第28屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題含資料全

第28屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽試題含資料全第28屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽試題含資料全31/31第28屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽試題含資料全第28屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽試題（2011）一、（20分）以下列圖，哈雷彗星繞太陽S沿橢圓軌道逆時針方向運(yùn)動，其周期T為年，1986年它過近期點P0時與太陽S的距離，AU是天文單位，它等于地球與太陽的平均距離，經(jīng)過一段時間，彗星到達(dá)軌道上的P點，SP與SP0的夾角θP=72.0°。已知：×1011m，引力常量G=6.67×10－11Nm2/kg2，太陽質(zhì)量×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(zhì)量平均分布的剛性桿AB、CD如圖放置，A點與水平川面接觸，與地面間的靜摩擦系數(shù)為μA，B、D兩點與圓滑豎直墻面接觸，AB和CD接觸處的靜摩擦系數(shù)為μC，兩桿的質(zhì)量均為m，長度均為l。1、已知系統(tǒng)平衡時AB桿與墻面夾角為θ，求CD桿與墻面夾角α應(yīng)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，θ°。求系統(tǒng)平衡時α的取值范圍（用數(shù)值計算求出）。三、（25分）在人造衛(wèi)星繞星球運(yùn)行的過程中，為了保持其對稱轉(zhuǎn)軸牢固在規(guī)定指向，一種最簡單的方法就是讓衛(wèi)星在其運(yùn)行過程中同時繞自己的對稱軸轉(zhuǎn)，但有時為了改變衛(wèi)星的指向，又要求減慢也許除掉衛(wèi)星的旋轉(zhuǎn)，減慢也許除掉衛(wèi)星旋轉(zhuǎn)的一種方法就是所謂消旋法，其原理以下列圖。一半徑為R，質(zhì)量為M的薄壁圓筒，，其橫截面以下列圖，圖中O是圓筒的對稱軸，兩條足夠長的不可以伸長的結(jié)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′（位于圓筒直徑兩頭）處，另一端各拴有一個質(zhì)量為

m的小球，正常情況下，繩繞在圓筒2表面面上，兩小球用插銷分別鎖定在圓筒表面上的P0、P0′處，與衛(wèi)星形成一體，繞衛(wèi)星的對稱軸旋轉(zhuǎn)，衛(wèi)星自轉(zhuǎn)的角速度為ω0。若要使衛(wèi)星減慢也許停止旋轉(zhuǎn)（消旋），可剎時撤去插銷釋放小球，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(dāng)衛(wèi)星轉(zhuǎn)速逐漸減小到零時，馬上使繩與衛(wèi)星走開，清除小球與衛(wèi)星的聯(lián)系，于是衛(wèi)星轉(zhuǎn)動停止。已知此時繩與圓筒的相切點恰幸好Q、Q′處。1、求當(dāng)衛(wèi)星角速度減至ω時繩拉直部分的長度l；2、求繩的總長度L；3、求衛(wèi)星從ω0到停轉(zhuǎn)所經(jīng)歷的時間t。四、（20

分）空間某地域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，在此地域建立直角坐標(biāo)系

O-xyz，如圖所示，勻強(qiáng)電場沿

x方向，電場強(qiáng)度

E1

E0i，勻強(qiáng)磁場沿

z方向，磁感覺強(qiáng)度

B

B0k，E0、B0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，同時從Oyz

平面內(nèi)的某點射出，它們的初速度均在

Oyz

平面內(nèi)，速度的大小和方向各不同樣，問經(jīng)過多少時間這些粒子又能同時回到Oyz平面內(nèi)。2、現(xiàn)在該地域內(nèi)再增加一個沿

x方向隨時間變化的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度

Ez

(E0

cos

t)k

，式中

qB0

，若有一電荷量為正q、質(zhì)量為m的粒子，在t=0時辰從坐標(biāo)原點O射出，初速度v0在Oyz平面內(nèi)，試求今后此粒子的坐標(biāo)隨時間變化的規(guī)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(chǎn)生的磁場。五、（15分）半導(dǎo)體pn結(jié)太陽能電池是依照光生伏打效應(yīng)工作的。當(dāng)有光照射pn結(jié)時，pn結(jié)兩頭會產(chǎn)生電勢差，這就是光生伏打效應(yīng)。當(dāng)pn結(jié)兩頭接有負(fù)載時，光照使pn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)度恒準(zhǔn)時，光電流是恒定的，已知該光電流為IL；同時，pn結(jié)又是一個二極管，當(dāng)有電流流過負(fù)載時，負(fù)載兩頭的電壓V使二V極管正導(dǎo)游通，其電流為

