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2007年第24届全国中学生物理竞赛预赛试题答案


第 24 届中学生物理竞赛预赛试卷参考解答 2007.9.2
一、参考答案
1.大爆炸 2.超新星 中子星 黑洞 3.核聚变 4.

小潮时



5.0,4L,L. 评分标准: 评分标准:本题 25 分. 第 1 小题 3 分. 第 2 小题 6 分,每一空格 2 分. 第 3 小题 3 分, 第 4 小题 6 分.第一空格中画对一个图给 2 分,画对两个图给 3 分;第二空格中 画对一个图给 2 分,画对二个图给 3 分. 第 5 小题 7 分.第一空格 2 分,第二空格 3 分,第三空格 2 分. 二、参考解答: 参考解答: 当光滑平板与水平面的倾角为 α 时,无论小球 P 处在斜面上什么位置,它受的重 力在斜面上的投影总是垂直于 HH’,大小总是等于 mgsinα.以此作为重力的一个分力, 则重力的另一个分力即垂直于斜面的分力 mgcosα 总是与斜面对小球 P 的支持力平 衡.这样,小球 P 在斜面内只受上述重力的分量 mgsina 和细绳拉力的作用. 当小球 P 运动到圆周的最高点时,细绳垂直于 HH’,绳的拉力与小球所受重力的分 量 mgsinα 沿同一直线,这时只要细绳不松弛,小球就能保持在板面内作圆周运动.设 小球到达圆周最高点时的速度为 v,绳的拉力为 T,有

v2 T + mg sin α = m l
由能量关系,有

(1)

1 1 2 mυ 0 = mυ 2 + mg sin a 2 2
由(1)、(2)式得
2 v0 3 g sin α ) l

(2)

T = m(

(3)

细绳不松弛的条件是 T≥ 0 由(3)、(4)式得 a ≤ arcsin( 代入有关数据,得 a ≤ arcsin( ) 当倾角 a<0 时,经相同的分析可得 a ≥ arcsin( ) 由(6)、(7)两式,可知 a 的取值范围为

(4)

υ 02
3 lg

)

(5)

5 6

(6)

5 6

(7)

arcsin(

5 5 ≤ a ≤ arcsin( ) 6) 6

(8)

评分标准:本题 25 分. (1)式 7 分,(2)式 7 分,(4)式 5 分,(5)式或(6)式 3 分,(7)式 3 分. 参考解答: 三、参考解答: 以 m 表示气缸内气体的质量, 表示其摩尔质量.当气体处在初始状态时,已知 其压强为 P。 、体积为 V 0 .设其温度为 T 0 ,由理想气体状态方程有

P0V0 =

m



RT0

(1)

在过程 1 中,对气体加热时,活塞 s 位置固定不动,气体体积保持不变,气体对 外不做功.根据热力学第一定律有

Q1 =

m



c(T1 T0 )

(2)

式中 T 1 为加热后气体的温度.根据题意,这时气体的压强为 P 1 ,由理想气体状态方 程可知

P1V0 =
由(1)、(2)、(3)式得

m



RT1

(3)

Q1 =

c V0 ( P1 P2 ) R

(4)

在过程 2 中,对气体加热时,活塞要移动,气体的压强保持 P0 不变,体积由 V0 变为 V2,气体对外做功.根据热力学第一定律,有

Q2 =

m



c(T2 T0 ) + P0 (V2 V1 )

(5)

式中 T 2 为加热后气体的温度.由理想气体状态方程可知

P0V2 =

m



RT2

(6)

由(1)、(5)、(6)式,得

Q2 =
由(4)、(7)式得

c+R P0 (V2 V0 ) R

(7)

( P P0 )V0 Q1 c = 1 Q2 c + R (V2 V0 ) P0

(8)

评分标准: 评分标准:本题 25 分. (1)式 2 分,(2)式 7 分,(3)式 2 分,(5)式 7 分,(6)式 2 分,(8)式 5 分. 四、参考解答 1.两导线排的电流产生的磁场 考察导线排 M1,M2 中的电流产生的磁场,取 x 轴与导线排 M1M2 重合,Y 轴与导 线排 MlM2 垂直, 如图 l 所示. 位于 x 和 x+△x( x 为小量)之间的细导线可以看作是“一 根”通有电流 I λx 的长直导线,它在 Y 轴上 P 点产生的磁感应强度的大小为

B = k

r 为 P 点到此直长导线的距离, B 的方向与 r 垂直,与电流构成右手螺旋.将 AB 分解成沿 x 方向和 Y 方向的两个分量△B x 和△B y ,有

Iλx r

(1)

B x = k

Iλx cos θ r Iλx B y = k sin θ r

(2) (3)

