第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案精美word版资料Word文档下载推荐.docx
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,⑨
⑩
解为
⑪将⑪式代入①式得
解法二
式中,比例系数是一个待定常数.任一物理量可写成在某一单位制中的单位和相应的数值的乘积.在同一单位制中,①式两边的物理量的单位的乘积必须相等②
质量、长度和时间,对应的国际单位分别为千克(kg)、米(m)、秒(s).在国际单位制中,振动频率的单位为,半径的单位为,密度的单位为,表面张力系数的单位为,即有
③
④
⑤
⑥
若要使①式成立,必须满足
⑦
由于在力学中质量、长度和时间的单位三者之间的相互独立性,有
解为
⑪
将⑪式代入①式得
⑫
评分标准:
本题12分.第
(1)问2分,答案正确2分;
第
(2)问3分,答案正确3分;
第(3)问7分,⑦式2分,⑪式3分,⑫式2分(答案为、或的,也给这2分).
二、(16分)
解法一:
瓶内理想气体经历如下两个气体过程:
其中,分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数.根据理想气体方程,考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等,有
①
另一方面,设是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为时的体积,即
此绝热过程满足
由状态方程有和,所以
③
联立①②③式得
此即
由力学平衡条件有
⑦
式中,为瓶外的大气压强,是U形管中液体的密度,是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得
⑧
利用近似关系式:
,以及,有
⑨
本题16分.①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分.
解法二:
若仅考虑留在容器内的气体:
它首先经历了一个绝热膨胀过程ab,再通过等容升温过程bc达到末态
其中,分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度.留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程
①
②
由①②式得
式中,为瓶外的大气压强,是U形管中液体的密度,是重力加速度的大小.由④⑤⑥式得
⑦
⑧
本题16分.①②式各3分,④⑤⑥⑦⑧式各2分.
三、(20分)
(1)平板受到重力、拉力、铰链对三角形板的作用力NA和NB,各力及其作用点的坐标分别为:
,;
,
式中
是平板质心到x轴的距离.
平板所受力和(对O点的)力矩的平衡方程为
联立以上各式解得
,
即
,⑦
,⑧
(2)如果希望在点的位置从点缓慢改变的过程中,可以使铰链支点对板的作用力保持不变,则需
M点移动的起始位置为,由⑩式得
或
这是过点的直线.(*)
因此,当力的作用点的位置沿通过点任一条射线(不包含点)在平板上缓慢改变时,铰链支点对板的作用力保持不变.同理,当力的作用点沿通过B点任一条射线在平板上缓慢改变时,铰链支点对板的作用力保持不变.
本题20分.第
(1)问14分,①式1分,②③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨式各1分;
第
(2)问6分,⑩⑫式各1分,(*)2分,结论正确2分.
四、(24分)
(1)考虑小球沿径向的合加速度.如图,设小球下滑至角位置时,小球相对于圆环的速率为,圆环绕轴转动的角速度为.此时与速率对应的指向中心C的小球加速度大小为
同时,对应于圆环角速度,指向OO轴的小球加速度大小为
该加速度的指向中心C的分量为
该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为
由①③式和加速度合成法则得小球下滑至角位置时,其指向中心C的合加速度大小为
在小球下滑至角位置时,将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量、垂直于环面的方向的分量.值得指出的是:
由于不存在摩擦,圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零.在运动过程中小球受到的作用力是、和.这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量:
在径向的分量不改变小球速度的大小,亦不改变小球对转轴的角动量;
沿环切向的分量即要改变小球速度的大小;
在垂直于环面方向的分量即要改变小球对转轴的角动量,其反作用力将改变环对转轴的角动量,但与大圆环沿轴的竖直运动无关.在指向环心的方向,由牛顿第二定律有
⑥
合外力矩为零,系统角动量守恒,有
式中L0和L分别为圆环以角速度0和转动时的角动量.
如图,考虑右半圆环相对于轴的角动量,在角位置处取角度增量,
圆心角所对圆弧的质量为(),其角动量为
式中是圆环上角位置到竖直轴OO的距离,为两虚线间
窄条的面积.⑧式说明,圆弧的角动量与成正比.整个圆环(两个半圆环)的角动量为
[或:
由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO的转动惯量J等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半,即
则角动量L为
⑨]
同理有
⑩
力及其反作用力不做功;
而及其反作用力的作用点无相对移动,做功之和为零;
系统机械能守恒.故
⑪
式中和分别为圆环以角速度和转动时的动能.圆弧的动能为
整个圆环(两个半圆环)的动能为
⑫
圆环的转动动能为
⑫]
⑬
根据牛顿第三定律,圆环受到小球的竖直向上作用力大小为,当
⑭
时,圆环才能沿轴上滑.由⑥⑦⑨⑩⑪⑫⑬式可知,⑭式可写成
⑮
式中,是重力加速度的大小.