ID

I0

(eVr

1)，式中

Vr

和I0在必然條件下均為已知常數(shù)。1、在照射光的強(qiáng)度不變時，經(jīng)過負(fù)載的電流I與負(fù)載兩頭的電壓V的關(guān)系是I=__________________。太陽能電池的短路電流IS=_______________，開路電壓VOC=___________________，負(fù)載獲得的功率P=______________。2、已知一硅pn結(jié)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(fù)載兩頭的電壓可近似表示為1(IL/I0)VmPVrln，則VmP=______________V。太陽能電池輸出1(VOC/Vr)的最大功率Pmax=_______________mW。若負(fù)載為歐姆電阻，則輸出最大功率時，負(fù)載電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(qiáng)為p0。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，活塞相對氣缸可以無摩擦地搬動但不漏氣，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(tǒng)處于平衡狀態(tài)，A、B兩室中氣體的溫度均為T0，A、B、C三室的體積均為V0?，F(xiàn)經(jīng)過電加熱器對A室中氣體緩慢加熱，若供應(yīng)的總熱量為Q0，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）以下列圖，

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

極點間的距離為

3R。在

B的極點

C處開有一個透光的小圓孔

（圓心為

C），2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點在主軸上）。PQ發(fā)出的光經(jīng)L后，其中一部分穿過B上的小圓孔正好成像在球面鏡A的極點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的光輝經(jīng)A反射，直接經(jīng)過小孔后經(jīng)L所成的像I1與透鏡L的距離等于_____________________。3、形成像I的光輝經(jīng)A反射，再經(jīng)B反射，再經(jīng)A反射，最后經(jīng)過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的那一部分最后經(jīng)過

L成像

I3，將

I3

的相關(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是實像還是虛像八、（20

分）有一核反應(yīng)其反應(yīng)式為

11p

13H

23He

01n，反應(yīng)中全部粒子的速度均遠(yuǎn)小于光速，試問：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13H靜止，入射質(zhì)子的閾能Tth為多少？閾能是使該核反應(yīng)可以發(fā)生的入射粒子的最小動能（相對實驗室參照系）。3、已知在該反應(yīng)中入射質(zhì)子的動能為

，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，則該中子的動能

Tn

為多少？已知

11p、

01n、13H

核、

23He

核的靜止質(zhì)量分別為：

mP

，mn

，m3

H

，m3

He

，u

是原子質(zhì)量單位，

1u

對應(yīng)的能量為

。結(jié)果取三位有效數(shù)字。第28屆全國中學(xué)生物理比賽復(fù)賽試題參照解答及評分標(biāo)準(zhǔn)一、參照解答：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x2y21a2b2（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Te表示地球繞太陽運(yùn)動的周期，則Te年；以ae表示地球到太陽的距離（認(rèn)為地球繞太陽作圓周運(yùn)動），則ae1.00AU，依照開普勒第三定律，有a3T2（2）yae3Te2P設(shè)c為橢圓中心到焦點的距離，由幾何關(guān)系得brPcar0（3）aO

PSP0xba2c2（4）由圖1可知，P點的坐標(biāo)圖1xcrPcosP（5）yrPsinP（6）把（5）、（6）式代入（1）式化簡得a2sin2Pb2cos2PrP22b2crPcosPb2c2a2b207）依照求根公式可得rPb2accosPa2sin2b2cos2PP8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入相關(guān)數(shù)據(jù)得rP(9)可以證明，彗星繞太陽作橢圓運(yùn)動的機(jī)械能為E=Gmms2a(10)式中m為彗星的質(zhì)量．以vP表示彗星在P點時速度的大小，依照機(jī)械能守恒定律有1m2GmmsGmms2vPrP2a（11）得vPGms21rPa（12）代入相關(guān)數(shù)據(jù)得vP=4.39104ms1(13)設(shè)P點速度方向與SP0的夾角為(見圖2)，依照開普勒第二定律rPvPsinP2（14）其中為面積速度，并有yπabP15）TbrP由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入相關(guān)數(shù)據(jù)aO可得

