最新第28屆物理競賽復賽試卷及答案匯總

1、201 1 年第 28 屆物理 競賽復賽試卷及答案精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 第28屆全國中學生物理競賽復賽試卷（20分）如圖所示，哈雷彗星繞太陽 S沿橢圓軌道逆時針方向運動，具周期T為76.1年，1986年它過近日點P0時與太陽S的距離ro=0.590AU ,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，彗星到達軌道上的P點,SP與SB的夾角8P=72.0 。已知：1AU=1.50Xl011m,引力常量G=6.67X10T1Nm2/kg2,太陽質(zhì)量ms=1.99X1030kg,試求P到太陽S的距離rP及

2、彗星過P點時速度的大小及方向（用速度方向與 SB的夾角表示）。（20分）質(zhì)量均勻分布的剛性桿AB、CD如圖放置，A點與水平地面接觸，與地面間的靜摩擦系數(shù)為仙a, B、D兩點與光滑豎直墻面接觸，桿 AB和CD接觸處的靜摩擦系數(shù)為仙C,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8,求CD桿與墻面夾角a應該滿足的條件（用a及已知量滿足的方程式表示）2、若g=1.00,郎=0.866, 8=60.0。求系統(tǒng)平衡時a的取值范圍（用數(shù)值計算求 出）。三、（25分）在人造衛(wèi)星繞星球運行的過程中，為了保持其對稱轉(zhuǎn)軸穩(wěn)定在規(guī) 定指向，一種最簡單的辦法就是讓衛(wèi)星在其運行過程中同時繞自身的對

3、稱軸 轉(zhuǎn)，但有時為了改變衛(wèi)星的指向，又要求減慢或者消除衛(wèi)星的旋轉(zhuǎn)，減慢或者 消除衛(wèi)星旋轉(zhuǎn)的一種方法就是所謂消旋法，其原理如圖所示。一半徑為R,質(zhì)量為M的薄壁圓筒，其橫截面如圖所示，圖中 O是圓筒 的對稱軸，兩條足夠長的不可伸長的結(jié)實的長度相等的輕純的一端分別固定在 圓筒表面上的Q、Q（位于圓筒直徑兩端）處，另一端各拴有一個質(zhì)量為 m的 小球，正常情況下，繩繞在圓筒外表面上，兩小球用插銷分別鎖定在圓筒表面 上的Po、Po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 CDOo若要使衛(wèi)星減慢或者停止旋轉(zhuǎn)（消旋），可瞬間撤去插銷釋放小球，讓小 球從圓筒表面甩開，在甩開的整個過程中，從純與

4、圓筒表面相切點到小球的那 段純都是拉直的。當衛(wèi)星轉(zhuǎn)速逐漸減小到零時，立即使純與衛(wèi)星脫離，解除小 球與衛(wèi)星的聯(lián)系，于是衛(wèi)星轉(zhuǎn)動停止。已知此時純與圓筒的相切點剛好在Q、Q處。1、求當衛(wèi)星角速度減至時純拉直部分的長度 l;2、求純的總長度L;3、求衛(wèi)星從0到停轉(zhuǎn)所經(jīng)歷的時間四、(20分)空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，在此區(qū)域建立直角坐標系O-xyz,如圖所示，勻強電場沿x方向，電場強度Ei Eoi ,勻強磁場沿z方 向，磁感應強度B Bok, Eo、Bo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

5、度均在Oyz平面內(nèi)，速度的大小和方向各不相同，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)在該區(qū)域內(nèi)再增加一個沿x方向隨時間變化的勻強電場，電場強度Ez (Eocos t)k ,式中qB0 ,若有一電荷量為正q、質(zhì)量為m的粒子，在t=o時刻從坐標原點O射出，初速度vo在Oyz平面內(nèi)，試求以后此粒子的坐標 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)半導體pn結(jié)太陽能電池是根據(jù)先生伏打效應工作的。當有光照射pn結(jié)時，pn結(jié)兩端會產(chǎn)生電勢差，這就是光生伏打效應。當pn結(jié)兩端接有負載時，光照使pn結(jié)內(nèi)部產(chǎn)生由負極指向正極的

