第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题Word格式.docx
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一、以滑块和地球为系统,它在整个运动过程中机械能守恒.滑块沿半球面内侧运动时,可将其速度v分解成纬线切向(水平方向)分量v及经线切向分量v.设滑块质量为m,在某中间状态时,滑块位于半球面内侧P处,P和球心O的连线与水平方向的夹角为.由机械能守恒得2220111sin222mmgRmmvvv
(1)这里已取球心O处为重力势能零点.以过O的竖直线为轴.球面对滑块的支持力通过该轴,力矩为零;
重力相对于该轴的力矩也为零.所以在整个运动过程中,滑块相对于轴的角动量守恒,故0cosmRmRvv.
(2)由
(1)式,最大速率应与的最大值相对应maxmax()vv.(3)而由
(2)式,q不可能达到2.由
(1)和
(2)式,q的最大值应与0v相对应,即max()0v.(4)[(4)式也可用下述方法得到:
由
(1)、
(2)式得22202sintan0gRvv.若sin0,由上式得220sin2cosgRv.实际上,sin=0也满足上式。
由上式可知max22max0sin2cosgRv.由(3)式有222maxmax0max()2sintan0gRvv.(4)]OP将max()0v代入式
(1),并与式
(2)联立,得2220maxmaxmaxsin2sin1sin0gRv.(5)以maxsin为未知量,方程(5)的一个根是sinq=0,即q=0,这表示初态,其速率为最小值,不是所求的解.于是maxsin0.约去maxsin,方程(5)变为22max0max2sinsin20gRgRv.(6)其解为2220max40sin11614gRgRvv.(7)注意到本题中sin0,方程(6)的另一解不合题意,舍去.将(7)式代入
(1)式得,当max时,22422001162gRvvv,(8)考虑到(4)式有22422max001162gRvvvv.(9)评分标准:
本题15分.
(1)式3分,
(2)式3分,(3)式1分,(4)式3分,(5)式1分,(6)式1分,(7)式1分,(9)式2分.二、1.由于碰撞时间t很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束.设碰后A、C、D的速度分别为Av、Cv、Dv,显然有DC2lrvv.
(1)以A、B、C、D为系统,在碰撞过程中,系统相对于轴不受外力矩作用,其相对于轴的角动量守恒DCA0222mlmrmlmlvvvv.
(2)由于轴对系统的作用力不做功,系统内仅有弹力起作用,所以系统机械能守恒.又由于碰撞时间t很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束,所以不必考虑弹性势能的变化.故2222DCA011112222mmmmvvvv.(3)由
(1)、
(2)、(3)式解得2200022222248,,888CDAlrlrlrlrlrvvvvvv(4)[代替(3)式,可利用弹性碰撞特点0DAvvv.(3)同样可解出(4).]设碰撞过程中D对A的作用力为1F,对A用动量定理有221A0022428lrFtmmmlrvvv,(5)方向与0v方向相反.于是,A对D的作用力为1F的冲量为221022428lrFtmlrv(6)方向与0v方向相同.以B、C、D为系统,设其质心离转轴的距离为x,则22
(2)2mrmllrxm.(7)质心在碰后瞬间的速度为C0224
(2)
(2)(8)llrxrlrvvv.(8)轴与杆的作用时间也为t,设轴对杆的作用力为2F,由质心运动定理有210224
(2)28llrFtFtmmlrvv.(9)由此得2022
(2)28rlrFtmlrv.(10)方向与0v方向相同.因而,轴受到杆的作用力的冲量为2022
(2)28rlrFtmlrv,(11)方向与0v方向相反.注意:
因弹簧处在拉伸状态,碰前轴已受到沿杆方向的作用力;
在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴.但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零,已忽略.[代替(7)-(9)式,可利用对于系统的动量定理21CDFtFtmmvv.][也可由对质心的角动量定理代替(7)-(9)式.]2.值得注意的是,
(1)、
(2)、(3)式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的.如果弹簧的弹力恰好提供滑块C以速度02248Clrlrvv绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力,即222C022216(8)lrkrmmrlrvv(12)则弹簧总保持其长度不变,
(1)、
(2)、(3)式是成立的.由(12)式得碰前滑块A的速度0v应满足的条件220(8)4krlrlmrv(13)可见,为了使碰撞后系统能保持匀速转动,碰前滑块A的速度大小0v应满足(13)式.评分标准:
本题20分.第1问16分,
(1)式1分,
(2)式2分,(3)式2分,(4)式2分,(5)式2分,(6)式1分,(7)式1分,(8)式1分,(9)式2分,(10)式1分,(11)式1分;
第2问4分,(12)式2分,(13)式2分.三:
:
1.当杆以角速度绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时,其动能是独立变量、和L的函数,按题意可表示为kEkL
(1)式中,k为待定常数(单位为1).令长度、质量和时间的单位分别为[]L、[]M和[]T(它们可视为相互独立的基本单位),则、、L和kE的单位分别为1122[][][],[][],[][],[][][][]kMLTLLEMLT
