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              【2011第28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:477 KB
              • 資料類型:試題 資料編號:998879
              • 感謝網友:shuxuea上傳  審核人:shulihua
              • 上傳時間:2014年09月10日 23時25分00秒
              • 更新時間:2014年09月10日 23時25分00秒
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              文件簡介::
              第28屆全國中學生物理競賽復賽試題(2011)
              (20分)如圖所示,哈雷彗星繞太陽S沿橢圓軌道逆時針方向運動,其周期T為76.1年,1986年它過近日點P0時與太陽S的距離r0=0.590AU,AU是天文單位,它等于地球與太陽的平均距離,經過一段時間,彗星到達軌道上的P點,SP與SP0的夾角θP=72.0°。已知:1AU=1.50×1011m,引力常量G=6.67×10-11Nm2/kg2,太陽質量mS=1.99×1030kg,試求P到太陽S的距離rP及彗星過P點時速度的大小及方向(用速度方向與SP0的夾角表示)。

              二、(20分)質量均勻分布的剛性桿AB、CD如圖放置,A點與水平地面接觸,與地面間的靜摩擦系數為μA,B、D兩點與光滑豎直墻面接觸,桿AB和CD接觸處的靜摩擦系數為μC,兩桿的質量均為m,長度均為l。
              1、已知系統平衡時AB桿與墻面夾角為θ,求CD桿與墻面夾角α應該滿足的條件(用α及已知量滿足的方程式表示)。
              2、若μA=1.00,μC=0.866,θ=60.0°。求系統平衡時α的取值范圍(用數值計算求出)。




              三、(25分)在人造衛星繞星球運行的過程中,為了保持其對稱轉軸穩定在規定指向,一種最簡單的辦法就是讓衛星在其運行過程中同時繞自身的對稱軸轉,但有時為了改變衛星的指向,又要求減慢或者消除衛星的旋轉,減慢或者消除衛星旋轉的一種方法就是所謂消旋法,其原理如圖所示。
              一半徑為R,質量為M的薄壁圓筒,,其橫截面如圖所示,圖中O是圓筒的對稱軸,兩條足夠長的不可伸長的結實的長度相等的輕繩的一端分別固定在圓筒表面上的Q、Q′(位于圓筒直徑兩端)處,另一端各拴有一個質量為的小球,正常情況下,繩繞在圓筒外表面上,兩小球用插銷分別鎖定在圓筒表面上的P0、P0′處,與衛星形成一體,繞衛星的對稱軸旋轉,衛星自轉的角速度為ω0。若要使衛星減慢或者停止旋轉(消旋),可瞬間撤去插銷釋放小球,讓小球從圓筒表面甩開,在甩開的整個過程中,從繩與圓筒表面相切點到小球的那段繩都是拉直的。當衛星轉速逐漸減小到零時,立即使繩與衛星脫離,解除小球與衛星的聯系,于是衛星轉動停止。已知此時繩與圓筒的相切點剛好在Q、Q′處。
              求當衛星角速度減至ω時繩拉直部分的長度l;
              求繩的總長度L;
              求衛星從ω0到停轉所經歷的時間t。
              四、(20分)空間某區域存在勻強電場和勻強磁場,在此區域建立直角坐標系O-xyz,如圖所示,勻強電場沿x方向,電場強度,勻強磁場沿z方向,磁感應強度,E0、B0分別為已知常量,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、質量都為m的粒子,同時從Oyz平面內的某點射出,它們的初速度均在Oyz平面內,速度的大小和方向各不相同,問經過多少時間這些粒子又能同時回到Oyz平面內。
              2、現在該區域內再增加一個沿x方向隨時間變化的勻強電場,電場強度,式中,若有一電荷量為正q、質量為m的粒子,在t=0時刻從坐標原點O射出,初速度v0在Oyz平面內,試求以后此粒子的坐標隨時間變化的規律。
              不計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產生的磁場。

              五、(15分)半導體pn結太陽能電池是根據光生伏打效應工作的。當有光照射pn結時,pn結兩端會產生電勢差,這就是光生伏打效應。當pn結兩端接有負載時,光照使pn結內部產生由負極指向正極的電流即光電流,照射光的強度恒定時,光電流是恒定的,已知該光電流為IL;同時,pn結又是一個二極管,當有電流流過負載時,負載兩端的電壓V使二極管正向導通,其電流為,式中Vr和I0在一定條件下均為已知常數。
              1、在照射光的強度不變時,通過負載的電流I與負載兩端的電壓V的關系是I=__________________。太陽能電池的短路電流IS=_______________,開路電壓VOC=___________________,負載獲得的功率P=______________。
              2、已知一硅pn結太陽能電池的IL=95mA,I0=4.1×10-9mA,Vr=0.026V。則此太陽能電池的開路電壓VOC=___________________V,若太陽能電池輸出功率最大時,負載兩端的電壓可近似表示為,則VmP=______________V。太陽能電池輸出的最大功率Pmax=_______________mW。若負載為歐姆電阻,則輸出最大功率時,負載電阻R=_____________Ω。





