2007年第24届物理竞赛_复赛_试题+答案+评分标准
第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷
（本卷共七大题，满分160分）
一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B 与平板PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =
二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）
三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。此时，b 室真空，a 室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P 0/5，
温度为T 0。已知1mol 空气温度升高1K 时内能的增量为C V ，普适气体常量为R 。
1.现在打开1K ，待容器内外压强相等时迅速关闭1K （假定此过程中处在容器内的气体与处在容器外的气体之间无热量交换），求达到平衡时，a 室中气体的温度。
2.接着打开2K ，待a 、b 两室中气体达到平衡后，关闭2K 。拔掉所有销钉，缓慢推动活塞B 直至到过容器的PQ 位置。求在推动活塞过程中，隔板对a 室气体所作的功。已知在推动活塞过程中，气体的压强P 与体积V 之间的关系为V
V C R
C PV +＝恒量。
四、（25分）图中oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在0>x 的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直于oxy 平面向里，磁感应强度的大小为B 。在0 五、（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为20/8.9s m g =，磁场的磁感应强度的大小T B 50100.3-?=，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与3 r 成反比（r 为考察点到地心的距离），方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离e R r 5=（e R 为地球半径）处，存在厚度为10km 的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量kg m e 31 10 1.9-?=，质子的质量kg m p 27107.1-?=，电子电荷量为 C 19106.1-?-，地球的半径m R e 6104.6?=。 1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动，另一方面因受地球引力和磁 场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流，试求此环行电流的电流密度。 2.现设想等离子层中所有电子和质子，它们初速度的方向都指向地心，电子初速度的大小s m u e /104.14?=，质子初速度的大小s m u P /104.32?=。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达地球表面。 六、（25分）图1所示为杨氏双缝干涉实验的示意图，取纸面为yz 平面。y 、z 轴的方向如图所示。线光源S 通过z 轴，双缝S 1、S 2对称分布在z 轴两侧，它们以及屏P 都垂直于纸面。双缝间的距离为d ，光源S 到双缝的距离为l ，双缝到屏的距离为D ，D d <<，l d <<。 图1 1.从z 轴上的线光源S 出发经S 1、S 2不同路径到P0点的光程差为零，相干的结果产生一亮纹，称为零级亮纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响，我们先研究位于轴外的线光源S ′形成的另一套干涉条纹，S ′位于垂直于z 轴的方向上且与S 平行，两者相距s δ，则由线光源S ′出发分别经S 1、S 2产生的零级亮纹'0P ，' 0P 与P 0的距离___________________________________=y δ 2.当光源宽度为ω的扩展光源时，可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相干的线光源组成。这样，各线光源对应的干涉条纹将彼此错开，在屏上看到的将是这些干涉条纹的光强相加的结果，干涉条纹图像将趋于模糊，条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处发出的光强相同、波长皆为λ。当ω增大导致零级亮纹的亮暗将完全不可分辨，则此时光源的宽度______________________________=ω 3.在天文观测中，可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的光到达地球处都可视为平行光，从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角θ就是星体的角直径。遥远星体的角直径很小，为测量如些微小的角直径，迈克尔逊设计了测量干涉仪，其装置简化为图2所示。M1、M2、M3、M4是四个平面反射镜，它们两两平行，对称放置，与入射光（a 、 a ′）方向成45°角。S1和S2是一对小孔，它们之间的距离是d 。M1和M2可以同步对称调节来改变其中心间的距离h 。双孔屏到观察屏之间的距离是D 。a 、 a ′和b 、 b ′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线a 、 a ′垂直双孔屏和像屏，星光的波长是λ，试导出星体上角直径θ的计算式。 注：将星体作圆形扩展光源处理时，研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会遇到数学困难，为简化讨论，本题拟将扩展光源作宽度为ω的矩形光源处理。 图2 七、（20分）今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年。王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：Be 7 原子核可以俘获原子的K 层电子而成为Li 7 的激发态*7)(Li ，并放出中微子（当时写作η）： η+→+*77 )(Li e Be ，而*7)(Li 又可以放出光子γ而回到基态Li 7：γ+→Li Li 7*7)( 由于中微子本身很难直接观测，能过对上述过程相关物理量的测量，就可以确定中微子的存在，1942年起，美国物理学家艾伦（R.Davis ）等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在。