6、電流即光電流，照射光的強度 恒定時，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, 當有電流流過負載時，負載兩端的電壓 V使二極管正向?qū)ǎ潆娏鳛閂Id Io(eVr 1),式中Vr和I0在一定條件下均為已知常數(shù)。1、在照射光的強度不變時，通過負載的電流 I與負載兩端的電壓V的關系是。太陽能電池的短路電流Is=壓 Voc=2負載獲得的功率P=2、已知一硅pn結(jié)太陽能電池的lL=95mA, Io=4.1 X10 9mA, Vr=0.026V。則止匕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，負載兩端的電壓可近似表示為 Vmp Vrln 1 (Il/I0) 則

7、1 (Voc /Vr)VmP=V。太陽能電池輸出的最大功率Pmax=mWA若負載為歐姆電阻，則輸出最大功率時，負載電阻R=Q o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，大氣的壓強為po0用一熱容量可忽略的導熱隔板 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移動但不漏 氣，氣缸的左端A室中有一電加熱器Q。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To, A、B、C三室的體積均為V?，F(xiàn)通過電加熱器對A室中氣體緩慢加熱， 若提供的總熱量為Q。，試求B室中氣體末態(tài)

8、體積和A室中氣體的末態(tài)溫度。設 A、B兩室中氣體1摩爾的內(nèi)能U=5/2RT。R為普適恒量，T為熱力學溫度。精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 七、（20分）如圖所示，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3一一. 凹面和凸面都是能反光的鏡面。 A、B頂點間的距離為-Ro在B的頂點C處開 2有一個透光的小圓孔（圓心為 C）,圓孔的直徑為ho現(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

9、 （hR）的細短桿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的頂點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的光線經(jīng)A反射，直接通過小孔后經(jīng)L所成的像I1與透鏡L的距3、形成像I的光線經(jīng)A反射，再經(jīng)B反射，再經(jīng)A反射，最后通過L成像I2,將I2的有關信息填在下表中: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后未進入B上的小圓孔C的那一部分最后通過L成像I3,將I3的有關信息填在下表中：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

10、八、（20分）有一核反應其反應式為1p 3H 23He （1n ,反應中所有粒子的速度 / 、 / 7 J IT I/、 11 7/7 IL 12d 0， I / 7 I IT I、 LT均遠小于光速，試問：百度傳課：物理競賽 &自主招生與奧賽全程對接物理視頻教程。1、它是吸能反應還是放能反應，反應能 Q為多少？2、在該核反應中，若3H靜止，入射質(zhì)子的閾能Tth為多少？閾能是使該核反應 能夠發(fā)生的入射粒子的最小動能（相對實驗室參考系）。3、已知在該反應中入射質(zhì)子的動能為1.21MeV,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1p、；n、3H核、；He核

11、的靜止質(zhì)量分別為：mP=1.007276u, mn=1.008665u, m3H=3.015501u, m3He=3.014932u, u 是原子質(zhì)量單位，1u 對應 的能量為931.5MeV0結(jié)果取三位有效數(shù)字。第28屆全國中學生物理競賽復賽試卷參考答案及評分標準解法取直角坐標系Oxy,原點。位于橢圓的中心，則哈雷彗星的橢圓軌道方程(1)2yb2a、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表示地球繞太陽運動的周期，則 Te 1.00年以ae表示地球到太陽的距離（認為地球繞太陽作圓周運動），則ae 1.00AU ,根據(jù)開普勒第三定律,設c為橢圓中心到焦點的距