              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,大氣的壓強為p0。用一熱容量可忽略的導熱隔板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,活塞相對氣缸可以無摩擦地移動但不漏氣,氣缸的左端A室中有一電加熱器Ω。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,系統處于平衡狀態,A、B兩室中氣體的溫度均為T0,A、B、C三室的體積均為V0。現通過電加熱器對A室中氣體緩慢加熱,若提供的總熱量為Q0,試求B室中氣體末態體積和A室中氣體的末態溫度。設A、B兩室中氣體1摩爾的內能U=5/2RT。R為普適恒量,T為熱力學溫度。


              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的右側與它共軸地放置兩個半徑皆為R的很薄的球面鏡A和B。每個球面鏡的凹面和凸面都是能反光的鏡面。A、B頂點間的距離為。在B的頂點C處開有一個透光的小圓孔(圓心為C),圓孔的直徑為h。現于凸透鏡L左方距L為6R處放一與主軸垂直的高度也為h(h<
              像I與透鏡L的距離等于___________。
              形成像I的光線經A反射,直接通過小孔后經L所成的像I1與透鏡L的距離等于_____________________。
              形成像I的光線經A反射,再經B反射,再經A反射,最后通過L成像I2,將I2的有關信息填在下表中:
              I2與L的距離
              I2在L左方還是右方
              I2的大小
              I2是正立還是倒立
              I2是實像還是虛像









              物PQ發出的光經L后未進入B上的小圓孔C的那一部分最后通過L成像I3,將I3的有關信息填在下表中:
              I3與L的距離
              I3在L左方還是右方
              I3的大小
              I3是正立還是倒立
              I3是實像還是虛像










              八、(20分)有一核反應其反應式為,反應中所有粒子的速度均遠小于光速,試問:
              1、它是吸能反應還是放能反應,反應能Q為多少?
              2、在該核反應中,若靜止,入射質子的閾能Tth為多少?閾能是使該核反應能夠發生的入射粒子的最小動能(相對實驗室參考系)。
              3、已知在該反應中入射質子的動能為1.21MeV,若所產生中子的出射方向與質子的入射方向成60.0°角,則該中子的動能Tn為多少?
              已知、、核、核的靜止質量分別為:mP=1.007276u,mn=1.008665u,m3H=3.015501u,m3He=3.014932u,u是原子質量單位,1u對應的能量為931.5MeV。結果取三位有效數字。















              第28屆全國中學生物理競賽復賽試題參考解答及評分標準
              一、參考解答:
              解法一
              取直角坐標系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(認為地球繞太陽作圓周運動),則,根據開普勒第三定律,有
              (2)
              設c為橢圓中心到焦點的距離,由幾何關系得
              (3)
              (4)

              由圖1可知,P點的坐標
              (5)
              (6)
              把(5)、(6)式代入(1)式化簡得
              (7)
              根據求根公式可得
              (8)
              由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有關數據得
              (9)
              可以證明,彗星繞太陽作橢圓運動的機械能為
              (10)
              式中m為彗星的質量.以表示彗星在P點時速度的大小,根據機械能守恒定律有
              (11)

              (12)
              代入有關數據得
              (13)
              設P點速度方向與的夾角為(見圖2),根據開普勒第二定律
              (14)

              其中為面積速度,并有
              (15)
              由(9)、(13)、(14)、(15)式并代入有關數據可得
              (16)


              解法二
              取極坐標,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動的周期,則;以表示地球到太陽的距離(認為地球繞太陽作圓周運動),則,根據開普勒第三定律,有
              (4)
              在近日點,由(3)式可得
              (5)
              將、、的數據代入(3)式即得
              (6)
              可以證明,彗星繞太陽作橢圓運動的機械能
              (7)
              式中m為彗星的質量.以表示彗星在P點時速度的大小,根據機械能守恒定律有
              (8)
              可得
              (9)
              代入有關數據得
              (10)
              設P點速度方向與極軸的夾角為,彗星在近日點的速度為,再根據角動量守恒定律,有
              (11)
              根據(8)式,同理可得
              (12)
              由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有關數據
              (13)
              評分標準:
              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.取桿和構成的系統為研究對象,系統平衡時,由平衡條件有
              (1)
              (2)
              以及對A點的力矩


              (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.由幾何關系有
              (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,使系統平衡,應滿足的條件為(15)式和(17)式.

