(7T-")

(19)

所以A室中氣體的末態(tài)溫度

（20）

8室中氣體的末態(tài)體積

小新=（一+叫

（21）

評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

本題20分.

得到以=2“的條件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到2>2,的

條件下的（14）式4分，（15）式2分；得到&<Q,的條件下的（20）式4分,

（21）式2分.

七、

答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):

本題20分.

1.3R（3分）

2.6R（3分）

3.

L與L的距L在L左方還是12是正立還是12是實(shí)像還是

12的大小

離右方倒立虛像

6R右方2h倒立虛像

第1第3空格各2分；其余3個(gè)空格全對(duì)3分，有一個(gè)錯(cuò)則不給這3分.

4.

L在L左方還是右L是正立還是倒L是實(shí)像還是虛

%與L的距離L,的大小

方像

18R左方2h倒立實(shí)像

第1第3空格各2分；其余3個(gè)空格全對(duì)3分，有一個(gè)錯(cuò)則不給這3分.

八、

參考解答:

1.反應(yīng)能

2

e=[(mp+m.，H)-(m.iHc+mn)]c

(1)

式中c為光速.代入數(shù)據(jù)得

Q=-0.764MeV

(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(yùn)動(dòng).設(shè)質(zhì)子的

入射速度大小為Op，反應(yīng)后：He的速度大小為O'He，中子的速度大小為斗，根據(jù)

動(dòng)量守恒和能量守恒有

mpvp=m3iiv)lie+mnvn

⑶

(4)

由(3)、(4)式可得

(2

m+mm.,、cmmm2-mm.,、

nnaHe^n-2^n—nVn+nPP’He—

恤Hem.

7用He5He/

(5)

令

2

私He

mm

b=—24n%

私He

-mm,,

PP-He

c-磋+2|。|

丸He

(6)

把(6)式代入(5)式得

av1+bvn+c=O

(7)

(7)式有解的條件是

b1—4ac>0

(8)

由(6)式可知，c可能大于零,亦可能小于零.若c，＜0,則(8)總成立，中子速度一

定有解，反應(yīng)一定能發(fā)生；若c>0,則由(6)、(8)兩式得

12、

2mpvp-lei

m?+nm,3He—mnP

⑼

即只有當(dāng)入射質(zhì)子的動(dòng)能滿足(9)式時(shí)，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|0「項(xiàng)的情況下，(10)式可簡(jiǎn)化為

(11)

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

7；=1.02MeV

(12)

3.由動(dòng)量守恒和能量守恒有

(12)

1/V^|m，HeU?He+|/nn^+|(2|

(13)

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

(人/也)2=(叫4)2+(飛弟)2-2叫叫0nopcose

(14)

令

T12

(15)

1

T2

(16)

(17)

把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)兩式得

回=W

(18)

2sHetHe=2町工+2mp”-2聲了-pmpTpcos6

(19)

由(18)、(19)式，消去T，He后，得

『2亞Mose?斤值也2^=0

〃2，He+〃1'"'He+^n

(20)

令s=犯亙…

機(jī)'He+犯，機(jī)、He+S>

(21)

得

T「2SR-R=b

(22)

根據(jù)題給的入射質(zhì)子的動(dòng)能和第1問(wèn)求得的反應(yīng)能|。|的值，由(21)式可知R>0,

故(22)式的符合物理意義的解為

阮=S+/2+R

(23)

將具體數(shù)據(jù)代入(21)、(23)式中，有

Tn=0.132MeV

(24)

(如果得到7；=0.131MeV,也是對(duì)的.)

第2問(wèn)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(yùn)動(dòng)的情況.若碰撞后

；He和中子的速度相同，即粘在一起運(yùn)動(dòng)(完全非彈性碰撞)，則在碰撞過(guò)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(dòng)能最小，

這最小動(dòng)能便是閾能.設(shè)質(zhì)子的入射速度大小為綜，反應(yīng)后汩e和中子的速度大

小為0,根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有

忤穌=('%HC+%)0

(1)

=g(見(jiàn)He

(2)

由(1)、(2)式可得

”102=-華-，--+-%-H-e也一Q

2mn+m,-m

(3)

所以閾能為、

tn

1+-------------

m-m|2|

n+^HepJ

(4)

利用第1問(wèn)中的(1)式，并注意到

A?i

有

在忽略102項(xiàng)的情況下，(4)式可簡(jiǎn)化為

\

m..

1+冊(cè)n回

m

3H7

(5)

代入有關(guān)數(shù)據(jù)得

7；,,=1.02MeV

(6)

第2問(wèn)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(diǎn)系的總動(dòng)能可以表示為質(zhì)點(diǎn)系的總質(zhì)量以質(zhì)心

速度運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能即所謂質(zhì)心動(dòng)能與各質(zhì)點(diǎn)相對(duì)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之和.若質(zhì)點(diǎn)系不

受外力作用，則質(zhì)點(diǎn)系的動(dòng)量守恒，質(zhì)心速度不變，故質(zhì)心動(dòng)能亦恒定不變；如

果質(zhì)點(diǎn)系內(nèi)部的相互作用導(dǎo)致質(zhì)點(diǎn)系機(jī)械能的變化，則可變化的機(jī)械能只能是各

質(zhì)點(diǎn)相對(duì)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能.在本題中，如果質(zhì)子p與晁：H發(fā)生反應(yīng)后，生成的

中子n和氮；He相對(duì)質(zhì)心都靜止，則質(zhì)子p與晁汨相對(duì)質(zhì)心運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能之和全部

轉(zhuǎn)化成反應(yīng)能，反應(yīng)后系統(tǒng)的動(dòng)能只有質(zhì)心的動(dòng)能，在這請(qǐng)況下，轉(zhuǎn)化成其他形

式能量的機(jī)械能最多，入射質(zhì)子的動(dòng)能最小，這最小動(dòng)能便是閾能.所以入射質(zhì)

子的閾能等于系統(tǒng)質(zhì)心的動(dòng)能與反應(yīng)能之和.

以和分別表示質(zhì)子p和僦汨相對(duì)質(zhì)心的速度，有

=+3根汩01

(1)

因系統(tǒng)質(zhì)心的速度

mvn

ve-——

〃%+機(jī)3H

⑵

而

，血H°P

W4=—仁

m+m）

⑶

mv

pnp

九=°-4=一

加P+M”

(4)

由⑴、(3)、(4)式得

W,H19