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              【2007第24屆】全國中學生物理競賽復賽試題及答案 Word版含答案  共用

              • 文件大小:485 KB
              • 資料類型:試題 資料編號:998875
              • 感謝網友:shuxuea上傳  審核人:shulihua
              • 上傳時間:2014年09月10日 23時24分00秒
              • 更新時間:2014年09月10日 23時24分00秒
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              文件簡介::
              第24屆全國中學生物理競賽復賽試卷
              (本題共七大題,滿分160分)
              一、(20分)如圖所示,一塊長為的光滑平板PQ固定在輕質彈簧上端,彈簧的下端與地面固定連接。平板被限制在兩條豎直光滑的平行導軌之間(圖中未畫出豎直導軌),從而只能地豎直方向運動。平板與彈簧構成的振動系統的振動周期。一小球B放在光滑的水平臺面上,臺面的右側邊緣正好在平板P端的正上方,到P端的距離為。平板靜止在其平衡位置。水球B與平板PQ的質量相等。現給小球一水平向右的速度,使它從水平臺面拋出。已知小球B與平板發生彈性碰撞,碰撞時間極短,且碰撞過程中重力可以忽略不計。要使小球與平板PQ發生一次碰撞而且只發生一次碰撞,的值應在什么范圍內?取






              二、(25分)圖中所示為用三角形剛性細桿AB、BC、CD連成的平面連桿結構圖。AB 和CD桿可分別繞過A、D的垂直于紙面的固定軸轉動,A、D兩點位于同一水平線上。BC桿的兩端分別與AB桿和CD桿相連,可繞連接處轉動(類似鉸鏈)。當AB桿繞A軸以恒定的角速度轉到圖中所示的位置時,AB桿處于豎直位置。BC桿與CD桿都與水平方向成45°角,已知AB桿的長度為,BC桿和CD桿的長度由圖給定。求此時C點加速度的大小和方向(用與CD桿之間的夾角表示)






              三、(20分)如圖所示,一容器左側裝有活門,右側裝有活塞B,一厚度可以忽略的隔板M將容器隔成a、b兩室,M上裝有活門。容器、隔板、活塞及活門都是絕熱的。隔板和活塞可用銷釘固定,拔掉銷釘即可在容器內左右平移,移動時不受摩擦作用且不漏氣。整個容器置于壓強為P0、溫度為T0的大氣中。初始時將活塞B用銷釘固定在圖示的位置,隔板M固定在容器PQ處,使a、b兩室體積都等于V0;、關閉。此時,b室真空,a室裝有一定量的空氣(容器內外氣體種類相同,且均可視為理想氣體),其壓強為4P0/5,溫度為T0。已知1mol空氣溫度升高1K時內能的增量為CV,普適氣體常量為R。

              1.現在打開,待容器內外壓強相等時迅速關閉(假定此過程中處在容器內的氣體與處在容器外的氣體之間無熱量交換),求達到平衡時,a室中氣體的溫度。
              2.接著打開,待a、b兩室中氣體達到平衡后,關閉。拔掉所有銷釘,緩慢推動活塞B直至到過容器的PQ位置。求在推動活塞過程中,隔板對a室氣體所作的功。已知在推動活塞過程中,氣體的壓強P與體積V之間的關系為=恒量。







              四、(25分)圖中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐標系,在的一側,存在勻強磁場,磁場方向垂直于oxy平面向里,磁感應強度的大小為B。在的一側,一邊長分別為和的剛性矩形超導線框位于桌面上,框內無電流,框的一對邊與x軸平行。線框的質量為m,自感為L。現讓超導線框沿x軸方向以初速度進入磁場區域,試定量地討論線框以后可能發生的運動情況及與初速度大小的關系。(假定線框在運動過程中始終保持超導狀態)






              五、(25分)地球赤道表面附近處的重力加速度為,磁場的磁感應強度的大小,方向沿經線向北。赤道上空的磁感應強度的大小與成反比(r為考察點到地心的距離),方向與赤道附近的磁場方向平行。假設在赤道上空離地心的距離(為地球半徑)處,存在厚度為10km的由等數量的質子和電子的等離子層(層內磁場可視為勻強磁場),每種粒子的數密度非常低,帶電粒子的相互作用可以忽略不計。已知電子的質量,質子的質量,電子電荷量為,地球的半徑。
              1.所考察的等離子層中的電子和質子一方面作無規則運動,另一方面因受地球引力和磁場的共同作用會形成位于赤道平面內的繞地心的環行電流,試求此環行電流的電流密度。
              2.現設想等離子層中所有電子和質子,它們初速度的方向都指向地心,電子初速度的大小,質子初速度的大小。試通過計算說明這些電子和質子都不可能到到達地球表面。








