最新第28屆物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷及答案匯總

1、201 1 年第 28 屆物理 競(jìng)賽復(fù)賽試卷及答案精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 第28屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽試卷（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)，具周期T為76.1年，1986年它過(guò)近日點(diǎn)P0時(shí)與太陽(yáng)S的距離ro=0.590AU ,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，彗星到達(dá)軌道上的P點(diǎn),SP與SB的夾角8P=72.0 。已知：1AU=1.50Xl011m,引力常量G=6.67X10T1Nm2/kg2,太陽(yáng)質(zhì)量ms=1.99X1030kg,試求P到太陽(yáng)S的距離rP及

2、彗星過(guò)P點(diǎn)時(shí)速度的大小及方向（用速度方向與 SB的夾角表示）。（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)為仙a, 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)為仙C,兩桿的質(zhì)量均為m,長(zhǎng)度均為l。1、已知系統(tǒng)平衡時(shí)AB桿與墻面夾角為8,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g=1.00,郎=0.866, 8=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(chēng)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)

3、稱(chēng)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 O是圓筒 的對(duì)稱(chēng)軸，兩條足夠長(zhǎng)的不可伸長(zhǎng)的結(jié)實(shí)的長(zhǎng)度相等的輕純的一端分別固定在 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(gè)質(zhì)量為 m的 小球，正常情況下，繩繞在圓筒外表面上，兩小球用插銷(xiāo)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(chēng)軸旋轉(zhuǎn)，衛(wèi)星自轉(zhuǎn)的角速度為 CDOo若要使衛(wèi)星減慢或者停止旋轉(zhuǎn)（消旋），可瞬間撤去插銷(xiāo)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，從純與

4、圓筒表面相切點(diǎn)到小球的那 段純都是拉直的。當(dāng)衛(wèi)星轉(zhuǎn)速逐漸減小到零時(shí)，立即使純與衛(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)純與圓筒的相切點(diǎn)剛好在Q、Q處。1、求當(dāng)衛(wèi)星角速度減至?xí)r純拉直部分的長(zhǎng)度 l;2、求純的總長(zhǎng)度L;3、求衛(wèi)星從0到停轉(zhuǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間四、(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Ei Eoi ,勻強(qiáng)磁場(chǎng)沿z方 向，磁感應(yīng)強(qiáng)度B Bok, Eo、Bo分別為已知常量，i： k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Oyz平面內(nèi)的某點(diǎn)射 出，它們的初速

5、度均在Oyz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 Oyz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)間變化的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度Ez (Eocos t)k ,式中qB0 ,若有一電荷量為正q、質(zhì)量為m的粒子，在t=o時(shí)刻從坐標(biāo)原點(diǎn)O射出，初速度vo在Oyz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pn結(jié)太陽(yáng)能電池是根據(jù)先生伏打效應(yīng)工作的。當(dāng)有光照射pn結(jié)時(shí)，pn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)pn結(jié)兩端接有負(fù)載時(shí)，光照使pn結(jié)內(nèi)部產(chǎn)生由負(fù)極指向正極的

6、電流即光電流，照射光的強(qiáng)度 恒定時(shí)，光電流是恒定的，已知該光電流為 Il;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)?，其電流為VId Io(eVr 1),式中Vr和I0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。太陽(yáng)能電池的短路電流Is=壓 Voc=2負(fù)載獲得的功率P=2、已知一硅pn結(jié)太陽(yáng)能電池的lL=95mA, Io=4.1 X10 9mA, Vr=0.026V。則止匕太陽(yáng)能電池的開(kāi)路電壓Voc=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 Vmp Vrln 1 (Il/I0) 則

7、1 (Voc /Vr)VmP=V。太陽(yáng)能電池輸出的最大功率Pmax=mWA若負(fù)載為歐姆電阻，則輸出最大功率時(shí)，負(fù)載電阻R=Q o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po0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Q。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V。現(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Q。，試求B室中氣體末態(tài)

8、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。精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 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B。每個(gè)球面鏡的3一一. 凹面和凸面都是能反光的鏡面。 A、B頂點(diǎn)間的距離為-Ro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ho現(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

9、 （hR）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I1與透鏡L的距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I2,將I2的有關(guān)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(shí)像還是虛 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I3,將I3的有關(guān)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(shí)像還是虛像