(2)在一般情形下,若[]q表示物理量q的单位,则物理量q可写为()[]qqq(3)式中,()q表示物理量q在取单位[]q时的数值.这样,
(1)式可写为()[]()()()[][][]kkEEkLL(4)在由
(2)表示的同一单位制下,上式即()()()()kEkL(5)[][][][]kEL(6)将
(2)中第四式代入(6)式得22[][][][][][]MLTMLT(7)
(2)式并未规定基本单位[]L、[]M和[]T的绝对大小,因而(7)式对于任意大小的[]L、[]M和[]T均成立,于是1,2,3(8)所以23kEkL(9)2.由题意,杆的动能为,c,rkkkEEE(10)其中,22,cc11()222kLEmLv(11)注意到,杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端(即质心)的光滑水平轴在铅直平面内转动,因而,杆在质心系中的动能,rkE为32,r2(,,)222kkLLEEk(12)将(9)、(11)、(12)式代入(10)式得2323212222LLkLLk(13)由此解得16k(14)于是Ek=16lw2L3.(15)3.以细杆与地球为系统,下摆过程中机械能守恒sin2kLEmg(16)由(15)、(16)式得w=3gsinqL.(17)以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为Lr的那一段为研究对象,该段质量为Lr,其质心速度为22cLrLrrv.(18)设另一段对该段的切向力为T(以增大的方向为正方向),法向(即与截面相垂直的方向)力为N(以指向O点方向为正向),由质心运动定理得costTLrgLra(19)sinnNLrgLra(20)式中,ta为质心的切向加速度的大小3cosddddd2d2ddt4ctLrgLrLrattLv(21)而na为质心的法向加速度的大小23sin22nLrgLraL.(22)由(19)、(20)、(21)、(22)式解得23cos4LrrLTmgL(23)253sin2LrLrNmgL(24)评分标准:
本题25分.第1问5分,
(2)式1分,(6)式2分,(7)式1分,(8)式1分;
第2问7分,(10)式1分,(11)式2分,(12)式2分,(14)式2分;
不依赖第1问的结果,用其他方法正确得出此问结果的,同样给分;
第3问13分,(16)式1分,(17)式1分,(18)式1分,(19)式2分,(20)式2分,(21)式2分,(22)式2分,(23)式1分,(24)式1分;
不依赖第1、2问的结果,用其他方法正确得出此问结果的,同样给分.四:
设在某一时刻球壳形容器的电量为Q.以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由下落到容器口的过程.根据能量守恒有2122QqQqmghkmmgRkhRRv.
(1)式中,v为液滴在容器口的速率,k是静电力常量.由此得液滴的动能为21
(2)
(2)2()QqhRmmghRkhRRv.
(2)从上式可以看出,随着容器电量Q的增加,落下的液滴在容器口的速率v不断变小;
当液滴在容器口的速率为零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电势.设容器的最大电量为maxQ,则有max
(2)
(2)0()QqhRmghRkhRR.(3)由此得max()mghRRQkq.(4)容器的最高电势为maxmaxQVkR(5)由(4)和(5)式得max()mghRVq(6)评分标准:
本题20分.
(1)式6分,
(2)式2分,(3)式4分,(4)式2分,(5)式3分,(6)式3分.五:
1.一个带电量为q的点电荷在电容器参考系S中的速度为(,,)xyzuuu,在运动的参考系S中的速度为(,,)xyzuuu.在参考系S中只存在磁场(,,)(,0,0)xyzBBBB,因此这个点电荷在参考系S中所受磁场的作用力为0,,xyzzyFFquBFquB
(1)在参考系S中可能既有电场(,,)xyzEEE又有磁场(,,)xyzBBB,因此点电荷q在S参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()xxyzzyyyxzzxzzxyyxFqEuBuBFqEuBuBFqEuBuB
(2)两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)xyzxyzxyzxyzqqFFFFFFuuuuuuv(3)由
(1)、
(2)、(3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足()0,,()xyzzyyxzzxzzxyyxyEuBuBEuBuBuBEuBuBuBvv(4)它们对于任意的(,,)xyzuuu都成立,故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xyzxyzEEEBBBBBv(5)可见两参考系中的磁场相同,但在运动的参考系S中却出现了沿z方向的匀强电场.2.现在,电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v匀速运动.电容器参考系S中的磁场会在液体参考系S中产生由(5)式中第一个方程给出的电场.这个电场会把液体极化,使得液体中的电场为0(,,)(0,0,)xyzEEEBv.(6)为了求出电容器参考系S中的电场,我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换,从液体参考系S中的电场和磁场来确定电容器参考系S中的电场和磁场.考虑一带电量为q的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力.在液体参考系S中,这力(,,)xyzFFF如