              六、(25分)圖1所示為楊氏雙縫干涉實驗的示意圖,取紙面為yz平面。y、z軸的方向如圖所示。線光源S通過z軸,雙縫S1、S2對稱分布在z軸兩側,它們以及屏P都垂直于紙面。雙縫間的距離為d,光源S到雙縫的距離為l,雙縫到屏的距離為D,,。
              1.從z軸上的線光源S出發經S1、S2不同路徑到P0點的光程差為零,相干的結果產生一亮紋,稱為零級亮紋。為了研究有一定寬度的擴展光源對于干涉條紋清晰度的影響,我們先研究位于軸外的線光源S′形成的另一套干涉條紋,S′位于垂直于z軸的方向上且與S平行,兩者相距,則由線光源S′出發分別經S1、S2產生的零級亮紋,與P0的距離
              2.當光源寬度為的擴展光源時,可將擴展光源看作由一系列連續的、彼此獨立的、非相干的線光源組成。這樣,各線光源對應的干涉條紋將彼此錯開,在屏上看到的將是這些干涉條紋的光強相加的結果,干涉條紋圖像將趨于模糊,條紋的清晰度下降。假設擴展光源各處發出的光強相同、波長皆為。當增大導致零級亮紋的亮暗將完全不可分辨,則此時光源的寬度
              3.在天文觀測中,可用上述干涉原理來測量星體的微小角直徑。遙遠星體上每一點發出的光到達地球處都可視為平行光,從星體相對的兩邊緣點發來的兩組平行光之間的夾角就是星體的角直徑。遙遠星體的角直徑很小,為測量如些微小的角直徑,邁克爾遜設計了測量干涉儀,其裝置簡化為圖2所示。M1、M2、M3、M4是四個平面反射鏡,它們兩兩平行,對稱放置,與入射光(a、a′)方向成45°角。S1和S2是一對小孔,它們之間的距離是d。M1和M2可以同步對稱調節來改變其中心間的距離h。雙孔屏到觀察屏之間的距離是D。a、a′和b、b′分別是從星體上相對著的兩邊緣點發來的平行光束。設光線a、a′垂直雙孔屏和像屏,星光的波長是,試導出星體上角直徑的計算式。
              注:將星體作圓形擴展光源處理時,研究擴展光源的線度對于干涉條紋圖像清晰度的影響會遇到數學困難,為簡化討論,本題擬將擴展光源作寬度為的矩形光源處理。

              圖1

              圖2





              七、(20分)今年是我國著名物理學家、曾任浙江大學物理系主任的王淦昌先生誕生一百周年。王先生早在1941年就發表論文,提出了一種探測中微子的方案:原子核可以俘獲原子的K層電子而成為的激發態,并放出中微子(當時寫作η)

              而又可以放出光子而回到基態

              由于中微子本身很難直接觀測,能過對上述過程相關物理量的測量,就可以確定中微子的存在,1942年起,美國物理學家艾倫(R.Davis)等人根據王淦昌方案先后進行了實驗,初步證實了中微子的存在。1953年美國人萊因斯(F.Reines)在實驗中首次發現了中微子,萊因斯與發現輕子的美國物理學家佩爾(M.L.Perl)分享了1995年諾貝爾物理學獎。
              現用王淦昌的方案來估算中微子的質量和動量。若實驗中測得鋰核()反沖能量(即的動能)的最大值,光子的能量。已知有關原子核和電子靜止能量的數據為;;。設在第一個過程中,核是靜止的,K層電子的動能也可忽略不計。試由以上數據,算出的中微子的動能和靜止質量各為多少?