10、八、（20分）有一核反應(yīng)其反應(yīng)式為1p 3H 23He （1n ,反應(yīng)中所有粒子的速度 / 、 / 7 J IT I/、 11 7/7 IL 12d 0， I / 7 I IT I、 LT均遠(yuǎn)小于光速，試問(wèn)：百度傳課：物理競(jìng)賽 &自主招生與奧賽全程對(duì)接物理視頻教程。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3H靜止，入射質(zhì)子的閾能Tth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1p、；n、3H核、；He核

11、的靜止質(zhì)量分別為：mP=1.007276u, mn=1.008665u, m3H=3.015501u, m3He=3.014932u, u 是原子質(zhì)量單位，1u 對(duì)應(yīng) 的能量為931.5MeV0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)賽試卷參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)解法取直角坐標(biāo)系Oxy,原點(diǎn)。位于橢圓的中心，則哈雷彗星的橢圓軌道方程(1)2yb2a、b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Te表示地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期，則 Te 1.00年以ae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ae 1.00AU ,根據(jù)開(kāi)普勒第三定律,設(shè)c為橢圓中心到焦點(diǎn)的距

12、離，由幾何關(guān)系c a ro(3)b Va2 c2(4)由圖1可知，P點(diǎn)的坐標(biāo)x c rP cos P (5)y rP sin P (6)把(5)、(6)式代入(1)式化簡(jiǎn)得精品資料rp0.895AU(6)僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 ，.2 a sinP b2 cos2 P22rP 2b crP cos Pb2c22. 2a b 0根據(jù)求根公式可得b2a ccosrP _22a sin Pb2cos P(8)由（2）、（3）、（4）、（8）各式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)得rP 0.896AU可以證明，彗星繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能為(10)

13、E= Gmms _ 2a式中m為彗星的質(zhì)量.以Vp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122 mVpGmmsrpGmm，2a(11)rP aVp Gms2 1(代入有關(guān)數(shù)據(jù)得 41vP = 4.39 10 ms(13)設(shè)P點(diǎn)速度方向與SP的夾角為（見(jiàn)圖2）,根據(jù)開(kāi)普勒第二定律rPvP sinP 2(14)其中 為面積速度，并有：ab由（9）、 （ 13）、 （ 14）、（15）（15）式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)可得127(16)解法取極坐標(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，取逆時(shí)針為正向，用r、 表示彗星的橢圓軌道方程為r -p（1）1 ecos其中，e為橢

14、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 a,根據(jù)解析幾何可知(2)將（2）式代入（1）式可得2(3)a 1 eecos以Te表示地球繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的周期，則Te1.00年；以ae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ae1.00AU ,根據(jù)開(kāi)普勒第三定律,T2T2(4)在近日點(diǎn)0,由（3）式可得(5)reae的數(shù)據(jù)代入（3）式即得可以證明，彗星繞太陽(yáng)作橢圓運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能E= Gmms_ 2a式中m為彗星的質(zhì)量.以Vp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 TOC o 1-5 h z 2 GmmsGmm；mvprp2a（8）可得Vp jGms J - （9）, rp

15、 a代入有關(guān)數(shù)據(jù)得41Vp = 4.39 104m s1（10）設(shè)P點(diǎn)速度方向與極軸的夾角為，彗星在近日點(diǎn)的速度為Vo,再根據(jù)角動(dòng)量守恒定律，有rpvp sin根據(jù)（8）式，同理可得provo由（6）、（10）、（11）、（12）式并代入其它有關(guān)數(shù)據(jù)127 T(13)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分解法一精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料f1aNi(16)僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 （2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（1 （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 （10）式 2 分，（11）式

16、 3 分，（12）式 1 分，（13）式 2 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：f1為地面作用于桿AB的摩擦力，Ni為地面對(duì)桿AB的支持力，f2、N2為桿AB作用于桿CD的 摩擦力和支持力，N3、N4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N4 N3 f10（1）1)式3分，(13)式2分，)式2分，(8)式3分，.分.那.妥 1哆心31、EF N2gmgvyN1&f2pC、U8?g?SK?8?3?8JA8?r(2)N1 2mg0以及對(duì)A點(diǎn)的力矩1-mgl sin mgl sin1l sin 2