1953年美国人莱因斯（F.Reines ）在实验中首次发现了中微子，莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔（M.L.Perl ）分享了1995年诺贝尔物理学奖。 现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核（Li 7 ）反冲能量（即 Li 7 的动能）的最大值ev E R 6.56=，γ光子的能量Mev h 48.0=γ。已知有关原子核和电 子静止能量的数据为Mev c m Li 84.65332=；Mev c m Be 19.65342=；Mev c m e 51.02=。设在第一个过程中，Be 7 核是静止的，K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据，算出的中微子的动能ηP 和静止质量ηm 各为多少？ 第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 参考答案及评分标准 一、参考解答： 如果小球的水平速度比较大，它与平板的第一次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，这时0u 的值便是满足题中条件的最大值；如果小球的水平速度0u 较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次接近平板时，刚好从平板的边缘Q 处越过而不与平板接触，这时0u 的值便是满足题中条件的最小值． 设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为1t ，有 2 112 h gt = （1） 若碰撞正好发生在Q 处，则有 01L u t = （2） 从（1）、（2）两式解得的0u 值便是满足题中条件的最大值，即 0max u = （3） 代入有关数据得 0max 0.71m/s u = （4） 如果00max u u <，小球与平板的碰撞处将不在Q 点．设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为1v ，则有 1v （5） 以1 'v 、1V '分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和平板在竖直方向的动量守恒．设小球和平板的质量都是m ，则有 11 1mV ''+mv =mv （6） 因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得 22222 101 101111122222 mV ''+++mv mu =mv mu （7） 解（6）、（7）两式，得 1 0'=v （8） 11V '=v （9） 碰撞后，平板从其平衡位置以1V '为初速度开始作简谐振动．取固定坐标，其原点O 与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合，x 轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰撞的时刻作为0t =，则平板在t 时刻离开平衡位置的位移 ()PQ cos x A t ω?=+ （10） 式中 2πT ω= （11） A 和?是两个待定的常量，利用参考圆方法，在t 时刻平板振动的速度 ()PQ sin A t ωω?=-+v （12） 因0t =时，PQ 0x =．PQ V '=v ，由（9）、（11）、（12）式可求得 A （13） π2 ?=- （14） 把（13）、（14）式代入（10）式，得 PQ 2π πcos 2x t T ??= - ??? （15） 碰撞后，小球开始作平抛运动．如果第一次碰撞后，小球再经过时间2t 与平板发生第二次碰撞且发生在Q 处，则在发生第二次碰撞时，小球的x 座标为 ()2 B 22 12x t gt = （16） 平板的x 座标为 ()PQ 222π πcos 2x t t T ??= - ??? （17） 在碰撞时，有 ()()B 2PQ 2x t x t = （18） 由（16）、（17）、（18）式，代入有关数据得 2 22π4.90 4.41cos π2t t ??=- ?? ? （19） 这便是2t 满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表） 20.771s t = （20） 如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q 处，则有 ()012L u t t =+ （21） 由（1）、（20）和（21）式得 012 0.46m/s L u t t = =+ （22） 而满足题中要求的0u 的最小值应大于（22）式给出的值．综合以上讨论，0u 的取值范围是 00.46m/s 0.71m/s u <≤ （23） 附：（19）式的数值求解 用数值解法则要代入2t 不同数值，逐步逼近所求值，列表如下： 二、参考解答： 解法一 因为B 点绕A 轴作圆周运动，其速度的大小为 B l ω=v （1） B 点的向心加速度的大小为 2B a l ω= （2） 因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0，故B a 也是B 点的加速度，其方向沿BA 方向．因为C 点绕D 轴作圆周运动，其速度的大小用C v 表示，方向垂直于杆CD ，在考察的时刻，由图可知，其方向沿杆BC 方向．因BC 是刚性杆，所以B 点和C 点沿 BC 方向的速度必相等，故有 C πcos 4l ==B v v （3） 此时杆CD 绕D 轴按顺时针方向转动，C 点的法向加速度 2C Cn a CD =v （4） 由图可知CD =，由（3）、（4）式得 2 8 Cn a l = （5） 其方向沿CD 方向． 下面来分析C 点沿垂直于杆CD 方向的加速度，即切向加速度 Ct a ．因为BC 是刚性杆，所以C 点相对B 点的运动只能是绕B 的 转动，C 点相对B 点的速度方向必垂直于杆BC ．令CB v 表示其速度的大小，根据速度合成 公式有 CB C B =- v v v 由几何关系得 CB B l == =v （6） 由于C 点绕B 作圆周运动，相对B 的向心加速度 2CB CB a CB =v （7） 因为CB =，故有 2 CB a l = （8） 其方向垂直杆CD . 由（2）式及图可知，B 点的加速度沿BC 杆的分量为 ()π cos 4 B B B C a a = （9） 所以C 点相对A 点（或D 点）的加速度沿垂直于杆CD 方向的分量 ( )2 Ct CB B BC a a a l =+= （10） C 点的总加速度为C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度Cn a 与切向加速度Ct a 的合加速度，即 2 C t a l = （11） C a 的方向与杆C D 间的夹角 arctan arctan 680.54Ct Cn a a θ===? （12） 解法二：通过微商求C 点加速度 以固定点A 为原点作一直角坐标系Axy ，Ax 轴与AD 重合，Ay 与AD 垂直．