第届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考

第届全国中学生物理比赛复赛试题及参照 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 第届全国中学生物理比赛复赛试题及参照答案PAGE/NUMPAGES第届全国中学生物理比赛复赛试题及参照答案第30届全国中学生物理比赛复赛考试一试题一、（15分）一半径为R、内侧圆滑的半球面固定在地面上，张口水平且向上.一小滑块在半球面内侧最高点处获取沿球面的水平速度，其大小为v0(v00).求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率.重力加快度大小为g.二、（20分）一长为2l的轻质刚性细杆位于水平的圆滑桌面上，杆的两头分别固定一质量为m的小物块D和一质量为m（为常数）的小物块B，杆可绕经过小物块B所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动.一质量为m的小环C套在细杆上（C与杆密接），可沿杆滑动，环C与杆之间的摩擦可忽视.一轻质弹簧原长为l，劲度系数为k，两头分别与小环C和物块B相连.一质量为m的小滑块A在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D，并与之发生完整弹性正碰，碰撞时间极短.碰撞时滑块C恰巧静止在距轴为r（r>l）处.若碰前滑块A的速度为v0，求碰撞过程中轴遇到的作使劲的冲量；2.若碰后物块D、C和杆恰巧做匀速转动，求碰前滑块A的速度v0应知足的条件.三、（25分）一质量为m、长为L的匀质细杆，可绕过其一端的圆滑水平轴O在竖直平面内自由转动.杆在水平状态由静止开始下摆，1.令m表示细杆质量线密度.当杆以角速度绕过其一端的圆滑水平轴O在竖直平面内转动时，其L转动动能可表示为式中，k为待定的没有单位的纯常数.已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等.由此求出、和的值.已知系统的动能等于系统的质量所有集中在质心时随质心一同运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参照系）中的动能之和，求常数k的值.3.试求当杆摆至与水平方向成角时在杆上距O点为r处的横截面双侧部分的互相作使劲.重力加快度大小为g.提示：假如X(t)是t的函数，而Y(X(t))是X(t)的函数，则Y(X(t))对t的导数为比如，函数cos(t)对自变量t的导数为四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R、与环境绝缘的张口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G构成.质量为m、带电量为q的球形液滴从G迟缓地自由掉下（所谓迟缓，意指在G和容器口之间总是只有一滴液滴）.液滴开始着落时相关于地面的高度为h.设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势以行进入容器的液体还没有充满容器.忽视G的电荷对正在着落的液滴的影响.重力加快度大小为g.若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势Vmax.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于zd的平面2内，电容器开初未被充电.整个装置处于平均磁场中，磁感觉强度大小为B，方向沿x轴负方向，如下图.在电容器参照系S中只存在磁场；而在以沿y轴正方向的恒定速度(0,v,0)（这里(0,v,0)表示为沿x、y、z轴正方向的速度重量分别为0、v、0，以下近似）相关于电容器运动的参照系S中，可能既有电场(Ex,Ey,Ez)又有磁场(Bx,By,Bz).试在非相对论情况下，从伽利略速度变换，求出在参照系S中电场(Ex,Ey,Ez)和磁场(Bx,By,Bz)的表达式.已知电荷量和作用在物体上的协力在伽利略变换下不变2.此刻让介电常数为方向沿y轴正方向..的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v，在相对液体静止的参照系（即相关于电容器运动的参照系）S中，因为液体处在第1问所述的电场(Ex,Ey,Ez)中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对挪动（即所谓极化效应），使得液体中出现附带的静电感觉电场，因此液体中总电场强度不再是(Ex,Ey,Ez)，而是0(Ex,Ey,Ez)，这里0是真空的介电常数.这将致使在电容器参照系S中电场不再为零.试求电容器参照系S中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差.（结果用0、、v、B或（和）d表出.）六、（15分）温度开关用厚度均为0.20mm的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C时，将它们紧贴，两头焊接在一同，成为等长的平直双金属片.若钢和青铜的线膨胀系数分别为1.0105/度和2.0105/度.当温度高升到120C时，双金属片将自动弯成圆弧形，如下图.试求双金属片曲折的曲率半径.(忽视加热时金属片厚度的变化.)七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为，高为h.今以尖角极点为坐标原点，成立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面其实是由一系列细小台阶构成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz平面平行，上表面与yz平面平行.劈尖介质的折射率n随x而变化，n(x)1bx，此中常数b0.