17、Ml cosN4l cos l cos CF 03mglsinImglsinN3l cosN4 l cosl cos CF 0(3)式中CF待求.F是過(guò)C的豎直線與過(guò)B的水平線的交點(diǎn)，E為BF與CD的交點(diǎn).由幾何關(guān)系有CF l sin cot取桿CD為研究對(duì)象，由平衡條件有N4 N2 cos f2sinN2sinf2 cosmg(6)以及對(duì)C點(diǎn)的力矩N4l cos1mglsin解以上各式可得(8)N4 1 mgtanN33 tan 22tansin1 tansinf13tan2sincoscos2 sinmg(9)Ni2mgN2 sincosmgf2cos1tan sin 21 tan2 si

18、nmgsinmg(10)CD桿平衡的必要條件為由（12）、 （ 13）、tancN2(14)(14)式得CsinC coscossin(15)AB桿平衡的必要條件為由（10）、 （ 11）、 （16）式得tan sin2sinsincos4 A 3tan(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(19)19.5因此，的取值范圍為19521.1(20)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題20分第1問(wèn)15分（1）、（2）、（3）式共 3分，（4）式 1 分,(5)、(6)、（7）式共

19、分，（9）、（10）式各1分,（12）到（17）式各1分.（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分.解法1.設(shè)在時(shí)刻t ,小球和圓筒的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)如圖1所示，小球位于P點(diǎn)，繩與圓筒的切點(diǎn)為T(mén),T1POV2精品資料圖1僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 P到T的距離即純的拉直部分的長(zhǎng)度為1,圓筒的角速度為，小球的速度為v.V2兩個(gè)小球的速度可以分解成沿著繩子方向的速度V1和垂直于繩子方向的速度分量.根據(jù)機(jī)械能守恒定律和角動(dòng)量守恒定律有1M R 022121-m R o -M R22_ 2_2_ 2MR 0 mR 0 MR2122m

20、 v1v22mRv1mlv2因?yàn)槔K子不可伸長(zhǎng),vi與切點(diǎn)T的速度相等，即vi R解（1）、（2）、（3）式得_22M m R ml220M m R2 ml2v2_22 M m R lZ-22 0M m R ml(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(zhǎng)度2.由（6）式，當(dāng) 0得這便是純的總長(zhǎng)度L.3.如圖2所示，從時(shí)刻t到t t,切點(diǎn)T跟隨圓筒轉(zhuǎn)過(guò)一角度1 t,由于繩子的拉直部分的長(zhǎng)度增加了l ,切點(diǎn)相對(duì)圓筒又轉(zhuǎn)過(guò)一角度t到達(dá)T處，所以在t時(shí)間內(nèi)，切點(diǎn)轉(zhuǎn)過(guò)的角度切點(diǎn)從T變到T也使切線方向改變了一個(gè)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V2引起的，故有

21、V2 tr由（1）、（2）、（3）式可得由（8）、 （9）、 （10）三式得 即純的拉直部分的長(zhǎng)度為l，小球到轉(zhuǎn)軸O的距離為r ,圓筒的角速度為 .由 于圓筒的轉(zhuǎn)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.（11）式表示l隨t均勻增加，故由0增加到L所需的時(shí)間為tsL 1Mm0R0 m(12)解法1.撤去插銷(xiāo)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t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m2QRrTQOPm2l ,首先考察小球相對(duì)于圓筒的運(yùn)動(dòng).在t時(shí)刻

22、，OT與固定在圓筒上的半徑OP。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t ,切點(diǎn)從圓筒上的T點(diǎn)移到T點(diǎn)，OT與OP。的夾角變?yōu)?，繩的拉直部分的長(zhǎng)度由l變 為l ,小球由P運(yùn)動(dòng)到P , PP便是小球相對(duì)圓筒的位移.當(dāng)t很小時(shí)l故pP l于是小球相對(duì)圓筒的速度大小為v l l t方向垂直于TP .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 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v r (2)方向垂直于OP .可以把v分解成沿著TP方向的分量v i和垂直TP方向的分量v 2

23、 ,如圖3所示，即精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 小球相對(duì)質(zhì)心系的速度V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V的大小 TOC o 1-5 h z v , v21 v 2 V(5)因l R(6)故有v R2-2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1212 21-M R 0mR2 02 -M R222222MR 0 mR 0 MR mRv 1由(7)、(8)兩式有22 m0M m由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式

24、得m 20 M m由(10)、(11)兩式得故有2 1 mv2(8)2ml v 2 v(9)222(10)(11)00(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)式得由（6）、（13）兩式得這便是在衛(wèi)星角速度減至?xí)r純的拉直部分的長(zhǎng)度l .2.由（14）式，當(dāng)0得純總長(zhǎng)度,即3.因是一個(gè)包量,隨時(shí)間的t的變化規(guī)律為0t0時(shí)，由（13）式可得衛(wèi)星停旋時(shí)的設(shè)衛(wèi)星停轉(zhuǎn)所用的時(shí)間為ts,由（16）、(17)式得tsM m0、 m(18)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn):本題25分.解法第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.