(2)此时由题给条件可知当时,⑮式中等号成立,即有
⑯
由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得
⑰
由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得
⑱
本题24分.第
(1)问18分,①②③④⑤式各1分,⑥⑦式各2分,⑨⑩式各1分,⑪式2分,⑫⑬式各1分,⑭式2分,⑮式1分;
第
(2)问6分,⑯⑰⑱式各2分.
五、(20分)
(1)设圆盘像到薄凸透镜的距离为.由题意知:
,代入透镜成像公式
得像距为
其横向放大率为
可知圆盘像在凸透镜右边20cm,半径为5cm,为圆盘状,圆盘与其像大小一样.
(2)如下图所示,连接A、B两点,连线AB与光轴交点为C点,由两个相似三角形与的关系可求得C点距离透镜为15cm.1分
若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处,此时圆形光阑在C点左侧.1分
当圆形光阑半径逐渐减小时,均应有光线能通过圆形光阑在B点成像,因而圆盘像的形状及大小不变,而亮度变暗.2分
此时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为
(1)中圆盘像大小的半径的一半.1分
(3)若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm处,此时圆形光阑在C点(距离透镜为15cm)的右侧.由下图所示,此时有:
利用两个相似三角形与的关系,得
可见当圆盘半径(光阑边缘与AB相交)时,圆盘刚好能成完整像,但其亮度变暗.4分
若进一步减少光阑半径,圆盘像就会减小.当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时,圆盘像的半径就会减小为一半,如下图所示.此时光阑边缘与AE相交,AE与光轴的交点为D,由几何关系算得D与像的轴上距离为cm.此时有
可见当圆形光阑半径=0.75cm,圆盘像大小的半径的确变为
(1)中圆盘像大小的半径的一半.3分
(4)只要圆形光阑放在C点(距离透镜为15cm)和光屏之间,圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关.2分
(5)若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm处,则当圆形光阑半径逐渐减小时,圆盘像的形状及大小不变,亮度变暗;
2分
同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为
(1)中圆盘像大小的半径的一半.1分
第
(1)问3分,正确给出圆盘像的位置、大小、形状,各1分;
第
(2)问5分,4个给分点分别为1、1、2、1分;
第(3)问7分,2个给分点分别为2、3分;
第(4)问2分,1个给分点为2分;
第(5)问3分,2个给分点分别为2、1分.
六、(22分)
(1)固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角的取值范围为.整个电容器相当于个相同的电容器并联,因而
①
式中为两相邻正、负极板之间的电容
②
这里,是两相邻正负极板之间相互重迭的面积,有
③
由②③式得
④
由①④式得
⑤
(2)当电容器两极板加上直流电势差E后,电容器所带电荷为
⑥
当时,电容器电容达到最大值,由⑤式得
⑦
充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值,由⑥式得
⑧
断开电源,在转角取附近的任意值时,由⑤⑧式得,电容器内所储存的能量为
⑨
设可旋转金属板所受力矩为(它是由若干作用在可旋转金属板上外力产生的,不失普遍性,可认为的方向垂直于转轴,其作用点到旋转轴的距离为,其值的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致),当金属板旋转(即从变为)后,电容器内所储存的能量增加,则由功能原理有
⑩
式中,由⑨⑩式得
⑪
当时,发散,这表明所用的平行板电容公式需要修改.当电容器电容最大时,充电后转动可旋转金属板的力矩为
⑫
(3)当,则其电容器所储存能量为
由于边缘效应引起的附加电容远小于,因而可用⑦式估算.如果,利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式
⑭
可得电容器所储存能量的周期平均值为
⑮
如果,⑭式中第4式右端不是零,而是1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为
由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的,因而应比用⑦式估计大;
这一效应同样使得;
可假设实际的近似等于用⑦式估计.如果,利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式
⑰
⑱
[如果,⑭中第4式右端不是零,而是1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为
⑲
]
为
⑳
本题22分.第
(1)问6分,①②式各1分,③⑤式各2分;
第
(2)问9分,⑥⑦⑧⑨⑩式各1分(⑩式中没有求和号的,也同样给分;
没有力的符号,也给分),⑪⑫式各2分;
第(3)问7分,⑬⑭式各2分,⑮⑯⑳式各1分.
七、(26分)
(1)通有电流的钨丝(长直导线)在距其处产生的磁感应强度的大小为
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