              第24屆全國中學生物理競賽復賽試題參考解答
              一、參考解答:
              如果小球的水平速度比較大,它與平板的第一次碰撞正好發生在平板的邊緣Q處,這時的值便是滿足題中條件的最大值;如果小球的水平速度較小,在它與平板發生第一次碰撞后再次接近平板時,剛好從平板的邊緣Q處越過而不與平板接觸,這時的值便是滿足題中條件的最小值.
              設小球從臺面水平拋出到與平板發生第一次碰撞經歷的時間為,有
              (1)
              若碰撞正好發生在Q處,則有
              (2)
              從(1)、(2)兩式解得的值便是滿足題中條件的最大值,即(3)代入有關數據得
              (4)
              如果,小球與平板的碰撞處將不在Q點.設小球第一次剛要與平板碰撞時在豎直方向的速度為,則有(5)
              以、分別表示碰撞結束時刻小球和平板沿豎直方向的速度,由于碰撞時間極短,在碰撞過程中,小球和平板在豎直方向的動量守恒.設小球和平板的質量都是m,則有
              (6)
              因為碰撞是彈性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得
              (7)
              解(6)、(7)兩式,得(8)(9)
              碰撞后,平板從其平衡位置以為初速度開始作簡諧振動.取固定坐標,其原點O與平板處于平衡位置時板的上表面中點重合,x軸的方向豎直向下,若以小球和平板發生碰撞的時刻作為,則平板在t時刻離開平衡位置的位移
              (10)
              式中(11)
              A和是兩個待定的常量,利用參考圓方法,在t時刻平板振動的速度
              (12)
              因時,.,由(9)、(11)、(12)式可求得
              (13)
              (14)
              把(13)、(14)式代入(10)式,得
              (15)
              碰撞后,小球開始作平拋運動.如果第一次碰撞后,小球再經過時間與平板發生第二次碰撞且發生在Q處,則在發生第二次碰撞時,小球的x座標為
              (16)
              平板的x座標為
              (17)
              在碰撞時,有
              (18)
              由(16)、(17)、(18)式,代入有關數據得
              (19)
              這便是滿足的方程式,通過數值計算法求解方程可得(參見數值列表)
              (20)
              如果第二次碰撞正好發生在平板的邊緣Q處,則有
              (21)
              由(1)、(20)和(21)式得
              (22)
              而滿足題中要求的的最小值應大于(22)式給出的值.綜合以上討論,的取值范圍是
              (23)
              附:(19)式的數值求解
              用數值解法則要代入不同數值,逐步逼近所求值,列表如下:

              0.730
              0.750
              0.760
              0.765
              0.770
              0.771
              0.772
              0.775
              0.780
              0.790
              0.810


              3.31
              3.12
              3.02
              2.96
              2.91
              2.91
              2.90
              2.86
              2.81
              2.70
              2.48


              2.61
              2.76
              2.83
              2.87
              2.91
              2.91
              2.91
              2.94
              2.98
              3.06
              3.21


              0.70
              0.36
              0.19
              0.09
              0
              0
              -0.01
              -0.08
              -0.17
              -0.36
              -0.73


              二、參考解答:
              解法一
              因為B點繞A軸作圓周運動,其速度的大小為
              (1)
              B點的向心加速度的大小為
              (2)
              因為是勻角速轉動,B點的切向加速度為0,故也是B點的加速度,其方向沿BA方向.因為C點繞D軸作圓周運動,其速度的大小用表示,方向垂直于桿CD,在考察的時刻,由圖可知,其方向沿桿BC方向.因BC是剛性桿,所以B點和C點沿BC方向的速度必相等,故有
              (3)
              此時桿CD繞D軸按順時針方向轉動,C點的法向加速度
              (4)
              由圖可知,由(3)、(4)式得
              (5)
              其方向沿CD方向.
              下面來分析C點沿垂直于桿CD方向的加速度,即切向加速度.因為BC是剛性桿,所以C點相對B點的運動只能是繞B的轉動,C點相對B點的速度方向必垂直于桿BC.令表示其速度的大小,根據速度合成公式有

              由幾何關系得
              (6)
              由于C點繞B作圓周運動,相對B的向心加速度
              (7)
              因為,故有
              (8)
              其方向垂直桿CD.
              由(2)式及圖可知,B點的加速度沿BC桿的分量為
              (9)
              所以C點相對A點(或D點)的加速度沿垂直于桿CD方向的分量
              (10)
              C點的總加速度為C點繞D點作圓周運動的法向加速度與切向加速度的合加速度,即
              (11)
              的方向與桿CD間的夾角
              (12)

              解法二:通過微商求C點加速度

              以固定點A為原點作一直角坐標系Axy,Ax軸與AD重合,Ay與AD垂直.任意時刻t,連桿的位形如圖所示,此時各桿的位置分別用,和表示,且已知,,,,,C點坐標表示為
              (1)
              (2)
              將(1)、(2)式對時間t求一階微商,得
              (3)
              (4)
              把(3)、(4)式對時間t求一階微商,得
              (5)
              (6)
              根據幾何關系,有