25、（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)関oy和Voz. 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Voz作勻速運(yùn)動(dòng).粒子在Oxy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方向的初速度表小為 TOC o 1-

26、5 h z VoyV0y1Voy Voy1(1)其中voy1f(2)Bo沿y負(fù)方向.與Voy1相關(guān)的磁場(chǎng)力fBxqVoy1 Bo(3)沿x負(fù)方向.粒子受到的電場(chǎng)力fEfExqEo(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，故粒子以大小為巨的速度沿y負(fù)方向運(yùn)動(dòng).除此之外，由（1）式可 Bo知，粒子還具有初速度v0y2Eov 0y B(5)沿y正方向，與V0y2相關(guān)的磁場(chǎng)力使粒子以速率V0y2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2 V0y2 qv0y2 Bom r(6)可得mv0y2 r qB0由周期的定義和（7）式可得圓周運(yùn)動(dòng)的周

27、期(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)間整數(shù)倍所考察的粒子就能同時(shí)回到 Oyz平面.2 .增加的電場(chǎng)E2對(duì)粒子在Oxy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az表示在此電場(chǎng)力作用下的加速度，有maz qE0 cos tqEo1az =- cos tm(10)這是簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的加速度，因而有2az = z(11)由（10）、（11）可得z-12qEocos t（12）m因未增加電場(chǎng)時(shí)，粒子在z方向作初速度為V0Z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1 oEcz v0zt - cos t（13）m粒子在Oxy平面

28、內(nèi)的運(yùn)動(dòng)不受電場(chǎng)E2的影響.設(shè)-為粒子在Oxy平面內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)的角速度，則有2 任 qBoT m(14)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t的變化關(guān)系x r 1 cos ot(15)y rsin ot(16)考慮到粒子在y方向還具有速度為voy1的勻速運(yùn)動(dòng)，并利用（2）、（5）、（14）以及己知條件，可得帶電粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律:mvoy qBoE-Bocos呵m(17)Eot4BoqBoEoBosinqB-tm(18)(19)vozt 萼cos嗎qBom評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題2o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

29、問(wèn)8分.（12）式2分，（14）式到（19）式各1分.五、答案與評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)本題15分.V11Il Io eVT 1（2 分），Il（2 分），Vt ln 1 ,（2Io分）， V VI l VIo eVT 1（1 分）.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(duì)A室中氣體加熱的過(guò)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(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B室氣體末態(tài)的

30、體積Vb 2Vo（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B室中氣體 末態(tài)的溫度，有 TOC o 1-5 h z 始”(2)To Tb由(1)、(2)式得Tb 2To(3)由于隔板N是導(dǎo)熱的，故A室中氣體末態(tài)的溫度Ta 2To(4)下面計(jì)算此過(guò)程中的熱量Qm.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aA R5 - 2由(4)、(5)兩式得B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過(guò)程，在過(guò)程中 B室氣體對(duì)外做功為 TOC o 1-5 h z WbPo(Vb V。)由(1)、(7)式及理想氣體狀態(tài)方程得Wb RTo(8)內(nèi)能改變?yōu)?

31、Ub 2R(Tb To)(9)由(4)、(9)兩式得5. 、Ub -RTo(10)2根據(jù)熱力學(xué)第一定律和(8)、(10)兩式，B室氣體吸收的熱量為Qb Ub Wb I RTo(11)由(6)、(11)兩式可知電加熱器提供的熱量為Qm Qa Qb 6RT0(12)若Q0 Qm , B室中氣體末態(tài)體積為2Vo, A室中氣體的末態(tài)溫度2To .2.若Q0 Qm ,則當(dāng)加熱器供應(yīng)的熱量達(dá)到Qm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Q0 Qm是A、B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