12、離，由幾何關系c a ro(3)b Va2 c2(4)由圖1可知，P點的坐標x c rP cos P (5)y rP sin P (6)把(5)、(6)式代入(1)式化簡得精品資料rp0.895AU(6)僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 ，.2 a sinP b2 cos2 P22rP 2b crP cos Pb2c22. 2a b 0根據(jù)求根公式可得b2a ccosrP _22a sin Pb2cos P(8)由（2）、（3）、（4）、（8）各式并代入有關數(shù)據(jù)得rP 0.896AU可以證明，彗星繞太陽作橢圓運動的機械能為(10)

13、E= Gmms _ 2a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，根據(jù)機械能守恒定律有122 mVpGmmsrpGmm，2a(11)rP aVp Gms2 1(代入有關數(shù)據(jù)得 41vP = 4.39 10 ms(13)設P點速度方向與SP的夾角為（見圖2）,根據(jù)開普勒第二定律rPvP sinP 2(14)其中 為面積速度，并有：ab由（9）、 （ 13）、 （ 14）、（15）（15）式并代入有關數(shù)據(jù)可得127(16)解法取極坐標，極點位于太陽S所在的焦點處，由S引向近日點的射線為極 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r -p（1）1 ecos其中，e為橢

14、圓偏心率，p是過焦點的半正焦弦，若橢圓的半長軸為 a,根據(jù)解析幾何可知(2)將（2）式代入（1）式可得2(3)a 1 eecos以Te表示地球繞太陽運動的周期，則Te1.00年；以ae表示地球到太陽的距離（認為地球繞太陽作圓周運動），則ae1.00AU ,根據(jù)開普勒第三定律,T2T2(4)在近日點0,由（3）式可得(5)reae的數(shù)據(jù)代入（3）式即得可以證明，彗星繞太陽作橢圓運動的機械能E= Gmms_ 2a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，根據(jù)機械能守恒定 律有 TOC o 1-5 h z 2 GmmsGmm；mvprp2a（8）可得Vp jGms J - （9）, rp

15、 a代入有關數(shù)據(jù)得41Vp = 4.39 104m s1（10）設P點速度方向與極軸的夾角為，彗星在近日點的速度為Vo,再根據(jù)角動量守恒定律，有rpvp sin根據(jù)（8）式，同理可得provo由（6）、（10）、（11）、（12）式并代入其它有關數(shù)據(jù)127 T(13)評分標準：本題20分解法一精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料f1aNi(16)僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 （2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（1 （14）式3分，（15）式1分，（16）式2分.解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6 （10）式 2 分，（11）式

16、 3 分，（12）式 1 分，（13）式 2 二、參考解答：1.建立如圖所示坐標系Oxy.兩桿的受力情況 如圖：f1為地面作用于桿AB的摩擦力，Ni為地面對桿AB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N4 N3 f10（1）1)式3分，(13)式2分，)式2分，(8)式3分，.分.那.妥 1哆心31、EF N2gmgvyN1&f2pC、U8?g?SK?8?3?8JA8?r(2)N1 2mg0以及對A點的力矩1-mgl sin mgl sin1l sin 2

17、Ml cosN4l cos l cos CF 03mglsinImglsinN3l cosN4 l cosl cos CF 0(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.由幾何關系有CF l sin cot取桿CD為研究對象，由平衡條件有N4 N2 cos f2sinN2sinf2 cosmg(6)以及對C點的力矩N4l cos1mglsin解以上各式可得(8)N4 1 mgtanN33 tan 22tansin1 tansinf13tan2sincoscos2 sinmg(9)Ni2mgN2 sincosmgf2cos1tan sin 21 tan2 si