一束波长为的单色平行光沿x轴正方向照耀劈尖；劈尖后搁置一薄凸面镜，在劈尖与薄凸面镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z方向平行、沿y方向摆列的透光狭缝，如图(b)所示.入射光的波面（即与平行入射光芒垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x轴垂直，透镜主光轴为x轴. 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经过各狭缝的透射光相互在透镜焦点处获取增强而形成亮纹.已知第一条狭缝位于y=0处；物和像之间各光芒的光程相等.1.求其余各狭缝的y坐标；2.试说明各狭缝相互等距摆列可否仍旧知足上述要求.h图(a)图(b)八、（20分）光子被电子散射时，假如初态电子拥有足够的动能，以致于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则y求散射后光子的能量；求逆康普顿散射能够发生的条件；如果入射光子能量为2.00eV，电子能量为1.00′109eV，求散射后光子的能量.已知Oxme=0.51′106eV/c2.计算中有必需时可利用近似：如果x1，有1-x?1-1x.2第30届全国中学生物理比赛复赛考试一试题答案1参照解答：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O内侧运动时，可将其速度v分解成纬线切向(水平方向)重量v及经线切向重量v.设滑块质量为m，在某中间状态时，滑块位于半球面内P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1mv02mgRsin1mv21mv2(1)222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经过该轴，力矩为零；重力相关于该轴的力矩也为零.所以在整个运动过程中，滑块相关于轴的角动量守恒，故mv0RmvRcos.(2)由(1)式，最大速率应与的最大值相对应vmaxv(max).(3)而由(2)式，q不行能达到π2.由(1)和(2)式，q的最大值应与v0相对应，即v(max)0.(4)[(4)式也可用下述方法获取：由(1)、(2)式得2gRsinv02tan2v20.若sin0，由上式得sin2gR22.cosv0实质上，sin=0也知足上式。由上式可知sinmax2gR22.cosmaxv0由(3)式有v2(max)2gRsinmaxv02tan2max0.(4’)]将v(max)0代入式(1)，并与式(2)联立，得v02sin2max2gRsinmax1sin2max0.(5)以sinmax为未知量，方程(5)的一个根是sinq=0q=0，这表示初态，其速率为最小值，不是所，即求的解.于是sinmax0.约去sinmax，方程(5)变成2gRsin2maxv02sinmax2gR0.(6)其解为v02g2R2sinmax4gR116v041.(7)注意到此题中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，v21v02v0416g2R2,(8)2考虑到(4)式有vmaxv21v02v0416g2R2.(9)2评分 标准 excel标准偏差excel标准偏差函数exl标准差函数国标检验抽样标准表免费下载红头文件格式标准下载 ：此题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.2参照解答：1.因为碰撞时间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vA、vC、vD，明显有vD2lvC.(1)r以A、B、C、D为系统，在碰撞过程中，系统相关于轴不受外力矩作用，其相关于轴的角动量守恒mvD2lmvCrmvA2lmv02l.(2)因为轴对系统的作使劲不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒.又因为碰撞时间t很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不用考虑弹性势能的变化.故12121212(3)2mvD2mvC2mvA2mv0.由(1)、(2)、(3)式解得vC4lr2v0,vD8l22v0,vAr22v0(4)2r8l2r8l2r8l[取代(3)式，可利用弹性碰撞特色v0vDvA.(3’)相同可解出(4).]设碰撞过程中D对A的作使劲为F1，对A用动量定理有22F1tmvAmv04lr,(5)222mv08lr方向与v0方向相反.于是，A对D的作使劲为F1的冲量为F1t4l2r2(6)8l2r22mv0方向与v0方向相同.以B、C、D为系统，设其质心离转轴的距离为x，则xmrm2l2lr.(7)(2)m2质心在碰后瞬时的速度为vvCx(4l(2l2r)2v0.(8)r2)(8lr)轴与杆的作用时间也为t，设轴对杆的作使劲为F2，由质心运动定理有F2tF1t2m4l(2lr)m0.(9)22v8lrv由此得Ftr(2lr)2m.(10)222v08lr方向与v0方向相同.因此，轴遇到杆的作使劲的冲量为Ftr(2lr)2m,(11)8l2r22v0方向与v0方向相反.注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已遇到沿杆方向的作使劲；在碰撞过程中还有与向心力相关的力作用于轴.但有限大小的力在无穷小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽视.[取代(7)-(9)式，可利用关于系统的动量定理F2tF1tmvCmvD.][也可由对证心的角动量定理取代(7)-(9)式.]2.值得注意的是，(1)、(2)、(3)式是当碰撞时间极短、以致于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的.