根据对称性,位于一 x 到一(x+Δx)之间的细导线中电流产生的磁感应强度在 Y 方向的 分量与△By,大小相等、方向相反.可见整个导线排中所有电流产生的磁场在 Y 方向 的合磁场为 0.由图 1 可看出一

x cos θ = θ r

(4)

把(4)式代入(2)式得

B x = kIλθ
导线排上所有电流产生的磁感应强度 B= 注意到

(5)

∑ B

x

= ∑ kIλθ

(6)

∑ θ = π 得
(7)

B=k πλΙ 即每个导线排中所有电流产生的 磁场是匀强磁场, 磁场的方向分别 与 M1M2 和 M3M4 线排平行.如图 2 所示,两导线排中电流产生的磁 感应强度 B(M1M2)与 B(M3M4)成 1200, 它们的合磁场的磁感应强度 的大小

B0 = 2 B cos 60 0 = kπλI (8)
方向与 00’平行,由 0 指向 0’ 2.半导体片左右两侧面间的电势差 当半导体片中通有均匀电流 I0 时,半导体片中的载流子作定向运动,N 型半导体 的载流子带负电荷,故其速度 v 的方向与 I0 方向相反,垂直纸面向里,且有: I0=nqvS (9)

式中 S 为半导体片横截面的面积 S= ab l (10)

载流子作定向运动时要受到磁场洛伦兹力 fB 的作用,其大小为 fB=qvB0 (11) 对带负电荷的载流子此力的方向指向左侧,于是负电荷积聚在左侧面上,从而左侧面 带负电,右侧面带正电,两侧面间出现电势差 U=U 右-U 左.带负电荷的载流子受到静 电力 fE 由左侧面指向右侧面,达到稳定时,fE 与 fB 平衡,即 fE=

U q = fB ab

(12)

由(8)、(9)、(10)、(II)、(12)各式得 U=k

πλII 0
nql

(13)

评分标准: 评分标准:本题 25 分. (7)式 8 分,(8)式 4 分,(9)式 3 分,(t2)式 5 分,(13)式 5 分 参考解答: 五、参考解答 1.在线框转动过程中,三角形的 AC、CD 两边因切割磁感应线而产生感应电动势, 因长度为 d 的 AC 边和 CD 边都不与磁场方向垂直,每条边切割磁感应线的有效长度, 即垂直于磁场方向的长度为 l=dsin30 =
0

1 d 2

(1)

因 AC 边上不同部分到转轴的距离不同,它们的速度随离开转轴的距离的增大而 线性增大,故可认为 AC 边上各部分产生的总电动势,数值上等同于整条 AC 边均以 AC 边中点处的速度 v 运动时产生的电动势.而:

1 3 v = ω d cos 30 0 = ωd 2 4

(2)

设在 t=0 至时刻 t,三角形从平行于磁场方向的位置绕轴转过角度为 θ,则 θ=ωt (3) 因而边上各点速度的方向不再与磁场方向垂直, v 沿垂直磁场方向的分量

v ⊥ = v cos θ
由些得到 t 时刻 AC 边中的感应电动势

(4)

ε AC = Bl v ⊥
其方向由 A 指向 C,由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得

(5)

ε AC =
同理可得

3 Bωd 2 cos ωt 8

(6)

ε CD =

3 Bωd 2 cos ωt 8

(7)

其方向由 C 指向 D,三角形线框中的总电动势

ε = ε AC + ε CD =

3 Bωd 2 cos ωt 4

(8)

其方向沿 ACDA 回路方向.因线框中的总电阻为 3R,故 t 时刻线框中的电流

i=

ε
3R

=

3 Bωd 2 cos ωt 12 R

(9)

2.对于 AP 来说,长度为 x,在 t=0 时刻,cosωt=1,而以 x 代替(6)式中的 d,即可 得 AP 段中的感应电动势的大小

ε AP =

3 2 Bx ω 8

(10)

方向由 A 点指向 P 点.由(9)式,此时线框的电流

I=

3 Bωd 2 12 R
R x d

(11)

根据含源电路欧姆定律,P 点的电势

U P = ε AP I

(12)

把(10)、(11)两式代入(12)式,经整理后得

UP =

3 2 Bω ( x 2 xd ) 8 3

(13)

为了画出 UP(x)图线,先求出若干特征点的电势值:(13)式右侧是一个关于 x 的二次方 程,故 UP(x)图线为一抛物线,(13)式可改写为

UP +

3 3 1 Bωd 2 = Bω ( x d ) 2 72 8 3

(14)