              2.將題給的數據代入(15)式可得
              (18)
              將題給的數據代入(17)式,經數值計算可得
              (19)
              因此,的取值范圍為
              (20)
              評分標準:
              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)、(10)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
              1.設在時刻,小球和圓筒的運動狀態如圖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.根據機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)
              這便是在衛星角速度減至時繩的拉直部分的長度.
              2.由(6)式,當得
              (7)
              這便是繩的總長度L.
              3.如圖2所示,從時刻到,切點跟隨圓筒轉過一角度,由于繩子的拉直部分的長度增加了,切點相對圓筒又轉過一角度,到達處,所以在時間內,切點轉過的角度
              (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)

              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行研究,先研究任何時刻小球的速度.
              在時刻,相對衛星系統質心參考系小球運動狀態如圖1所示,繩子的拉直部分與圓筒面的切點為,小球到切點T的距離即繩的拉直部分的長度為,小球到轉軸的距離為,圓筒的角速度為.由于圓筒的轉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.
              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,經過時間,切點從圓筒上的點移到點,與的夾角變為,繩的拉直部分的長度由變為,小球由運動到,便是小球相對圓筒的位移.當很小時,故

              于是小球相對圓筒的速度大小為
              (1)
              方向垂直于.是切點相對圓筒轉動的角速度.
              再考察圓筒相對質心參考系的轉動,即與圓筒固連在一起的轉動參考系相對質心參考系的運動.當圓筒的角速度為時,位于轉動參考系中的點(小球所在處)相對質心系的速度
              (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心系速度的合成,由圖3可得的大小
              (5)

              (6)
              故有
              (7)
              因為系統不受外力作用,故系統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動的角速度等于衛星的初始角速度,是一個恒量,將(12)式代入(11)式得
              (13)
              由(6)、(13)兩式得
              (14)
              這便是在衛星角速度減至時繩的拉直部分的長度.
              2.由(14)式,當得繩總長度,即
              (15)
              3.因是一個恒量,隨時間的的變化規律為
              (16)
              當時,由(13)式可得衛星停旋時的
              (17)
              設衛星停轉所用的時間為,由(16)、(17)式得
              (18)
              評分標準:
              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)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.根據題意,粒子的初速度只有y方向和z方向的分量,設它們為和.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負方向.與相關的磁場力
              (3)
              沿x負方向.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,與相關的磁場力使粒子以速率在Oxy面內作勻速圓周運動,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.經過時間T或T的整數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)

              (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)
              粒子在Oxy平面內的運動不受電場的影響.設為粒子在Oxy平面內作圓周運動的角速度,則有
              (14)
              由圖示可得與圓周運動相聯系的粒子坐標隨時間t的變化關系
              (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律:
              (17)
              (18)
              (19)

              評分標準:
              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、
              答案與評分標準
              本題15分.
              1. (2分), (2分), (2分),
              (1分).
              2.0.62V (2分);0.54V (2分);49mW (2分);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是導熱的,B室中氣體的溫度要升高,活塞M將向右移動.當加熱停止時,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.當然亦可能活塞已移到氣缸最右端但加熱過程尚未停止.
              設加熱恰好能使活塞M移到氣缸的最右端,則B室氣體末態的體積
              (1)
              根據題意,活塞M向右移動過程中,B中氣體壓強不變,用表示B室中氣體末態的溫度,有
              (2)
              由(1)、(2)式得
              (3)
              由于隔板N是導熱的,故A室中氣體末態的溫度
              (4)
              下面計算此過程中的熱量.
              在加熱過程中,A室中氣體經歷的是等容過程,根據熱力學第一定律,氣體吸收的熱量等于其內能的增加量,即
              (5)
              由(4)、(5)兩式得
              (6)
              B室中氣體經歷的是等壓過程,在過程中室氣體對外做功為
              (7)
              由(1)、(7)式及理想氣體狀態方程得
              (8)
              內能改變為
              (9)
              由(4)、(9)兩式得
              (10)
              根據熱力學第一定律和(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,室中氣體末態體積為,室中氣體的末態溫度.
              2.若,則當加熱器供應的熱量達到時,活塞剛好到達氣缸最右端,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,根據熱力學第一定律,若A室中氣體末態的溫度為,有
              (13)
              由(12)、(13)兩式可求得
              (14)
              B中氣體的末態的體積
              (15)
              3.若,則隔板尚未移到氣缸最右端,加熱停止,故B室中氣體末態的體積小于,即.設A、B兩室中氣體末態的溫度為,根據熱力學第一定律,注意到A室中氣體經歷的是等容過程,其吸收的熱量
              (16)
              B室中氣體經歷的是等壓過程,吸收熱量
              (17)
              利用理想氣體狀態方程,上式變為
              (18)
              由上可知
              (19)
              所以A室中氣體的末態溫度
              (20)
              B室中氣體的末態體積
              (21)
              評分標準:
              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分,(21)式2分.



              七、
              答案與評分標準:
              本題20分.
              1.3R (3分)
              2.6R (3分)
              3.
              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

              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.
              4.
              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

              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.

              八、
              參考解答:
              1.反應能
              (1)
              式中c為光速.代入數據得...
                  

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