任意时刻t ，连杆的位形如图所示，此时各杆的位置分别用θ，?和α表示，且已知 AB l = ，BC = ，CD =，3AD l =，d d t θ ω=-，C 点坐标表示为 cos cos C x l θ?= （1） sin sin C y l θ?= （2） 将（1）、（2）式对时间t 求一阶微商，得 d d d sin d d d C x l t t t θ?θ?? ?=- ??? （3） d d d cos d d d C y l t t t θ?θ?? ?= ?? ? （4） 把（3）、（4）式对时间t 求一阶微商，得 22 2222 22d d d d d cos sin d d d d d C x l t t t t t θθ??θθ????????=-+?? ? ????????? （5） 22 222222d d d d d sin cos d d d d d C y l t t t t t θθ??θθ????????=-++?? ? ????????? （6） 根据几何关系，有 sin sin sin CD AB BC αθ?=+ cos cos cos 3CD AB BC l αθ?++= 即 sin αθ?= （7） 3cos αθ?=- （8） 将（7）、（8）式平方后相加且化简，得 sin cos 3cos 20θ?θ?θ?---= （9） 对（9）式对时间t 求一阶微商，代入π2θ=，π4?=，d d t θ ω=-，得 d 1d 2t ?ω= （10） 对（9）式对时间t 求二阶微商，并代入上述数据，得 22 2d 3d 8 t ?ω= （11） 将（10）、（11）式以及θ，?，d d t θ 的数值代入（5）、（6）式，得 22 2d 5d 8C x l t ω=- 22 2 d 7d 8C y l t ω=- 所以 2 C a ω= （12） 由图知，C a 与x 轴的夹角为β 2222 d d tan 1.4d d C C y x t t β??? == ? ????? （13） 所以求得 arctan1.454.46β== 这个夹角在第三象限，为234.46 ，故C a 与CD 的夹角 =80.54γ （14） 三、参考解答： 1．设a 室中原有气体为mol ν，打开K 1后，有一部分空气进入a 室，直到K 1关闭时，a 室中气体增加到mol ν'，设a 室中增加的()mol νν'-气体在进入容器前的体积为V ?，气体进入a 室的过程中，大气对这部分气体所作的功为 0A p V =? （1） 用T 表示K 1关闭后a 室中气体达到平衡时的温度，则a 室中气体内能增加量为 ()0V U C T T ν='?- （2） 由热力学第一定律可知 U A ?= （3） 由理想气体状态方程，有 0004 5 p V RT ν= （4） ()00p V RT νν'?=- （5） 00p V RT ν'= （6） 由以上各式解出 ()0554V V C R T T C R += + （7） 2．K 2打开后，a 室中的气体向b 室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不变，所以温度不变（仍为T ），而体积增大为原来的2倍．由状态方程知，气体压强变为 01 2 p p = （8） 关闭K 2，两室中的气体状态相同，即 a b p p p ==，a b T T T ==，a b 0V V V ==，且a b 1 2 ννν'== （9） 拔掉销钉后，缓慢推动活塞B ，压缩气体的过程为绝热过程，达到最终状态时，设两室气体 的压强、体积和温度分别为a p '、b p '、a V '、b V '、a T '、b T '，则有 a a a a V V V V C R C R C C p V p V ++''= （10） b b b b V V V V C R C R C C p V p V ++''= （11） 由于隔板与容器内壁无摩擦，故有 a b p p ''= （12） 由理想气体状态方程，则有 a a a a p V RT ν'''= （13） b b b b p V RT ν'''= （14） 因 a b 0V V V ''+= （15） 由（8）～（15）式可得 a b 012V V V ''== （16） a b 2V R C T T T ''== （17） 在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a 室气体作的功W 等于a 室中气体内能的增加，即 ()1 2 V a W C T T ν''=- （18） 由（6）、（17）和（18）式得 00212V R C V C W p V R ??=- ? ??? （19） 四、参考解答： 设某一时刻线框在磁场区域的深度为x ()1x l ≤，速度为v ，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为v 2Bl =v E ，它在线框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势．设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势 v E 与设定的正方向相反，自感电动势 L i L t ?=-?E 与设定的正方向相同.因线框处于超导状态，电阻0=R ，故有 L v 20i L Bl iR t ?-=--==?v E E （1） 即 02=??+??t x Bl t i L （2） 或 i L x Bl ?-=?2 （3） 即 L Bl x i 2-=?? （4） 可见i 与x 成线性关系，有 C x L Bl i +- =2 （5） C 为一待定常数，注意到0=x 时，0=i ，可得0=C ，故有 x L Bl i 2 - = （6） 0>x 时0 区域时右侧边的电流实际流向是向上的．外磁场作用于线框的安培力 x L l B i Bl f 22 22-== （7） 其大小与线框位移x 成正比，方向与位移x 相反，具有“弹性力”的性质．下面分两种情形做进一步分析： （i ）线框的初速度0v 较小，在安培力的作用下，当它的速度减为0时，整个线框未全部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区．线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率 ω= （8） 周期 2T =（9） 振动的振幅可由能量关系求得，令m x 表示线框速度减为0时进入磁场区的深度，这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得 22 222 01122m B l m x L ??= ??? v （10） 得 m x =（11） 故其运动方程为 2x ? = ??