PSP0x127o（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引向近期點的射線為極軸，極角為，取逆時針為正向，用r、表示彗星的橢圓軌道方程為pr1ecos1）其中，e為橢圓獨愛率，p是過焦點的半正焦弦，若橢圓的半長軸為a，依照剖析幾何可知pa1e22）將（2）式代入（1）式可得a1e2r1ecos3）以Te表示地球繞太陽運(yùn)動的周期，則Te年；以ae表示地球到太陽的距離（認(rèn)為地球繞太陽作圓周運(yùn)動），則ae1.00AU，依照開普勒第三定律，有a3T2ae3Te24）在近期點0，由（3）式可得e1r0（5a）將P、a、e的數(shù)據(jù)代入（3）式即得rP6）可以證明，彗星繞太陽作橢圓運(yùn)動的機(jī)械能E=Gmms2a(7)式中m為彗星的質(zhì)量．以vP表示彗星在P點時速度的大小，依照機(jī)械能守恒定律有1mvP2GmmsGmms2rP2a8）可得vPGms9）代入相關(guān)數(shù)據(jù)得

21rPavP=4.39104ms1(10)設(shè)P點速度方向與極軸的夾角為，彗星在近期點的速度為v0，再依照角動量守恒定律，有rPvPsinPr0v011）依照（8）式，同理可得21v0Gmsr0a12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其他相關(guān)數(shù)據(jù)127o(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，(13)式2分,（14）式3,（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．y二、參照解答：1．建立以下列圖坐標(biāo)系Oxy.兩桿的受力情況如圖：DN4f1為地面作用于桿AB的摩擦力，N1為地面對桿ABBN3EFN2mgN1f2COmg1Axf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)為研究對象，系統(tǒng)平衡時,由平衡條件有N4N3f10（1）N12mg0（2）以及對A點的力矩1mglsinmglsin1lsinN3lcosN4lcoslcosCF022即3mglsin1mglsinN3lcosN4lcoslcosCF022（3）式中CF待求.F是過C的豎直線與過B的水平線的交點，E為BF與CD的交點．由幾何關(guān)系有CFlsincot4）取桿CD為研究對象，由平衡條件有N4N2cosf2sin05）N2sinf2cosmg06）以及對C點的力矩N4lcos1mglsin027）解以上各式可得N41mgtan28）N33tan1tansin1tansinmg22cos2sin9）3tansin1tansinf1cosmg22sin10）N12mg11）1N2sintancosmg212）f2cos1tansinmg213）CD桿平衡的必要條件為f2cN214）由（12）、（13）、（14）式得2CsincostanCcossin15）AB桿平衡的必要條件為f1AN1(16)由（10）、（11）、（16）式得tansin2sinA3tansin4cos（17）所以，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)所以，的取值范圍為oo(20)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分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、參照解答：解法一Tv1．設(shè)在時辰t，小球和圓筒的運(yùn)動狀態(tài)如圖1所v2v1示，小球位于P點，繩與圓筒的切點為T，P到T的距離即繩的拉直部分的長度為l，圓筒的角速度為，PO小球的速度為v.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v2兩個重量.依照圖1機(jī)械能守恒定律和角動量守恒定律有2221mv12v221MR01mR01MR2222(1)MR20mR20MR2mRv1mlv2(2)由于繩子不可以伸長，v1與切點T的速度相等，即v1R(3)(1)、(2)、(3)式得MmR2ml20MmR2ml2(4)2MmR2lv2ml0MmR22(5)(4)式可得MmlRm(6)

00這即是在衛(wèi)星角速度減至?xí)r繩的拉直部分的長度l．2．由（6）式，當(dāng)0得LRMm（7）TmllL.2這即是繩的總長度1T3．如圖2所示，從時辰t到tt，切點T隨從圓筒轉(zhuǎn)v2tlO過一角度1t，由于繩子的拉直部分的長度增加了l，切點相對圓筒又轉(zhuǎn)過一角度l圖22，到達(dá)T處，R所以在t時間內(nèi)，切點轉(zhuǎn)過的角度l12tR（8）切點從T變到T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擁有垂直于繩子方向的速度v2引起的，故有v2tl9）(1)、(2)、(3)式可得v2l010）由(8)、（9）、（10）三式得lR0t11）11）式表示l隨t平均增加，故l由0增加到L所需的時間為L1Mmts0R0m12）解法二．撤去插銷后兩個小球的運(yùn)動情況同樣，故可取一個小球作為對象進(jìn)行研究，先研究任何時辰小球的速度.Q在t時辰，相對衛(wèi)星系統(tǒng)質(zhì)心參照系小球運(yùn)動狀態(tài)如圖1所示，繩子的拉直部分與圓筒面的切點mP0為T，小球到切點T的距離即繩的拉直部分的長2度為l，小球到轉(zhuǎn)軸O的距離為r，圓筒的角速度