              (7)
              (8)
              將(7)、(8)式平方后相加且化簡,得
              (9)
              對(9)式對時間t求一階微商,代入,,,得
              (10)
              對(9)式對時間t求二階微商,并代入上述數據,得
              (11)
              將(10)、(11)式以及,,的數值代入(5)、(6)式,得


              所以
              (12)
              由圖知,與x軸的夾角為
              (13)所以求得
              這個夾角在第三象限,為,故與CD的夾角(14)
              三、參考解答:
              1.設a室中原有氣體為,打開K1后,有一部分空氣進入a室,直到K1關閉時,a室中氣體增加到,設a室中增加的氣體在進入容器前的體積為,氣體進入a室的過程中,大氣對這部分氣體所作的功為(1)
              用T表示K1關閉后a室中氣體達到平衡時的溫度,則a室中氣體內能增加量為
              (2)由熱力學第一定律可知(3)
              由理想氣體狀態方程,有(4)(5)(6)
              由以上各式解出(7)
              2.K2打開后,a室中的氣體向b室自由膨脹,因系統絕熱又無外界做功,氣體內能不變,所以溫度不變(仍為),而體積增大為原來的2倍.由狀態方程知,氣體壓強變為
              (8)
              關閉K2,兩室中的氣體狀態相同,即
              ,,,且(9)
              拔掉銷釘后,緩慢推動活塞B,壓縮氣體的過程為絕熱過程,達到最終狀態時,設兩室氣體的壓強、體積和溫度分別為、、、、、,則有
              (10)
              (11)由于隔板與容器內壁無摩擦,故有(12)
              由理想氣體狀態方程,則有(13)(14)
              因(15)由(8)~(15)式可得(16)
              (17)
              在推動活塞壓縮氣體這一絕熱過程中,隔板對a室氣體作的功W等于a室中氣體內能的增加,即(18)
              由(6)、(17)和(18)式得(19)
              四、參考解答:
              設某一時刻線框在磁場區域的深度為x,速度為,因線框的一條邊切割磁感應線產生的感應電動勢為,它在線框中引起感應電流,感應電流的變化又引起自感電動勢.設線框的電動勢和電流的正方向均為順時針方向,則切割磁感應線產生的電動勢與設定的正方向相反,自感電動勢與設定的正方向相同.因線框處于超導狀態,電阻,故有
              (1)

              (2)

              (3)