， t 从0 到2 （12） 半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v 向左匀速运动．因为在这种情况下m x 的最大值是1l ，即 222 22011122B l m l L =v （13） 由此可知，发生第（i ）种情况时，0v 的值要满足下式 22 222 011122B l m l L ??≤ ??? v 即 0≤ v （14） (ii) 若线框的初速度0v 比较大，整个线框能全部进入磁场区．当线框刚进入磁场区时，其速度仍大于0，这要求0v 满足下式 0> v （15） 当线框的初速度满足（15）式时，线框能全部进入磁场区，在全部进入磁场区域以前，线框的运动方程与（12）式相同，但位移区间是0x =到1x l =，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到 12t ?= ?? （16） 因为线框的总电动势总是为0，所以一旦线框全部进入磁场区域，线框的两条边都切割磁感应线，所产生的电动势之和为 0，因而自感电动势也为0．此后线框中维持有最大的电流12 l L Bl i m - =，磁场对线框两条边的安培力的合力等于零，线框将在磁场区域匀速前进，运动的速度可由下式决定 22 222201111222B l m m l L =+v v 即 =v （17） 五、参考解答： 解法一： 1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度 3 5 -700 3.010T 2.410T 125R B B r -??? ===? ??? （1） 引力加速度 2 22009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ?? === ??? （2） 考察等离子层中的某一质量为m 、电荷量为q 、初速度为u 的粒子，取粒子所在处为坐标原点O ，作一直角坐标系Oxyz ，Ox 轴指向地球中心，Oz 沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为u x 、 u y 和u z .因作用于粒子的引力沿x 轴正方向，作用于粒子 的洛伦兹力与z 轴垂直，故粒子在z 轴方向不受力作用，沿z 轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻，附加给粒子一沿y 轴正方向大小为v 0的速度，同时附加给粒子一沿y 轴负方向大小为v 0的速度，要求与其中一个v 0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡，即 0q B mg =v 得 0mg qB =v （3） 用v 表示u x 与沿y 轴的速度0y u ±v 的合速度（对质子取正号，对电子取负号），有 v （4） 这样，所考察的粒子的速度可分为三部分： 沿z 轴的分速度z u ．其大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量． 沿y 轴的速度0v ．对带正电的粒子，速度的方向沿y 轴的负方向，对带负电的粒子，速度的方向沿y 轴的正方向．与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消，故粒子将以速率0 v x y 沿y 轴运动．由（3）式可知，0v 的大小是恒定的，与粒子的初速度无关，且对同种的粒子相同． 在Oxy 平面内的速度v ．与这速度联系的洛伦兹力使粒子在Oxy 平面内作速率为v 的匀速率圆周运动，若以R 表示圆周的半径，则有 2 q B m R =v v 得 m R qB = v （5） 由（4）、（5）式可知，轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x 分量x u 和y 分量y u 有关．圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0． 由此可见，等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（3）式给出的速度0v ，其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向，对电子，方向向西，对质子，方向向东．电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度．漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流． 由（3）式和（1）、（2）两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 60e 9.210m/s -=?v （6） 20p 1.710m/s -=?v （7） 由于电子、质子漂移速度的方向相反，电荷异号，它们产生的电流方向相同，均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有 ()0p 0e j nq =+v v （8） 代入有关数据得 1422.810A/m j -=? （9） 电流密度的方向沿纬度向东. 2．上一小题的讨论表明，粒子在Oxy 平面内作圆周运动，运动的速率由（4）式给出，它与粒子的初速度有关．对初速度方向指向地心的粒子，圆周运动的速率为 v （10） 由（1）、（2）、（3）、（5）、（10）各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为 e 0.33m R = （11） p 14.8m R = （12） 以上的计算表明，虽然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子还受到磁场的作用，电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为e 20.66m R =和p 229.6m R =，都远小于等离子层的厚度，所考察的电子和质子仍在等离子层内运动，不会落到地面上. 解法二：. 1.由于等离子层的厚度远小于地球半径，故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度 3 5 00 3.010T 2.410T 125R B B r --7 ???===? ??? （1） 引力加速度 2 22009.8m/s 0.39m/s 25R g g r ?? === ??? （2） 考察等离子层中的某一质量为m ，电荷量为q 、初速度为u 的粒子，取粒子所在处为坐标原点O ，作一直角坐标系Oxyz ，Ox 轴指向地球中心，Oz 沿磁场方向，如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为u x 、u y 和u z . 