TRlmr2P0Q.由于圓筒的轉(zhuǎn)動和小球相對圓筒的運(yùn)動，繩將張開，切點地址和繩的拉直部分的長度都要改變.第一察看小球有對于圓筒的運(yùn)動.在t時辰，OT與固定在圓筒上的半徑OP0的夾角為，如圖2所示.由于

T

圖1lP小球相對圓筒的運(yùn)動，經(jīng)過時間t，切點從圓筒上的T點移到T點，OT與OP0的夾角變?yōu)?，繩的拉直uuur部分的長度由l變?yōu)閘，小球由P運(yùn)動到P，PP即是小球相對圓筒的位移.當(dāng)t很小時ll，故uuurlPPl于是小球相對圓筒的速度大小為vllt(1)方向垂直于TP．是切點相對圓筒轉(zhuǎn)動的角速度．再察看圓筒相對質(zhì)心參照系的轉(zhuǎn)動，即與圓筒固連在一起的轉(zhuǎn)動參照系相對質(zhì)心參照系的運(yùn)動.當(dāng)圓筒的角速度為時，位于轉(zhuǎn)動參照系中的P點(小球所在處)相對質(zhì)心系的速度vr(2)方向垂直于OP．可以把v分解成沿著TP方向的重量v1和垂直TP方向的重量v2，如圖3

TlPOP02rvvrrTrvvv2v1v2rlvRPrP0O圖3所示，即v1R(3)v2l(4)r小球相對質(zhì)心系的速度v是小球相對圓筒的速度和圓筒參照系中的P點相對質(zhì)心系速度的r合成，由圖3可得v的大小vv221v2v(5)因lR(6)故有222vR7）由于系統(tǒng)不受外力作用，故系統(tǒng)的動能和角動量守恒，故有1MR21mR2020228）

1MR21mv222MR20mR20MR2mRv1mlv2v9）(7)、(8)兩式有22m0Mm

2210）(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得m20Mm11）(10)、(11)兩式得0故有012）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Mmm13）(6)、(13)兩式得

00lR14）

Mmm

00這即是在衛(wèi)星角速度減至?xí)r繩的拉直部分的長度l．2．由（14）式，當(dāng)0得繩總長度,即LMmRm（15）3．因是一個恒量，隨時間的t的變化規(guī)律為0t16）0時，由（13）式可得衛(wèi)星停旋時的s

mm17）設(shè)衛(wèi)星停轉(zhuǎn)所用的時間為ts，由（16）、（17）式得ts18）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題25分．解法一

s1Mm00m1問12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．2問3分．（7）式3分．3問10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二1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，2問3分．（15）式3分．3問4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、參照解答：1．依照題意，粒子的初速度只有y方向和z方向的重量，設(shè)它們?yōu)関0y和v0z.由于粒子在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v0z作勻速運(yùn)動.粒子在Oxy面內(nèi)的運(yùn)動可以看作由以下兩部分運(yùn)動的合成：可把粒子在y方向的初速度表示為v0yv0y1v0yv0y1(1)其中v0y1E0B0(2)沿y負(fù)方向．與v0y1相關(guān)的磁場力fBxqv0y1B0(3)沿x負(fù)方向.粒子碰到的電場力fEfExqE0(4)沿x正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x方向碰到的電場力和磁場力正好抵消，故粒子以大小為E0的速度沿y負(fù)方向運(yùn)動．除此之外，由（1）式可知，粒子還擁有初速度B0v0y2E0v0yB0(5)沿y正方向，與v0y2相關(guān)的磁場力使粒子以速率v0y2在Oxy面內(nèi)作勻速圓周運(yùn)動，以r表示圓周運(yùn)動的半徑，有qv0y2B0m(6)可得

v0y22rr(7)