由(14)式可知,此抛物线

(i)x=0 和 x =

2 d 3

UP=0 (ii)抛物线的顶点坐标为

x=

3 d ,U P = Bω d 2 3 72 3 Bωd 2 24

(iii) x = d , U P =

图线如图所示. 评分标准:本题 25 分. 评分标准: 第 1 小题 l3 分求得(6)或(7)式 8 分,(8)式 2 分,(9)式 3 分 第 2 小题 l2 分.(10)式 4 分,(13)式 4 分,图线正确给 4 分 参考解答: 六、参考解答: y/mm 1 40 30 20 10

0

10

20

30

40

x/mm

评分标准:本题 25 分. 1.图线形状正确给 l0 分,横坐标标度正确给 5 分,纵坐标标度正确给 5 分 2.求得平均速度大小给 5 分. 参考解答 七、参考解答: 1.

f (R f ) f (R + f ) ; R R

2.1;1 3.对凹面镜光路图如图 l 所示

评分标准:本题 分 评分标准:本题25分. 第 1 小题 l0 分.每一空格 5 分. 第 2 小题 5 分.填对一个空格给 3 分,填对二个空格给 5 分 第 3 小题 l0 分.每图 5 分. 参考解答: 八、参考解答: 解法一 1.因 A 点位于半球形碗的最低点,等边 三角形薄板的 BC 边一定沿水平方向.作连 线 OB 和 OC,因 O 为半球形碗的球心,A、 B、C 均在球面上,故有

NBC

OA = OB = OC = a
ABC 是等边三角形,

(1) B (2) 图1

AB = BC = AC = a

故 OABC 为正四面体,如图 l 所示.三角形 薄板所受的力有: (i)B、C 处碗面对板的作用力 NB 和 NC 均垂直于碗面,指向球心 O.又由对称性可 知, NB=NC (3) 它们的合力 NBC 沿∠COB 的角平分线 DO 的方向,其大小为 NBC=2NBcos300= 3 N B DO 的长度 (4)

DO = OB cos 30 0 =
(ii)重力 FG 的大小 FG=mg

3 a 2

(5)

(6)

它作用于三角形 ABC 的重心 G.G 位于 AD 上,与 A 的距离

AG =

2 2 3 AD = OD = a 3 3 3

(7)

重力的方向与 OA 平行,该力位于 OAD 平面内,与 OD 相交.用 P 表示其交点,则

OP = AG =

3 a 3

(8)

(iii)设碗面在 A 点作用于薄板的约束力为 NA,薄板(或可看成刚性正四面体 OABC) 在 NBC、FG 和 NA 三个力作用下保持平衡,这三力应在同一平面内,且应共点,即 NA 应与 FG 和 NBC 都在 OAD 平面内,且应通过 P 点,如图 2 所示。在三角形 ODA 中

OD = AD =

3 a, OA = a 2

设∠DOA=α,则 ∠ODA=π-α 在三角形 ADO 中,由正弦定理,有:

a 3a = sin 2α 2 sin α
由此可得 图2

cos α =

3 , sin α = 3

2 3

(9)

设∠OAP=β,在三角形 OPA 中,由余弦定理得

AP =

1 2 3 2 1 a + a2 + 2 a = 3 3 3

2 3

a

由正弦定理得:

AP OP OA = = sin α sin β sin(α + β )


图3

2 3 a a a 3 = 3 = sin α sin β sin(α + β )

(10)

FG、NBC 和 NA 三力平衡,它们应形成封闭的三角形,如图 3 所示。由正弦定理得

N FG NA = BC = sin α sin β sin(α + β )
由(10)(11)式和(3)(4)(6)各式得 、 、 、

(11)

NA =

mg sin α 6 = mg sin(α + β ) 3 1 3 N BC = 1 mg sin β 3 sin(α + β )

(12)

N B = NC =
得: NB=NC= mg

(13)

1 3

(14)

2.解除对 A 点的约束后,A、B、C 三顶点将从静止 开始沿碗面滑动.根据对称性可知,薄板处于水平位置时 重心最低,从而重力势能最小.根据机械能守恒定律,此 时薄板的动能最大.此时薄板的重心将移至 O 点正下方的 G’点,如图 4 所示.由几何关系并考虑到(7)式,G’相对碗 最低点的高度

h' = a OG ' = a OA AG ' = (1

2

2

2 )a 3

图4 (15)

A 点被约束时薄板重心为 G 点,参阅图 1,可知 G 点相对碗最低点的高度

h = AG cos ∠DAO = AG cos α
由(7)和(9)式可得

(16)

1 h= a 3

(17)

由(15)、(17)两式可求得薄板从 A 点约束解除到处于水平状态过程中,其重心高度 减少量的最大值,从而求出重力势能的减少量的最大值,最后即求得薄板具有的最人 动能为