若以x v 、y v 、z v 表示粒子在任意时刻t 的速度v 在x 方向、 y 方向和z 方向的分速度，则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方程为 d d x y y mg m mg q B qB qB ?? =+=+ ??? v v v t （3） d d y x m q B t =-v v （4） d 0d z m t =v （5） （5）式表明，所考察粒子的速度在z 轴上的分量保持不变，即 z z u =v （6） 作变量代换，令 x x V =v 0y y V =+v v （7） 其中 0mg qB = v （8） 把（7）、（8）式代入（3）、（4）式得 d d x y V m qBV t = （9） x O y z v x v y v z 图1 d d y x V m qV B t =- （10） 由（9）、(10) 两式可知，作用于粒子的力F 在x 和y 方向的分量分别为 x y F qBV = x y F qBV =- 若用1θ表示F 的方向与x 轴的夹角，2θ表示V 的方向与x 轴的夹角，而V =，则有 1tan y x x y F V F V θ= =- 2tan y x V V θ= 可见12tan tan 1θθ?=-，表明F 的方向与V 的方向垂直，粒子将在F 的作用下在Oxy 平面内作速率为V 的匀速圆周运动．若以R 表示圆周的半径，则有 2 V qVB m R = mV R qB = （11） 在匀速圆周运动中，V 的大小是不变的，任何时刻V 的值也就是0t =时刻V 的值，由（7）式和已知条件在0t =时刻有 0 x x y y V u V u ==+v 故有 V =（12） 以上讨论表明，粒子的运动可分成三部分： 根据（6）式z z u =v ，可知粒子沿z 轴的分速度大小和方向都保持不变，但对不同的粒子是不同的，属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量． 根据（7）式可得x x V =v ，0y y V =-v v ，表明粒子在Oxy 平面内以速率V 作圆周运动的同时，又以速度0v 沿y 轴运动．x V 、y V 是圆周运动速度的x 分量和y 分量．圆周运动的轨道半径不仅与粒子的质量有关，而且与粒子的初速度的x 分量x u 和y 分量y u 有关．圆周运动的速度方向是随时间变化的，在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0． 沿y 轴的速度0v 由（8）式给出，其大小是恒定的，与粒子的初速度无关，同种粒子相同，但对带正电的粒子，其方向沿y 轴的负方向，对带负电的粒子，其方向沿y 轴的正方向． 由此可见，等离子层内电子和质子虽然相当复杂，但每个粒子都具有由（8）式给出的速度0v ，其方向垂直于粒子所在处的地球引力，对电子，方向向西，对质子，方向向东．电子、质子这种运动称为漂移运动，对应的速度称为漂移速度．漂移运动是粒子的定向运动，电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流． 由（8）式和（1）、（2）两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 60e 9.210m/s -=?v （13） 20p 1.710m/s -=?v （14） 由于电子、质子漂移速度的方相反，电荷异号，它们产生的电流方向相同，均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有 () 0p 0e j nq =+v v （15） 代入有关数据得 1422.810A/m j -=? （16） 电流密度的方向沿纬度向东. 2．上一小题的讨论表明，粒子在Oxy 平面内作圆周运动，运动的速率由（12）式给出，它与粒子的初速度有关．对初速度方向指向地心的粒子，圆周运动的速率为 V =（17） 因题给出的电子与质子的初速度x u 是不同的，电子、质子的质量又是不同的，故电子、质子在Oxy 平面内作圆周运动的半径也是不同的．由（1）、（2）、（8）、（11）、（12）各式并代入有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为 e 0.33m R = （18） p 14.8m R = （19） 以上的计算表明，虽然粒子具有沿引力方向的初速度，但由于粒子还受到磁场的作用，电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为e 20.66m R =和p 229.6m R =，都远小于电离层的厚度，所考察的电子和质子仍在等离子层内运动，不会落到地面上. 六、参考解答： 1． s l D δ 2．λd l 附1、2两问的参考解法： 1．求S '经双缝产生的干涉图像的零级亮纹0P '的位置 设0P '点的坐标为0y '，它也就是光源S '与S 分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离， 即 000 00P P y y y δ'''==-= 由双缝到0P '点的光程差12010S P S P ''?=-，从1S 作20S P '的垂线交于H 点，三角形00OP P '与三角形12S HS 相似，因D d >>， 则 10d d y y D D δ'?= = （附1） 从2S 作1S S '的垂线交于G ，S '到双缝的光程差 221S S S S ?=- （附2） 三角形S S O '与三角形12S GS 相似，因l d > >，则 () 2211S S d S G GS GS s l δ''?=-+=-=- （附3） 对满足零光程差条件的0P '而言， 22011012S S 0d d s S S P S S P y D l δδ????''''+-+=?+?=-=???? 得 D y s l δδ= ? （附4） 2．在线光源情况下，可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为 D y d λ?= （附5） s δ值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源．不难证明，它们经双缝产生干涉条纹 的间距y ?均如（5）式所示．宽度为w 的扩展光源是由一系列s δ值不同的、连续分布的、相互独立的线光源构成．因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产生干涉条纹的强度相加而成．当扩展光源宽度为w 时，对于光源最边缘点有 s w δ= （附6） 代入（4）式 D y w l δ= （附7） 若 y y δ?= （附8） 则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距．由于扩展光源各部 S 分产生的干涉条纹的光强分布都相同，各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等，变得一片模糊而无法分辨．由（5）式和（7）式，求得为使条纹能被分辨，扩展光源允许的最大宽度 l w d λ= （附9） 3．