mv0y2qB0由周期的定義和(7)式可得圓周運(yùn)動的周期2mT=(8)(8)式表示，粒子運(yùn)動的周期與粒子在y方向的初速度沒關(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E2對粒子在Oxy平面內(nèi)的運(yùn)動無影響，但粒子在z方向要碰到此電場力作用．以az表示在此電場力作用下的加速度，有mazqE0cost(9)或qEaz=0cost(10)這是簡諧運(yùn)動的加速度，所以有az=2z11）(10)、（11）可得z1qE0cost2m(12)因未增加電場時，粒子在z方向作初速度為v0z的勻速運(yùn)動，增加電場后，粒子在z方向的運(yùn)動是勻速運(yùn)動與簡諧運(yùn)動的疊加，即有zv0zt1qE0cost2m（13）v粒子在Oxy平面內(nèi)的運(yùn)動不受電場E2的影響．設(shè)0為粒子在OyOxy平面內(nèi)作圓周運(yùn)動的角速度，則有02πqB0(14)0trTmrt的變化關(guān)系v0y2由圖示可得與圓周運(yùn)動相聯(lián)系的粒子坐標(biāo)隨時間xr1cos0t(15)xyrsin0t(16)考慮到粒子在y方向還擁有速度為v0y1的勻速運(yùn)動，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知條件，可得帶電粒子的運(yùn)動規(guī)律：xmv0yE01cosqB0tqB0B0m(17)yE0tmv0yE0sinqB0tB0qB0B0m(18)zv0ztmE20cosqB0tqB0m(19)評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分．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．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．VIL1．ILI0eVT1(2分），IL（2分），VTln1（2分），I0VVILVI0eVT1（1分）．2．（2分）；（2分）；49mW（2分）；（2分）．六、參照解答：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室中氣體的溫度要高升，活塞M將向右搬動.當(dāng)加熱停止時，活塞M有可能剛移到氣缸最右端，亦可能還沒有移到氣缸最右端.自然亦可能活塞已移到氣缸最右端但加熱過程還沒有停止.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VB2V01）依照題意，活塞M向右搬動過程中，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V0VBT0TB2）(1)、(2)式得TB2T03）由于隔板N是導(dǎo)熱的，故A室中氣體末態(tài)的溫度TA2T0（4）下面計算此過程中的熱量Qm.在加熱過程中，A室中氣體經(jīng)歷的是等容過程，依照熱力學(xué)第必然律，氣體吸取的熱量等于其內(nèi)能的增加量，即QA5R(TT)2A0（5）由(4)、(5)兩式得QA5RT02（6）B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過程，在過程中B室氣體對外做功為WBp0(VBV0)（7）由(1)、(7)式及理想氣體狀態(tài)方程得WBRT0（8）內(nèi)能改變?yōu)閁B5R(TBT0)2（9）由(4)、(9)兩式得UB5RT20（10）依照熱力學(xué)第必然律和(8)、(10)兩式，B室氣體吸取的熱量為QBUBWB7RT02(11)由(6)、(11)兩式可知電加熱器供應(yīng)的熱量為QmQAQB6RT012）若Q0Qm，B室中氣體末態(tài)體積為2V0，A室中氣體的末態(tài)溫度2T0.2．若Q0Qm，則當(dāng)加熱器供應(yīng)的熱量達(dá)到Qm時，活塞恰好到達(dá)氣缸最右端，但這時加熱還沒有停止，可是在今后的加熱過程中氣體的體積保持不變，故熱量Q0Qm是A、B中氣體在等容升溫過程中吸取的熱量.由于等容過程中氣體不做功，依照熱力學(xué)第必然律，若A室中氣體末態(tài)的溫度為TA，有Q0Qm5R(TA2T0)5R(TA2T0)2213）(12)、(13)兩式可求得Q04TAT014）中氣體的末態(tài)的體積VB=2V015）3.若Q0Qm，則隔板還沒有移到氣缸最右端，加熱停止，故B室中氣體末態(tài)的體積VB小于2V0，即VB2V0．設(shè)A、B兩室中氣體末態(tài)的溫度為TA，依照熱力學(xué)第必然律，注意到A室中氣體經(jīng)歷的是等容過程，其吸取的熱量QA5T0)R(TA（162）室中氣體經(jīng)歷的是等壓過程，吸取熱量QB5R(TAT0)p0(VBV0)217）利用理想氣體狀態(tài)方程，上式變?yōu)镼B7RTAT0218）由上可知Q0QAQB6R(TAT0)19）所以A室中氣體的末態(tài)溫度Q0TAT06R20）室中氣體的末態(tài)體積VBV0TA(Q01)V0T06RT021）評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分．獲得