              (4)
              可見與x成線性關系,有
              (5)
              C為一待定常數,注意到時,,可得,故有(6)
              時,電流為負值表示線框中電流的方向與設定的正方向相反,即在線框進入磁場區域時右側邊的電流實際流向是向上的.外磁場作用于線框的安培力
              (7)
              其大小與線框位移x成正比,方向與位移x相反,具有“彈性力”的性質.下面分兩種情形做進一步分析:
              (i)線框的初速度較小,在安培力的作用下,當它的速度減為0時,整個線框未全部進入磁場區,這時在安培力的繼續作用下,線框將反向運動,最后退出磁場區.線框一進一出的運動是一個簡諧振動的半個周期內的運動,振動的圓頻率
              (8)周期(9)
              振動的振幅可由能量關系求得,令表示線框速度減為0時進入磁場區的深度,這時線框的初始動能全部轉換為“彈性力”的“彈性勢能”,由能量守恒可得
              (10)得(11)
              故其運動方程為,t從0到(12)
              半個周期后,線框退出磁場區,將以速度向左勻速運動.因為在這種情況下的最大值是,即
              (13)
              由此可知,發生第(i)種情況時,的值要滿足下式
              即(14)
              (ii)若線框的初速度比較大,整個線框能全部進入磁場區.當線框剛進入磁場區時,其速度仍大于0,這要求滿足下式(15)
              當線框的初速度滿足(15)式時,線框能全部進入磁場區,在全部進入磁場區域以前,線框的運動方程與(12)式相同,但位移區間是到,所以時間間隔與(12)式不同,而是從0到
              (16)
              因為線框的總電動勢總是為0,所以一旦線框全部進入磁場區域,線框的兩條邊都切割磁感應線,所產生的電動勢之和為0,因而自感電動勢也為0.此后線框中維持有最大的電流,磁場對線框兩條邊的安培力的合力等于零,線框將在磁場區域勻速前進,運動的速度可由下式決定即(17)
              五、參考解答:
              解法一:
              1.由于等離子層的厚度遠小于地球的半徑,故在所考察的等離子區域內的引力場和磁場都可視為勻強場.在該區域內磁場的磁感應強度
              (1)
              引力加速度
              (2)
              考察等離子層中的某一質量為m、電荷量為q、初速度為u的粒子,取粒子所在處為坐標原點O,作一直角坐標系Oxyz,Ox軸指向地球中心,Oz沿磁場方向,如圖1所示.該粒子的初速度在坐標系中的三個分量分別為ux、uy和uz.因作用于粒子的引力沿x軸正方向,作用于粒子的洛倫茲力與z軸垂直,故粒子在z軸方向不受力作用,沿z軸的分速度保持不變.現設想在開始時刻,附加給粒子一沿y軸正方向大小為v0的速度,同時附加給粒子一沿y軸負方向大小為v0的速度,要求與其中一個v0相聯系的洛倫茲力正好與粒子所受的地球引力相平衡,即
              得(3)
              用v表示ux與沿y軸的速度的合速度(對質子取正號,對電子取負號),有
              (4)
              這樣,所考察的粒子的速度可分為三部分:
              沿z軸的分速度.其大小和方向都保持不變,但對不同的粒子是不同的,屬于等離子層中粒子的無規則運動的速度分量.
              沿y軸的速度.對帶正電的粒子,速度的方向沿y軸的負方向,對帶負電的粒子,速度的方向沿y軸的正方向.與這速度聯系的洛倫茲力正好和引力抵消,故粒子將以速率沿y軸運動.由(3)式可知,的大小是恒定的,與粒子的初速度無關,且對同種的粒子相同.
              在平面內的速度.與這速度聯系的洛倫茲力使粒子在平面內作速率為的勻速率圓周運動,若以R表示圓周的半徑,則有
              得(5)
              由(4)、(5)式可知,軌道半徑不僅與粒子的質量有關,而且與粒子的初速度的x分量和y分量有關.圓周運動的速度方向是隨時間變化的,在圓周運動的一個周期內的平均速度等于0.
              由此可見,等離子層內電子和質子的運動雖然相當復雜,但每個粒子都具有由(3)式給出的速度,其方向垂直于粒子所在處的地球引力方向,對電子,方向向西,對質子,方向向東.電子、質子這種運動稱為漂移運動,對應的速度稱為漂移速度.漂移運動是粒子的定向運動,電子、質子的定向運動就形成了環繞地球中心的環形電流.
              由(3)式和(1)、(2)兩式以及有關數據可得電子和質子的漂移速度分別為
              (6)(7)
              由于電子、質子漂移速度的方向相反,電荷異號,它們產生的電流方向相同,均為沿緯度向東.根據電流密度的定義有(8)
              代入有關數據得(9)電流密度的方向沿緯度向東.
              2.上一小題的討論表明,粒子在平面內作圓周運動,運動的速率由(4)式給出,它與粒子的初速度有關.對初速度方向指向地心的粒子,圓周運動的速率為
              (10)
              由(1)、(2)、(3)、(5)、(10)各式并代入題給的有關數據可得電子、質子的軌道半徑分別為(11)(12)
              以上的計算表明,雖然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子還受到磁場的作用,電子和質子在地球半徑方向的最大下降距離分別為和,都遠小于等離子層的厚度,所考察的電子和質子仍在等離子層內運動,不會落到地面上.
              解法二:.
              1.由于等離子層的厚度遠小于地球半徑,故在所考察等離子區域內的引力場和磁場都可視為勻強場.在該區域內磁場的磁感應強度
              (1)
              引力加速度
              (2)
              考察等離子層中的某一質量為m,電荷量為q、初速度為u的粒子,取粒子所在處為坐標原點O,作一直角坐標系Oxyz,Ox軸指向地球中心,Oz沿磁場方向,如圖1所示.該粒子的初速度在坐標系中的三個分量分別為ux、uy和uz.若以、、表示粒子在任意時刻t的速度在x方向、y方向和z方向的分速度,則帶電粒子在引力和洛倫茲力的共同作用下的運動方程為
              (3)
              (4)(5)
              (5)式表明,所考察粒子的速度在z軸上的分量保持不變,即
              (6)作變量代換,令(7)
              其中(8)把(7)、(8)式代入(3)、(4)式得
              (9) (10)
              由(9)、(10)兩式可知,作用于粒子的力在x和y方向的分量分別為

              若用表示的方向與x軸的夾角,表示的方向與x軸的夾角,而,則有

              可見,表明的方向與的方向垂直,粒子將在的作用下在平面內作速率為的勻速圓...
                  

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