解法一 如图2所示，aa '是由扩展光源上端边缘发出的平行光，bb '是由扩展光源下端边缘发出的平行光．设ab 光线交于1M 点，a b ''光线交于2M 点．aa '光束中的光线a 经过131M M S P 到达观察屏上P 点；光线a '经过242M M S P 到达观察屏上P 点，两相干光波产生干涉，在观察屏上产生一套干涉条纹．同理，平行光束bb '在观察屏上产生另一套干涉条纹．从扩展光源不同部位发出的、倾角在0和θ之间不同角度入射的平行光束，经迈克尔逊测星仪相 应的反射镜走过不同路径到双孔，然后在观察屏上产生很多套干涉条纹．这些干涉条纹光强度彼此相加，屏幕上就形成了光强度的分布图像．根据第2问的结果，其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行光aa '与bb '分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度． 由对称性考虑，平行光束aa '中两条光线a 和a '在观察屏上0P 的光程差为0，即平行光 aa '产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在0P 处．现讨论以倾角θ斜入射的平行光束bb '通过整个光学装置后，在观察屏上某点发生干涉时的光程差．光束bb '中的光线b 入射M 1的光线经M 3反射到达1S ，光线b 从1M 点算起，所经光程为1331M M M S +；光线b '入射M 2的光线经M 4反射到达2S ，光线b '从2M 点算起，所经光程为2442M M M S +．由对称性可得 13324421M M M S M M M S +=+ （1） 也就是说从M 1和M 2算起，光线b 和b '到达1S 与2S 的光程是相等的，但是光线b 和b '在到达M 1和M 2时，二者的相位却不同．由2M 作斜入射光线1bM 的垂线交H 点，2M 与H 相位相等，因此，斜入射的两条平行光线b 和b '到达S 1 和S 2时的相位差是光程差1HM 引起的 [][]1 2421311M M S HM M S HM h θ'?=-=-=- （2） 从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪，经双孔后发出的相干光在观察屏上坐标为y （坐标原点取在0P 上）的P 点上引起的光程差 1 1d h y D θ'?=?+?≈-+ （3） 其零级亮纹所在位置0P '对应的光程差0?=，故0P '的坐标 D y h d θ'=? （4） 这也就是平行光aa '与bb '产生的干涉条纹的零级亮纹（也是两套条纹）错开的距离 P P 第届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案 TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8- 第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。 二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。 三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。缸内盛有一定质量的气体。缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。轴穿过气缸处不漏气。 如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这 种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。 如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ?和经过的时间t ?遵从以 图2 下的关系式 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。 上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。图中1D 和2D 是理想的、点接触型二极管（不考虑二极管的电容），1C 和2C 是理想电容器，它们的电容都为C ，初始时都不带电，G 点接地。现在A 、G 间接上一交变电源，其电压A u ，随时间t 变化的图线如图2所示．试 高速公路收费站考试题答案及评分标准 一、填空题（每空1 分，共40 分） 1、在收费管理基本要求中规定，要确保车辆通行费收取(应征不漏)、（应免不收)，提高收费工作效率，确保车道畅通；要牢固树立(以车为本)、（以人为本) 的服务理念，为用路人提供最优质的文明服务。 2、收费系统的“两化”管理指的是（军事化管理）（规范化服务）。 3、当收费站出口或入口单车道平均堵车超过（3）台时，须根据实际车流量加开收费车道；当车道全部打开后，单车道平均堵车超过（3 台（含3 台））时，做好启动应急预案的准备工作。当收费站出口车道全部打开后，单车道平均堵车超过（5 台（含5 台））时，须在（3）分钟内启动应急预案，并且实行（客、货车）分离收费，及时将与出口车道临近的入口车道改为出口，使用便携式移动收费设备对客车进行收费，必要时可采取（复式收费）。 4、核实为假冒绿色通道车辆的，滞留其车辆，通知监控员核实录像，是否为司机主动申报，收费员是否清晰向司机进行提示。若司机谎报属实且收费员提示准确的，向车主宣传政策，；对其按监控员核算的路网中距离本站单向最远距离的（3）倍在（IOU）工作站收费。 5、对大件运输车辆要求两人验证、两人测量，对局路政部门开局的辽宁省高速公路超限运输处理通行证》必须参与核验真伪。在《值班站长工作记录》中写清（通行证标注内容）及（实际检测数据），收费和车辆通行情况。 6、公务卡限制制定的车型使用，对车的公务卡同时限制车牌号使用，不能串用，公务卡限定区间使用，在（非有效区间）内公务卡付款无效。 7、公务卡是高速公路IC 卡收费系统中免费通行高速公路的凭证，公务卡分为三种，(对人有效的公务卡)、(对公务单车有效的公务卡)、（对公务拖车有效的公务卡）。 8、货运车辆的长度超过(28 含28 )米、宽度超过(3.3 含3.3)米、高度超过(4.5 含4.5)米，车货总质量超过（55）吨的，需要到省高速公路管理局办理《超限通行证》。 9、值班站长负责安全管理工作。检查执勤员在外执勤要穿着安全（反光背心）， 2 提示收费站工作人员通行车道注意安全，抽查落实收费亭（上锁）情况。 10、在入口车道，除（紧急车）外，其它车辆都需要发放通行卡。 11、根据规定开口数和本站不同时段车流量实际情况，合理制定车道开口数量和收费员上岗方案；当车道流量增加，值班站长要及时增加（车道开口数量）或（启动应急预案）；无特殊情况，收费员每班次在亭时间不超过（14）小时。 12、对收费员上报的超限 50%（含 50%）的（普通货车）、（集装箱车）、（槽罐运输车），滞留车辆并按规定收取通行费，移交路政人员时填写《收费站查处超限车辆移交路政人员登记表》 13、收费员在车道完成第一班次后的24 小时内必须做一次（TOD 交班缴款）。