Q0

Qm的條件下（

1）、（4）式各

1分；（12）式

6分，獲得

Q0

Qm的條件下的（14）式

4分，（15）式

2分；獲得

Q0

Qm的條件下的（

20）式

4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．I2與L的距離I2在L左方還是右I2的大小I2是正立還是倒I2是實像還是虛方立像6R右方2h倒立虛像第1第3空格各2分；其他3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分．4．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18R左方2h倒立實像第1第3空格各2分；其他3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分．八、參照解答：反應(yīng)能Qmpm3Hm3Hemnc21）式中c為光速．代入數(shù)據(jù)得Q2）上式表示這是一吸能核反應(yīng)．．為了求入射質(zhì)子閾能，反應(yīng)前后各粒子都應(yīng)沿同素來線運(yùn)動．設(shè)質(zhì)子的入射速度大小為vp，反應(yīng)后23He的速度大小為v3He，中子的速度大小為vn，依照動量守恒和能量守恒有mpvpm3Hev3Hemnvn(3)121212mpvpm3Hev3HemnvnQ222（4）由（3）、（4）式可得mn2mnm3Hevn22mpmnvpvnmp2mpm3Hevp22Q0m3Hem3Hem3He(5)令amn2m3Hemnm3Heb2mpmnvpm3Hecmp2mpm3Hevp22Qm3He(6)把(6)式代入(5)式得avn2bvnc0(7)(7)式有解的條件是b24ac0(8)由(6)式可知，c可能大于零，亦可能小于零.若c0，則(8)總建立，中子速度必然有解，反應(yīng)必然能發(fā)生；若c0，則由(6)、(8)兩式得12mnm3HeQmpvpmnm3Hemp2(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Tth1mpQmnm3Hemp(10)利用(1)式，在忽略2(10)式可簡化為Q項的情況下，TthmpQ1m3H(11)代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Tth(12)vv3．由動量守恒和能量守恒有m3Hev3Hevvvmnvnmpvpm3Hev3Hemnvn(12)121212Q(13)v2mpvp2m3Hev3He2mnvnmpvp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，以下列圖，依照余弦定律有222m3Hev3Hemnvnmpvp2mnmpvnvpcos(14)令Tp1mpvp22(15)Tn1mnvn22(16)T3He122m3Hev3He(17)(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)兩式得QTpT3HeTn18）2m3HeT3He2mnTn2mpTp22mnTn2mpTpcos19）由（18）、（19）式，消去T3He后，得TnmnmpTpm3HempTpQm3He02cosTnm3Hemnm3Hemn20）令mnmpTpm3HempTpQm3HeScos，Rm3Hem3Hemnmn21）得Tn2STnR022）依照題給的入射質(zhì)子的動能和第1問求得的反應(yīng)能Q的值，由(21)式可知R0，故（22）式的吻合物理意義的解為TnSS2R23）將詳盡數(shù)據(jù)代入（21）、（23）式中，有Tn(24)(若是獲得Tn0.131MeV,也是對的.)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素來線運(yùn)動的情況．若碰撞后23He和中子的速度同樣，即粘在一起運(yùn)動(完好非彈性碰撞)，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，這最小動能即是閾能.設(shè)質(zhì)子的入射速度大小為vp，反應(yīng)后23He和中子的速度大小為v，依照動量守恒和能量守恒有mpvp(m3Hemn)v(1)1mpvp21(m3Hemn)v2Q22(2)由（1）、（2）式可得12mnm3HeQmpvpmnm3Hemp2(3)所以閾能為Tth1mpQmnm3Hemp(4)利用第1問中的(1)式，并注意到Qm3Hc21有111Qmnm3Hempm3H1m3HQm3Hc212m3Hc2(4)式可簡化為在忽略Q項的情況下，Tthmp1Qm3H(5)代入相關(guān)數(shù)據(jù)得Tth(6)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(yùn)動的動能即所謂質(zhì)心動能與各質(zhì)點相對質(zhì)心運(yùn)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；若是質(zhì)點