E K = mg (h h' ) =

6 2 mga 3

(18)

评分标准: 评分标准:本题 25 分. 第 1 小题 20 分(4)式 2 分,(10)式 7 分,(11)式 7 分, (12)式 2 分,(14)式 2 分 第 2 小题 5 分(15)式 1 分,(17)式 2 分,(18)式 2 分 解法二

1.当三角形薄板处于平衡状态时,根据对称 性, BC 必位于过 B、C 两点的水平圆面内,以 O’表示此水平圆面的圆心,如图 l 所示.碗内壁 球面的球心为 O,则 O’以及 A、O 三点必位于 同一条竖直线上.由于 B、C 与球面接触处都是 光滑的, 球面对这两点的作用力都指向球面的球 心 O, NB 和 NC 分别表示这两个力的大小. 令 由 图1 对称性可知 NB =NC (1) 因球面的半径等于等边三角形的边长,三角形 OAB 和 OBC 都是等边三角形, (2) ∠AOB=∠BOC=θ=600 把 NB 分解成沿竖直方向的分量 NB⊥和位于水平面内的分量 NB//,则有

N B ⊥ = N B cos θ = N B cos 60 0 =

1 NB 2

(3)

N B // = N B sin θ = N B sin 60 0 =
同理有

3 NB 2

(4)

1 N C ⊥ = N C cos θ = N C cos 60 0 = N c 2 N c // = N C sin θ = N C sin 60 0 = 3 NC 2

(5)

(6)

NB//与 BO’平行,NC//与 CO’平行,都平行于以 O’为圆心的水平圆面,可以把这两个力移到 圆心为 O’的水平圆面内,如图 2 所示.NB//和 NC//的合力为 N//. 球而底部作用于三角形薄板的力 NA 也可分解成沿竖直方向的分量 NA⊥和位于水 科面内的分量 NA//.当三角形薄板达到平衡时,有 NA//= N//=2 NB//cosα (7) (8) mg-NA⊥- NB⊥- NC⊥=0 由图 l 可知, 圆心为 0’的水平圆面的半径 R 即线段 O' B 是等边三角形 OAB 的高, 故有

R = a sin θ = a sin 60 0 =
由图 2 得

3 a 2

(9)

cos α =

O' D = R

a R2 ( )2 2 = 6 R 3

(10)

由以上有关各式,(7)、 (8)两式可写成

N A // = 2 N B

(11)

NA⊥=mg-NB (12) 当三角形薄板达到平衡时,作用于三角形的各力对 BC 边的力矩总和等于零。NB,NC 通过 BC 边,对 BC 边无力矩作用,只有 NA//、NA⊥ 和生力 mg 对 BC 边有力矩作用。平衡时有

N A //

a 1 + mg O' D N A⊥ O' D = 0 2 3

(13)

由(9)(10)式可知 、

O' D = R

6 3 6 2 a a = = 3 2 3 2

(14)

把(14)式代入(13)式,得

N A // = 2 N A⊥

2 mg 3

(15)

由(11)(12)和(15)式及(1)式 、

1 N B = N C = mg 3 N A // = N A⊥ = NA = 2 mg 3 2mg 3 6 mg 3

(16)

(17)

(18)

(19)

2.当解除对 A 点的约束,A、B、C 三顶点将在球面内从静止开始滑动。根据对称性 可知,必有一时刻薄板处于水平位置,这时板的重心最低,重力势能最小,薄板具有 的动能最大,这动能来自薄板减少的重力势能。 在图 1 中三角形 ADO‘为直角三角形,一条直角边 DO’位于水平位置,另一条直角边 AO’ 位于竖起位置, 根据题意及几何关系可知, 三角形薄板的重心 G 位于斜边 AD 上, 离 A 点的距离为

2 AD ,重心 G 的高度 3

h=

2 2 a 1 AO' = = a 3 3 2 3

(20)

当三角形薄板的三条边位于同一水的圆面内时,三角形的重心 G’与其三边所在圆面的 圆心重合,如图 3 所示,

BG ' =

2 2 a 3 a ( )2 = a 3 2 3

2 2 3 6 OG ' = OB BG ' = a 2 a 2 = a 9 3

这时,三角形薄板重心 G’的高度

h' = a

6 3 6 a= a 3 3

(21)

薄板的最大动能

E k = mg (h h' ) =

6 2 mga 3

(22)

评分标准: 评分标准:本题 25 分. 第 1 小题 20 分.(11)式 6 分,(12)式 6 分,(15)式 4 分,(16)式 2 分,(19)式 2 分 第 2 小题 5 分.(20)式 1 分,(21)式 2 分,(22)式 2 分.


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