收费员在做TOD 时，该收费员在车道不能处于（上班状态）必须(下班状态)否则会产生（缴款差异）。 14、毛家店收费站正常时段车道开口数量为（5 入12 出）。 15、接到收费员报驳载车辆，通知管理人员滞留车辆，对经查实为驳载车辆的，按该车（超限100%）核算通行费，由值班站长在（IOU）收费后放行。二、选择题（每题2 分，共20 分） 1、值班站长在岗期间对本班各职人员工作纪律执行情况进行专项监督、考核；每班次利用录像检查多长时间各职人员工作纪律执行情况。（C） A、2 小时 B、1 小时 C、30 分钟 D、10 分钟 2、接到收费员报非明显标识的公务车，是客车的听取收费员所报系统显示车辆全车牌、车型、厂牌型号、颜色车辆信息与实际车辆是否相符；是货车的通知执勤员到车道确认该车装载货物是否为（ A ）。 A、施工物质 B、鲜活农产品 C、空车 3、收费员入口发出的IC 卡状态错误，导致出口出现最大费率的应做欠款（A） A、3 B、2 C、1 D、4 4、非公务车多卡，收取本次通行费后，利用WEB 进一步核实其他卡是 第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、填空（问答）题（每题5分，共25分） 1．有人设想了一种静电场：电场的方向都垂直于纸面并指向纸里，电场强度的大小自左向右逐渐增大，如图所示。这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。 2．海尔-波普彗星轨道是长轴非常大的椭圆，近日点到太阳中心的距离为0.914天文单位（1天文单位等于地日间的平均距离），则其近日点速率的上限与地球公转（轨道可视为圆周）速率之比约为（保留2位有效数字） 。 3．用测电笔接触市电相线，即使赤脚站在地上也不会触电，原因是 ；另一方面，即使穿绝缘性能良好的电工鞋操作，测电笔仍会发亮，原因是 。 4．在图示的复杂网络中，所有电源的电动势均为E 0，所有电阻器的电阻值均为R 0，所有电容器的电容均为C 0，则图示电容器A 极板上的电荷量为 。 5．如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：“把参考点设于如图所示的地面上一点O ，此时摩擦力f 的力矩为0， 从而地面木块的角动量将守恒，这样木块将不减速而作匀速运动。”请指出上述推理的错误，并给出正确的解释： 。 二、（20分） 图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A 、B 、C 、D 处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿受力后将产生弹性微小形变。现于桌面中心点O 至角A 的连线OA 上某点P 施加一竖直向下的力F ，令 c OA OP ，求桌面对桌腿1的压力F 1。 三、（15分） 1．一质量为m 的小球与一劲度系数为k 的弹簧相连组成一体系，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。试问在一沿此弹簧长度方向以速度u 作匀速运动的参考系里观察，此体系的机械能是否守恒，并说明理由。 。 2．若不考虑太阳和其他星体的作用，则地球-月球系统可看成孤立系统。若把地球和月球都看作是质量均匀分布的球体，它们的质量分别为M 和m ，月心-地心间的距离为R ，万有引力恒量为G 。学生甲以地心为参考系，利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到月球相对于地心参考系的加速度为2R M G a m =；学生乙以月心为参考系，同样利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到地球相对于月心参考系的加速度为 2R m G a e =。这二位学生求出的地-月间的相对加速度明显矛盾，请指出其中的错误，并分别以地心参考系（以地心速度作平动的参考系）和月心参考系（以月心速度作平动的参考系）求出正确结果。 四、（20分）火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度T 1、压强p 1的炽热高压气体在燃烧室内源源不断生成，并通过管道由狭窄的喷气口排入气压p 2的环境。假设燃气可视为理想气体，其摩尔质量为μ，每摩尔燃气的内能为u =c V T （c V 是常量，T 为燃气的绝对温度）。在快速流动过程中，对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体，可以认为它与周围没有热交换，但其内部则达到平衡状态，且有均匀的压强p 、温度T 和密度ρ，它们的数值随着流动而不断变化，并满足绝热方程C pV V V c R c =+（恒量） ，式中R 为普适气体常量，求喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率。 最新全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 说明：所有答案 （包括填空）必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。 一、（12分）2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中（平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象）. 假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示. （1）该液滴处于平衡状态时的形状是__________； （2）决定该液滴振动频率f 的主要物理量是________________________________________； （3）按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为,,a b c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率f 与,,a b c 的关系式表示为αβγ∝f a b c ，其中指数,,αβγ是相应的待定常数.） 二、(16分) 一种测量理想气体的摩尔热容比/p V C C γ≡的方法（Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶G 内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H ，另接出一根U 形管作为压强计M ．瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U 形管液面的高度差i h ．然后打开H ，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H . 