假如弹簧的弹力恰巧供给滑块C以速度vC4lr2v0绕过B的轴做匀速圆周运动的向心力，即8l2rkrmvC216l2rm2r(8l2r2)2v0(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v0应知足的条件v0(8l2r2)kr4lmr(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v0应知足(13)式.评分标准：此题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.3参照解答：1.当杆以角速度绕过其一端的圆滑水平轴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EkkL(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]（它们可视为互相独立的基本单位），则、、L和Ek的单位分别为[][M][L]1,[][T]1,(2)[L][L],22[Ek][M][L][T]在一般情况下，若[q]表示物理量q的单位，则物理量q可写为q(q)[q](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(Ek)[Ek]k()()(L)[][][L](4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即(Ek)k()()(L)(5)[Ek][][][L](6)将(2)中第四式代入(6)式得[M][L]22[M][L][T](7)[T](2)式并未规定基本单位[L]、[M]和[T]的绝对大小，因此(7)式关于随意大小的[L]、[M]和[T]均成立，于是1,2,3(8)所以Ekk2L3(9)由题意，杆的动能为EkEk,cEk,r(10)此中，1mvc21(L)L2Ek,c(11)222注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为L的杆过其公共端（即质心）的圆滑水平轴在铅直平面2内转动，因此，杆在质心系中的动能Ek,r为L3Ek,r2Ek(,2k2L(12),)22将(9)、(11)、(12)式代入(10)式得1L22L3k2L3L2k(13)222由此解得k1(14)6于是Ek=1lw2L3.(15)6以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒EkmgLsin(16)2由(15)、(16)式得w=3gsinq(17).L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vcrLrLr(18)22.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TLrgcosLrat(19)NLrgsinLran(20)式中，at为质心的切向加快度的大小dcLrdLrdd3Lrgcosv(21)at2dt2ddt4Ldt而an为质心的法向加快度的大小an2Lr3Lrgsin(22)22L.由(19)、(20)、(21)、(22)式解得Lr3rL(23)T4L2mgcosLr5L3r(24)N2mgsin2L评分标准：此题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；不依靠第1问的结果，用其余方法正确得出此问结果的，相同给分；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；不依靠第1、2问的结果，用其余方法正确得出此问结果的，相同给分.4参照解答：设在某一时辰球壳形容器的电量为Q.以液滴和容器为系统，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器G出口自由着落到容器口的过程.依据能量守恒有mghQq122mgRQq(1)kRmvk.h2R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1mv2mg(h2R)kQq(h2R).(2)2(hR)R从上式能够看出，跟着容器电量Q的增添，落下的液滴在容器口的速率v不停变小；当液滴在容器口的速率为零时，不可以进入容器，容器的电量停止增添，容器达到最高电势.设容器的最大电量为Qmax，则有mg(h2R)Qmaxq(h2R)0.(3)kR)R(h由此得Qmaxmg(hR)R(4)kq.容器的最高电势为VmaxkQmax(5)R由(4)和(5)式得Vmaxmg(hR)(6)q评分标准：此题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.5参照解答：1.一个带电量为q的点电荷在电容器参照系S中的速度为(ux,uy,uz)，在运动的参照系S中的速度为(ux,uy,uz).在参照系S中只存在磁场(Bx,By,Bz)(B,0,0)，所以这个点电荷在参照系S中所受磁场的作使劲为Fx0,FyquzB,(1)FzquyB在参照系S中可能既有电场(E,E,E)又有磁场(B,B,B)，所以点电荷q在S参照系中所受电场xyzxyz和磁场的作使劲的协力为Fxq(ExFyq(EyFzq(Ez两参照系中电荷、协力和速度的变换关系为uyBzuxBzuxByuzBy),uzBx),(2)uyBx)qq,(Fx,Fy,Fz)(Fx,Fy,Fz),(3)(ux,uy,uz)(ux,uy,uz)(0,v,0)由(1)、(2)、(3)式可知电磁场在两参照系中的电场强度和磁感觉强度知足Ex(uyv)BzuzBy0,EyuxBzuzBxuzB,(4)EzuxBy(uyv)BxuyB它们关于随意的(x,uy,z)都成立，故uu(Ex,Ey,Ez)(0,0,vB),(5)(Bx,By,Bz)(B,0,0)可见两参照系中的磁场相同，但在运动的参照系S中却出现了沿z方向的匀强电场.2.此刻，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,v,0)匀速运动.