(2)式所示.它在电容器参考系S中的形式为(),(),()xxyzzyyyxzzxzzxyyxFqEuBuBFqEuBuBFqEuBuB(7)利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式,可得00,,()xyzzyyxzzxzzxyyxyEuBuBEuBuBuBBEuBuBuBvv(8)对于任意的(,,)xyzuuu都成立,故0(,,)(0,0,
(1)),(,,)(,0,0)xyzxyzEEEBBBBBv(9)可见,在电容器参考系S中的磁场仍为原来的磁场,现由于运动液体的极化,也存在电场,电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场,由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为zVEd.(10)由(9)式中第一式和(10)式得01VBdv.(11)评分标准:
本题25分.第1问12分,
(1)式1分,
(2)式3分,(3)式3分,(4)式3分,(5)式2分;
第2问13分,(6)式1分,(7)式3分,(8)式3分,(9)式2分,(10)式2分,(11)式2分.六六:
设弯成的圆弧半径为r,金属片原长为l,圆弧所对的圆心角为,钢和青铜的线膨胀系数分别为1和2,钢片和青铜片温度由120CT升高到2120CT时的伸长量分别为1l和2l.对于钢片1()2drll
(1)1121()llTT
(2)式中,0.20mmd.对于青铜片2()2drll(3)2221()llTT(4)联立以上各式得2122121212()()2.010mm2()()TTrdTT(5)评分标准:
本题15分.
(1)式3分,
(2)式3分,(3)式3分,(4)式3分,(5)式3分.七:
1.考虑射到劈尖上某y值处的光线,计算该光线由0x到xh之间的光程y.将该光线在介质中的光程记为1,在空气中的光程记为2.介质的折射率是不均匀的,光入射到介质表面时,在0x处,该处介质的折射率01n;
射到x处时,该处介质的折射率1nxbx.因折射率随x线性增加,光线从0x处射到1xh(1h是劈尖上y值处光线在劈尖中传播的距离)处的光程1与光通过折射率等于平均折射率1111110111222nnnhbhbh
(1)的均匀介质的光程相同,即2111112nhhbh
(2)忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线(事实上,可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响),光线透过劈尖后其传播方向保持不变,因而有21hh(3)于是212112yhbh.(4)由几何关系有1tanhy.(5)故22tan2byhy.(6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x轴,狭缝的y值应与对应介质的y值相同,这些平行光线会聚在透镜焦点处.对于0y处,由上式得d0()=h.(7)y处与0y处的光线的光程差为220tan2byy.(8)由于物像之间各光线的光程相等,故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变;
因而(8)式在透镜焦点处也成立.为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强,要求两束光的光程差为波长的整数倍,即22tan,1,2,3,2bykk.(9)由此得22cot,cotkyAkAbb.(10)除了位于y=0处的狭缝外,其余各狭缝对应的y坐标依次为,2,3,4,AAAA.(11)2.各束光在焦点处彼此加强,并不要求(11)中各项都存在.将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求.事实上,若依次取,4,9,kmmm,其中m为任意正整数,则49,2,3,mmmymAymAymA.(12)这些狭缝显然彼此等间距,且相邻狭缝的间距均为mA,光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹.评分标准:
本题20分.第1问16分,
(1)式2分,
(2)式2分,(3)式1分,(4)式1分,(5)式2分,(6)式1分,(7)式1分,(8)式1分,(9)式2分,(10)式1分,(11)式2分;
第2问4分,(12)式4分(只要给出任意一种正确的答案,就给这4分).参考解答:
1.设碰撞前电子、光子的动量分别为ep(0ep)、p(0p),碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,eeEpEp.由能量守恒有Ee+Eg=Ee+Eg.
(1)由动量守恒有pe+pg=pe+pg.
(2)光子的能量和动量满足Eg=pgc,Eg=pgc.(3)电子的能量和动量满足22224eeeEpcmc,22224eeeEpcmc(4)由
(1)、
(2)、(3)、(4)式解得2242242eeeeeeEEEmcEEEmcE(5)2.由(5)式可见,为使EgEg,需有2242242()02eeeeeEEmcEEEEEmcE即224eeEmcE或epp(6)注意已设pe0、pg0.3.由于2eeEmc,因此有242242eeeeemcEmcEE.(7)将(7)式代入(5)式得Eg2EeEg2Eg+me2c42Ee.(8)代入数据,得Eg29.7106eV.(9)评分标准:
本题20分.第1问10分,
(1)式2分,
(2)式2分,(3)式2分,(4)式2分,(5)式2分;
第2问5分,(6)式5分;
第3问5分,(7)式2
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- 30 全国中学生 物理 竞赛 复赛 考试 试题