18、nmgsinmg(10)CD桿平衡的必要條件為由（12）、 （ 13）、tancN2(14)(14)式得CsinC coscossin(15)AB桿平衡的必要條件為由（10）、 （ 11）、 （16）式得tan sin2sinsincos4 A 3tan(17)因此，使系統(tǒng)平衡，應滿足的條件為（15）式和(17)式.2.將題給的數(shù)據(jù)代入（15）式可得arctan0.385 21.1(18)將題給的數(shù)據(jù)代入（17）式，經(jīng)數(shù)值計算可得(19)19.5因此，的取值范圍為19521.1(20)評分標準:本題20分第1問15分（1）、（2）、（3）式共 3分，（4）式 1 分,(5)、(6)、（7）式共

19、分，（9）、（10）式各1分,（12）到（17）式各1分.（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分.解法1.設在時刻t ,小球和圓筒的運動狀態(tài)如圖1所示，小球位于P點，繩與圓筒的切點為T,T1POV2精品資料圖1僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 P到T的距離即純的拉直部分的長度為1,圓筒的角速度為，小球的速度為v.V2兩個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分量.根據(jù)機械能守恒定律和角動量守恒定律有1M R 022121-m R o -M R22_ 2_2_ 2MR 0 mR 0 MR2122m

20、 v1v22mRv1mlv2因為繩子不可伸長,vi與切點T的速度相等，即vi R解（1）、（2）、（3）式得_22M m R ml220M m R2 ml2v2_22 M m R lZ-22 0M m R ml(5)由（4）式可得(6)這便是在衛(wèi)星角速度減至時繩的拉直部分的長度2.由（6）式，當 0得這便是純的總長度L.3.如圖2所示，從時刻t到t t,切點T跟隨圓筒轉(zhuǎn)過一角度1 t,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t到達T處，所以在t時間內(nèi)，切點轉(zhuǎn)過的角度切點從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具有垂直于繩子方向的速度V2引起的，故有

21、V2 tr由（1）、（2）、（3）式可得由（8）、 （9）、 （10）三式得 即純的拉直部分的長度為l，小球到轉(zhuǎn)軸O的距離為r ,圓筒的角速度為 .由 于圓筒的轉(zhuǎn)動和小球相對圓筒的運動，繩將展開，切點位置和繩的拉直部分的 長度都要改變.（11）式表示l隨t均勻增加，故由0增加到L所需的時間為tsL 1Mm0R0 m(12)解法1.撤去插銷后兩個小球的運動情況相同，故可取一個小球作為對象進行研究，先研究任何時刻小球的速度.在t時刻，相對衛(wèi)星系統(tǒng)質(zhì)心參考系小球運動狀態(tài)如圖1所示，繩子的拉直部分與圓筒面的切點為T ,小球到切點T的距離m2QRrTQOPm2l ,首先考察小球相對于圓筒的運動.在t時刻

22、，OT與固定在圓筒上的半徑OP。的夾角為，如圖2所示.由于小球相對圓筒的運動，經(jīng)過時間t ,切點從圓筒上的T點移到T點，OT與OP。的夾角變?yōu)?，繩的拉直部分的長度由l變 為l ,小球由P運動到P , PP便是小球相對圓筒的位移.當t很小時l故pP l于是小球相對圓筒的速度大小為v l l t方向垂直于TP .是切點相對圓筒轉(zhuǎn)動的角速度.再考察圓筒相對質(zhì)心參考系的轉(zhuǎn)動，即與 圓筒固連在一起的轉(zhuǎn)動參考系相對質(zhì)心參考系 的運動.當圓筒的角速度為 時，位于轉(zhuǎn)動參 考系中的P點(小球所在處)相對質(zhì)心系的速度v r (2)方向垂直于OP .可以把v分解成沿著TP方向的分量v i和垂直TP方向的分量v 2

23、 ,如圖3所示，即精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 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考系中的P點相對質(zhì)心系速度的合成，由圖3可得V的大小 TOC o 1-5 h z v , v21 v 2 V(5)因l R(6)故有v R2-2因為系統(tǒng)不受外力作用，故系統(tǒng)的動能和角動量守恒，故有1212 21-M R 0mR2 02 -M R222222MR 0 mR 0 MR mRv 1由(7)、(8)兩式有22 m0M m由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式