32、態(tài)的溫度為T(mén)a,有(13)一_5_5_Q0Qm2 R(TA2T0)- R(TA2T0)由(12)、(13)兩式可求得TaQ05R-To(14)B中氣體的末態(tài)的體積(15)Vb= 2Vo3.若Qo Qm,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Vb小于2V。，即Vb 2Vo .設(shè)A、B兩室中氣體末態(tài)的溫度為T(mén)a,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5 TOC o 1-5 h z Qa -R(Ta To)(16)B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過(guò)程，吸收熱量八 5 一，、Qb -R(Ta To) Po(Vb Vo)(17)利用理想氣體狀態(tài)方程，上式變?yōu)镼b

33、-R Ta To(18)2由上可知Qo Qa Qb 6R(Ta To)(19)所以A室中氣體的末態(tài)溫度精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 Ta6RTo(20)B室中氣體的末態(tài)體積Vb36RT01)Vo(21)評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分.得到Qo Qm的條件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到Qo Qm的條件下的（14）式4分，（15）式2分；得到Qo Qm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. 3R(3 分)6R(3 分)12與L的距

34、離I2在L左方還是 右方I2的大小I2是正立還是 倒立I 2是實(shí)像還是 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.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(shí)像還是虛 像18R左力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：.反應(yīng)能2Qmp m3H m3He 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).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vp,反應(yīng)后3He的速度大小為v3He,中子的速度大

35、小為vn,根 據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有mpvpm3Hev3Hemnvn12-mpvp122 m3Hev3He2mnv2Q(4)由(3)、 (4)式可得2mn mnm3He 2vnm3Hemlpmln2vpvnm3He2mpmPm3Hem3He2 vp2Q 02mnm3Hemn m3He2 mmm2mpn-vp(6)3 Hempm3He2Vpm3He把(6)式代入(5)式得(8)由(6)式可知，c可能大于零，亦可能小于零.若c0,則(8)總成立，中子速度定有解，反應(yīng)一定能發(fā)生；若c 0,則由(6)、(8)兩式得12-mtvp 一 2 p p mnm3Hem3HeRQ即只有當(dāng)入射質(zhì)子的動(dòng)能滿足式時(shí)，

36、中子速度才有解，反應(yīng)才能發(fā)生，所以.2avn bvn c 0(7)式有解的條件是,2b 4ac 0入射質(zhì)子的閾能為T(mén)th1 一mnmpm3Hemp(10)2 利用(1)式，在忽略Q項(xiàng)的情況下,(10)式可簡(jiǎn)化為(11)(12)mpTth1 pm3H代入有關(guān)數(shù)據(jù)得% 1.02MeV3.由動(dòng)量守恒和能量守恒有mpvpm3He3Hemnvn(12)1212122 mpvp2m3Hev3He2 mnvn(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222(14)m3HeV3HemnvnmpVp2mnmpVnVpcosTnT3He2mpvp122mnvn12

37、5 m3隨口抬(15)(16)(17)把（15）、（16）、（17）式代入（13）、（14）兩式得Tp T3He Tn(18)(19)由（18）、(20)2 m3HeT3He202mpTp（19）式，消去丁3隨后,Tn2JmnmpTLcosm3He mn一m3TnHe2 2mnTn2mpTp cosmp Tpm3HemnQ m3HeSnosm3Hemn% mp TpQ %m3Hemn(21)根據(jù)題給的入射質(zhì)子的動(dòng)能和第Tn 2S.T； R 0(22)問(wèn)求得的反應(yīng)能Q的值，由（21）式可知R 0 ,故（22）式的符合物理意義的解為T(mén)n SS2R(23)將具體數(shù)據(jù)代入（21）、（23）式中，有Tn

38、 0.132MeV(24)（如果彳4到Tn 0.131 MeV,也是對(duì)的.）第2問(wèn)的其他解法解法精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料1.02MeV(6)僅供學(xué)習(xí)與交流，如有侵權(quán)請(qǐng)聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 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3He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Vp,反應(yīng)后3He和中子的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒有mpVp(m3 He mn)V122mpvp12 八“Hemn)V Q(2)由（1）、 （2）式可得122mpvpmnm3Hemnm3 Hemp-Q(3)所以閾能為mpmnm3Hemp(4)利用第1問(wèn)中的（1）式，并注意到QI2m3uCH在忽略1mnm3Hempm3,.1H2m3HCH2 Q項(xiàng)的情況下,（4）式可簡(jiǎn)化為1m3H2m3HCH12m3H代入有關(guān)數(shù)據(jù)得（1）、（2）式各3分，式或（5）式1分，（6）式1分.解法在牛頓力學(xué)中可以證明，質(zhì)點(diǎn)系的總