电容器参照系S中的磁场会在液体参照系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(Ex,Ey,Ez)0(0,0,vB).(6)为了求出电容器参照系S中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感觉强度在两个参照系之间的变换，从液体参照系S中的电场和磁场来确立电容器参照系S中的电场和磁场.考虑一带电量为q的点电荷在两参照系中所受的电场和磁场的作使劲.在液体参照系S中，这力(Fx,Fy,Fz)如(2)式所示.它在电容器参照系S中的形式为Fxq(ExuyBzuzBy),Fyq(EyuxBzuzBx),(7)Fzq(EzuxByuyBx)利用两参照系中电荷、协力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得ExuyBzuzBy0,EyuxBzuzBxuzB,(8)EzuxByuyBx0vBv)B(uy关于随意的(ux,uy,uz)都成立，故(Ex,Ey,Ez)(0,0,(01)vB),(9)(Bx,By,Bz)(B,0,0)可见，在电容器参照系S中的磁场仍为本来的磁场，现因为运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为平均电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为VEzd.(10)由(9)式中第一式和(10)式得V10vBd.(11)评分标准：此题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.6参照解答：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T120C高升到T2120C时的伸长量分别为l1和l2.关于钢片(rd)ll1(1)2?l1l1(T2T1)(2)式中，d0.20mm.关于青铜片(rd)ll2(3)2?l2l2(T2T1)(4)联立以上各式得r2(2(12)(T2T1)d2.0102mm(5)21)(T2T1)评分标准：此题15分.(1)式3分，(2)式3分，(3)式3分，(4)式3分，(5)式3分.7参照解答：1.考虑射到劈尖上某y值处的光芒，计算该光芒由x0到xh之间的光程y.将该光芒在介质中的光程记为1，在空气中的光程记为2.介质的折射率是不平均的，光入射到介质表面时，在x0处，该处介质的折射率n01；射到x处时，该处介质的折射率nx1bx.因折射率随x线性增添，光芒从x0处射到xh1（h1是劈尖上y值处光芒在劈尖中流传的距离）处的光程1与光经过折射率等于平均折射率n111(1)n0nh111bh11bh1222的平均介质的光程相同，即1nh1h11bh12(2)2忽视透过劈尖斜面相邻小台阶连结处的光芒（事实上，可经过选择台阶的尺度和档板上狭缝的地点来避开这些光芒的影响），光芒透过劈尖后其流传方向保持不变，因此有2hh1(3)于是y12h1bh12.(4)2由几何关系有h1ytan.(5)故yhby2tan2.(6)2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，这些平行光芒汇聚在透镜焦点处.关于y0处，由上式得d(0)=h.(7)y处与y0处的光芒的光程差为yb22.(8)0ytan2因为物像之间各光芒的光程相等，故平行光芒之间的光程差在经过透镜前和汇聚在透镜焦点处时保持不变；因此(8)式在透镜焦点处也成立.为使光芒经透镜汇聚后在焦点处相互增强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即b22,k1,2,3,.(9)ytank2由此得y2kcotAk,A2cot.(10)bb除了位于y=0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y坐标挨次为A,2A,3A,4A,.(11)2.各束光在焦点处相互增强，其实不要求(11)中各项都存在.将各狭缝相互等距摆列仍可能知足上述要求.事实上，若挨次取km,4m,9m,，此中m为随意正整数，则ymmA,y4m2mA,y9m3mA,.(12)这些狭缝明显相互等间距，且相邻狭缝的间距均为mA，光芒在焦点处依旧互相增强而形成亮纹.评分标准：此题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（只需给出随意一种正确的答案，就给这4分）.8参照解答：1.设碰撞前电子、光子的动量分别为pe（e0）、p（p0），碰撞后电子、光子的能量、p动量分别为E,p,E,p.由能量守恒有eeEee.+Eg=E￠+Eg￠由动量守恒有peppecospcos,pesinpsin..(1)(2)式中，和分别是散射后的电子和光子相关于碰撞前电子的夹角.光子的能量和动量知足Ec,E￠c(3)g=pgg=pg￠.电子的能量和动量知足Ee2pe2c2me2c4，Ee2pe2c2me2c4由(1)、(2)、(3)、(4)式解得EEE2m2c4EeeeEeEEEe2me2c4cos[由(2)式得此即动量p、pe和pep知足三角形法例.将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得此即(5)式.]当0时有EEeEe2me2c4E2m2c4EE2Eeee2.为使能量从电子转移到光子，要求E￠.由(5)式可见，需有g>Eg此即(4)(5)(6)Ee2me2c4E或pep(7)注意已设pe>0、pg<0.3.因为Eemec2和EeE，因此pepp，由(5)式可知pp，所以有0.又24224mec(8)EemecEe.2Ee将(8)式代入(6)式得E￠2EeEg.(9)g?2Eg+me2c42Ee代入数据，得E￠6eV.(10)′10g?29.7评分标准：此题20分.第1问10分，(1)式2分，(2)式2分，(3)式2分，(4)式2分，(5)或(6)式2分；第2问5分，(7)式5分；第3问5分，(8)式2分，(9)式1分，(10)式2分.