24、得m 20 M m由(10)、(11)兩式得故有2 1 mv2(8)2ml v 2 v(9)222(10)(11)00(12)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)式得由（6）、（13）兩式得這便是在衛(wèi)星角速度減至時純的拉直部分的長度l .2.由（14）式，當0得純總長度,即3.因是一個包量,隨時間的t的變化規(guī)律為0t0時，由（13）式可得衛(wèi)星停旋時的設衛(wèi)星停轉(zhuǎn)所用的時間為ts,由（16）、(17)式得tsM m0、 m(18)評分標準:本題25分.解法第1問12分.（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分.第2問3分.

25、（7）式3分.第 3問 10 分.（8）、（9）式各 3 分，（10）式 2 分，（11）、（12）式各1分.解法二第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，第2問3分.（15）式3分.第3問4分.（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分.四、參考解答：1.根據(jù)題意，粒子的初速度只有 y方向和z方向的分量，設它們?yōu)関oy和Voz. 因為粒子在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Voz作勻速運動.粒子在Oxy面內(nèi)的運動可以看作由以下兩部分運動的合成：可把粒子在 y方向的初速度表小為 TOC o 1-

26、5 h z VoyV0y1Voy Voy1(1)其中voy1f(2)Bo沿y負方向.與Voy1相關的磁場力fBxqVoy1 Bo(3)沿x負方向.粒子受到的電場力fEfExqEo(4)沿x正方向.由（2）、（3）、（4）式可知，粒子在x方向受到的電場力和磁場力正好抵消，故粒子以大小為巨的速度沿y負方向運動.除此之外，由（1）式可 Bo知，粒子還具有初速度v0y2Eov 0y B(5)沿y正方向，與V0y2相關的磁場力使粒子以速率V0y2在Oxy面內(nèi)作勻速圓周運動，以r表示圓周運動的半徑，有2 V0y2 qv0y2 Bom r(6)可得mv0y2 r qB0由周期的定義和（7）式可得圓周運動的周

27、期(8)（8）式表明，粒子運動的周期與粒子在 y方向的初速度無關.經(jīng)過時間整數(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)的運動無影響，但粒子在z方向要受到此電場力作用.以az表示在此電場力作用下的加速度，有maz qE0 cos tqEo1az =- cos tm(10)這是簡諧運動的加速度，因而有2az = z(11)由（10）、（11）可得z-12qEocos t（12）m因未增加電場時，粒子在z方向作初速度為V0Z的勻速運動，增加電場后，粒子在Z方向的運動是勻速運動與簡諧運動的疊加，即有1 oEcz v0zt - cos t（13）m粒子在Oxy平面

28、內(nèi)的運動不受電場E2的影響.設-為粒子在Oxy平面內(nèi)作圓周運動的角速度，則有2 任 qBoT m(14)由圖示可得與圓周運動相聯(lián)系的粒子坐標隨時間t的變化關系x r 1 cos ot(15)y rsin ot(16)考慮到粒子在y方向還具有速度為voy1的勻速運動，并利用（2）、（5）、（14）以及己知條件，可得帶電粒子的運動規(guī)律:mvoy qBoE-Bocos呵m(17)Eot4BoqBoEoBosinqB-tm(18)(19)vozt 萼cos嗎qBom評分標準：本題2o分.第1問 12 分.（2）、（3）、（4）式共 5 分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相關說明共3分.第2

29、問8分.（12）式2分，（14）式到（19）式各1分.五、答案與評分標準本題15分.V11Il Io eVT 1（2 分），Il（2 分），Vt ln 1 ,（2Io分）， V VI l VIo eVT 1（1 分）.0.62V（2 分）；0.54V（2分）；49mW （2 分）；6.0（2分）.六、參考解答：在電加熱器對A室中氣體加熱的過程中，由于隔板 N是導熱的，B室中氣 體的溫度要升高，活塞 M將向右移動.當加熱停止時，活塞 M有可能剛移到氣 缸最右端，亦可能尚未移到氣缸最右端.當然亦可能活塞已移到氣缸最右端但加 熱過程尚未停止.1.設加熱恰好能使活塞M移到氣缸的最右端，則B室氣體末態(tài)的

30、體積Vb 2Vo（1）根據(jù)題意，活塞M向右移動過程中，B中氣體壓強不變，用Tb表示B室中氣體 末態(tài)的溫度，有 TOC o 1-5 h z 始”(2)To Tb由(1)、(2)式得Tb 2To(3)由于隔板N是導熱的，故A室中氣體末態(tài)的溫度Ta 2To(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，根據(jù)熱力學第一定律，氣體吸收的熱量等于其內(nèi)能的增加量，即aA R5 - 2由(4)、(5)兩式得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 TOC o 1-5 h z WbPo(Vb V。)由(1)、(7)式及理想氣體狀態(tài)方程得Wb RTo(8)內(nèi)能改變?yōu)?

31、Ub 2R(Tb To)(9)由(4)、(9)兩式得5. 、Ub -RTo(10)2根據(jù)熱力學第一定律和(8)、(10)兩式，B室氣體吸收的熱量為Qb Ub Wb I RTo(11)由(6)、(11)兩式可知電加熱器提供的熱量為Qm Qa Qb 6RT0(12)若Q0 Qm , B室中氣體末態(tài)體積為2Vo, A室中氣體的末態(tài)溫度2To .2.若Q0 Qm ,則當加熱器供應的熱量達到Qm時，活塞剛好到達氣缸最 右端，但這時加熱尚未停止，只是在以后的加熱過程中氣體的體積保持不變，故熱量Q0 Qm是A、B中氣體在等容升溫過程中吸收的熱量.由于等容過程中氣體不做功，根據(jù)熱力學第一定律，若 A室中氣體末

32、態(tài)的溫度為Ta,有(13)一_5_5_Q0Qm2 R(TA2T0)- R(TA2T0)由(12)、(13)兩式可求得TaQ05R-To(14)B中氣體的末態(tài)的體積(15)Vb= 2Vo3.若Qo Qm,則隔板尚未移到氣缸最右端，加熱停止，故B室中氣體末態(tài)的體積Vb小于2V。，即Vb 2Vo .設A、B兩室中氣體末態(tài)的溫度為Ta,根據(jù)熱力 學第一定律，注意到A室中氣體經(jīng)歷的是等容過程，其吸收的熱量5 TOC o 1-5 h z Qa -R(Ta To)(16)B室中氣體經(jīng)歷的是等壓過程，吸收熱量八 5 一，、Qb -R(Ta To) Po(Vb Vo)(17)利用理想氣體狀態(tài)方程，上式變?yōu)镼b

33、-R Ta To(18)2由上可知Qo Qa Qb 6R(Ta To)(19)所以A室中氣體的末態(tài)溫度精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 Ta6RTo(20)B室中氣體的末態(tài)體積Vb36RT01)Vo(21)評分標準：本題20分.得到Qo Qm的條件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到Qo Qm的條件下的（14）式4分，（15）式2分；得到Qo Qm的條件下的（20）式4分，（21）式2分.七、答案與評分標準:本題20分. 3R(3 分)6R(3 分)12與L的距

34、離I2在L左方還是 右方I2的大小I2是正立還是 倒立I 2是實像還是 虛像6R右方2h倒立虛像第1第3空格各2分；其余3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分.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左力2h倒立實像第1第3空格各2分；其余3個空格全對3分，有一個錯則不給這3分.八、參考解答：.反應能2Qmp m3H m3He mn c(1)式中c為光速.代入數(shù)據(jù)得Q 0.764MeV(2)上式表明這是一吸能核反應.為了求入射質(zhì)子閾能，反應前后各粒子都應沿同一直線運動.設質(zhì)子的入射速度大小為vp,反應后3He的速度大小為v3He,中子的速度大

35、小為vn,根 據(jù)動量守恒和能量守恒有mpvpm3Hev3Hemnvn12-mpvp122 m3Hev3He2mnv2Q(4)由(3)、 (4)式可得2mn mnm3He 2vnm3Hemlpmln2vpvnm3He2mpmPm3Hem3He2 vp2Q 02mnm3Hemn m3He2 mmm2mpn-vp(6)3 Hempm3He2Vpm3He把(6)式代入(5)式得(8)由(6)式可知，c可能大于零，亦可能小于零.若c0,則(8)總成立，中子速度定有解，反應一定能發(fā)生；若c 0,則由(6)、(8)兩式得12-mtvp 一 2 p p mnm3Hem3HeRQ即只有當入射質(zhì)子的動能滿足式時，

36、中子速度才有解，反應才能發(fā)生，所以.2avn bvn c 0(7)式有解的條件是,2b 4ac 0入射質(zhì)子的閾能為Tth1 一mnmpm3Hemp(10)2 利用(1)式，在忽略Q項的情況下,(10)式可簡化為(11)(12)mpTth1 pm3H代入有關數(shù)據(jù)得% 1.02MeV3.由動量守恒和能量守恒有mpvpm3He3Hemnvn(12)1212122 mpvp2m3Hev3He2 mnvn(13)以 表示反應中產(chǎn)生的中子速度方向與入射質(zhì)子速度方 向的夾角，如圖所示，根據(jù)余弦定律有222(14)m3HeV3HemnvnmpVp2mnmpVnVpcosTnT3He2mpvp122mnvn12

37、5 m3隨口抬(15)(16)(17)把（15）、（16）、（17）式代入（13）、（14）兩式得Tp T3He Tn(18)(19)由（18）、(20)2 m3HeT3He202mpTp（19）式，消去丁3隨后,Tn2JmnmpTLcosm3He mn一m3TnHe2 2mnTn2mpTp cosmp Tpm3HemnQ m3HeSnosm3Hemn% mp TpQ %m3Hemn(21)根據(jù)題給的入射質(zhì)子的動能和第Tn 2S.T； R 0(22)問求得的反應能Q的值，由（21）式可知R 0 ,故（22）式的符合物理意義的解為Tn SS2R(23)將具體數(shù)據(jù)代入（21）、（23）式中，有Tn

38、 0.132MeV(24)（如果彳4到Tn 0.131 MeV,也是對的.）第2問的其他解法解法精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除謝謝 精品資料僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 精品資料1.02MeV(6)僅供學習與交流，如有侵權(quán)請聯(lián)系網(wǎng)站刪除 謝謝 為了研究閾能，只考慮碰撞前后各粒子都沿同一直線運動的情況.若碰撞后3He和中子的速度相同，即粘在一起運動（完全非彈性碰撞），則在碰撞過程中損失的機械能最多，若所損失的機械能正好等于反應能，則入射質(zhì)子的動能最小，這最小動能便是閾能.設質(zhì)子的入射速度大小為Vp,反應后3He和中子的速度大小為v,根據(jù)動量守恒和能量守恒有mpVp(m3 He mn)V122mpvp12 八“Hemn)V Q(2)由（1）、 （2）式可得122mpvpmnm3Hemnm3 Hemp-Q(3)所以閾能為mpmnm3Hemp(4)利用第1問中的（1）式，并注意到QI2m3uCH在忽略1mnm3Hempm3,.1H2m3HCH2 Q項的情況下,（4）式可簡化為1m3H2m3HCH12m3H代入有關數(shù)據(jù)得（1）、（2）式各3分，式或（5）式1分，（6）式1分.解法在牛頓力學中可以證明，質(zhì)點系的總