等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差f h ．试由这两次记录的实验数据i h 和f h ，导出瓶内 气体的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U 形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化） 三、（20分）如图所示，一质量为m 、底边AB 长为b 、等腰边长为a 、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A 和B 的水平轴x 自由转动；图中原点O 位于AB 的中点，y 轴垂直于板面斜向上，z 轴在板面上从原点O 指向三角形顶点C . 今在平板上任一给定点000M (,0,)x z 加一垂直于板面的拉 振动的 液滴 M 0 A B x Q ? O y z C 测试题一参考答案和评分标准 一、选择题：每题2分，共50分。 二、读图题：（8分） （1）A、辽，B、北宋，C、西夏；（2）澶渊之盟；（3）金、南宋、西夏对峙形势图；（4）郾城大捷，岳飞；（5）经济重心完成南移。（每空1分） 三、连线题：共5分。 （ B ）苏轼（ A ）宋应星（ E ）关汉卿（ C ）施耐庵（ D ）白居易 四、材料解析：第1题9分，第2题8分，本大题共17分。 1、（1）唐太宗；（1分）重视科举，扩充国学；（1分）文成公主入吐蕃（或设立都督府，任用突厥贵族进行管理，保留原有民族的习惯与生活方式；唐太宗为突厥将 领疗伤等）。（1分）（2）武则天时期的治世（2分）和唐玄宗时期的开元盛世（2分）。（3）国家统一，社会安定；统治者大都重视发展生产；科举制为唐朝选拔了大量人才（或统治者大都重用人才）；开明的民族政策，民族关系友好；开放的对外政策，对外友好往来等等。言只有理可酌情给分。（3分） 2、(1)唐朝对外交往比较活跃，与亚洲以至非洲、欧洲的一些国家，都有往来；宋朝鼓励海外贸易，还设置了管理海外贸易的市舶司。（2分）对外开放政策。（2分）（2）害怕外商与沿海人民交往滋生事端，便利洋人侵略中国；自恃中国地大物博，藐视西方各国，夜郎自大；（2分）闭关锁国政策。（2分） （3）唐宋的对外开放政策促进了经济的发展，提高了当时中国在世界上的声望；（2分）清朝的闭关政策阻碍了中国的发展和进步，使中国在世界上逐渐落伍了（2分）启示：加强交流、实行开放能够促进社会的进步与发展；闭关自守、盲目自大只能导致落后挨打。我国今天应坚持对外开放，加强与世界各国的经济文化交流与合作（2分）（言之有理，可酌情赋分） 五、融入情境，探究问题（13分） (1)戚继光抗倭；郑成功从荷兰殖民者手中收复台湾；清朝康熙帝时取得两次雅克卫反击战的胜利，遏制了沙俄在我国黑龙江流域的侵略；签订了《尼布楚条约》，划定了中段边界。（4分） (2) 西藏地区：1．建立对达赖、班禅的册封制度，历世达赖、班禅的继承都必须经过中央政府册封；2．雍正时,清朝设置驻藏大臣，与达赖与班禅共同管理西藏事 高中物理竞赛复赛模拟卷（一） 姓名 分数 (本试卷与模拟试卷沈晨卷相同) 1．（20分）设想宇宙中有1个由质量分别为m 1、m 2……m N 的星体1、2……N 构成的孤立星团，各星体空间位置间距离均为a ，系统总质量为M ，由于万有引力的作用，N 个星体将同时由静止开始运动。试问经过多长时间各星体将会相遇？ 2．（25分）（1）在两端开口的竖直放置的U 型管中注入水银，水银柱的全长为h 。若把管的右端封闭，被封闭的空气柱长L ，然后使水银柱作微小的振荡，设空气为理想气体，且认为水银振荡时右管内封闭气体经历的是准静态绝热过程，大气压强相当于h 0水银柱产生的压强，空气的绝热指数为γ。试求水银振动的周期T 2。已知对于理想气体的绝热过程有γ PV =常数。 （2）在大气压下用电流加热1个绝热金属片，使其以恒定的功率P 获取电热，发现在一定的温度范围内金属绝对温度T 随时间t 的增长关系为4 /100)] (1[)(t t a T t T -+=。其中T 0、a 、t 0均为常量。求该金属片的热容量 C P 随温度T 变化的关系。 3．（20分）如图所示，当船舶抛锚时，要把缆绳在系锚桩上绕好几圈（N 圈），这样做时，锚桩抓住缆绳必须的力，经船作用于缆绳的力小得多，以避免在船舶遭到突然冲击时拉断缆绳，这两力比F 1:F 2，与缆绳绕系锚桩的圈数有关，设泊船时将缆绳在系锚桩上绕了5圈，计算比值F 1:F 2，设缆绳与锚桩间的摩擦因数2.0=μ。 4．（25分）速调管用于甚高频信号的放大，速调管主要由两个相距为b 的腔组成，每个腔有1对平行板，如图所示，初始速度为v 0的一束电子通过板上的小孔横穿整个系统。要放大的高频信号以一定的相位差（1个周期对应于2π相位）分别加在两对电极板上，从而在每个腔中产生交变水平电场。当输入腔中的电场方向向右时，进入腔中的电子被减速；反之，电场方向向左时，电子被加速。这样，从输入腔中射出的电子经过一定的距离后将叠加成短电子束。如果输出腔位于该电子束形成处，那么，只要加于其上的电压相位选择恰当。 输出腔中的电场将从电子束中吸收能量。设电压信号为周期T=1.0×10－ 9s ，电压U=0.5V 的方波。电子束的初始速度v 0=2.0×106m/s ，电子荷质比e/m=1.76×1011C/kg 。假定间距a 很小，电子渡越腔的时间可忽略不计。保留4位有效数字。计算：（1）使电子能叠加成短电子束的距离b 。（2）由相移器提供的所需的输出腔也输入腔之间的相位差。 第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 （本题共七大题，满分160分） 一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B 与平板PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2 /8.9s m g = 二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示） 三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。 语文试题答案及评分标准 卷一（选择题，共50分） 一、（本大题10个小题，每小题2分，共20分） 二、（本大题6个小题，每小题3分，共18分） 三、（本大题4小个小题，每小题3分，共12分） 卷二（非选择题，共70分） 四、（本大题5个小题，共15分） 21．（5分） 想要研究自然现象与人类社会的关系，通晓古往今来变化的规律，成为一家之言。 22．（3分） （1）天生我材必有用 （2）我们共享雾霭、流岚、虹霓。 （3）胜似闲庭信步。 （4）以先国家之急而后私仇也。 （5）相逢何必曾相识。 【评分标准】如果答题超过三句，选择正确答案给分。答对一句得1分，答对三句即得满分，答题错误不倒扣分。句中有错别字或漏字、添字，该句不得分。 23．（4分） 五、（本大题5个小题，每小题3分，共15分） 24．（3分） （1）树比人活的长久，但并不以此傲人；（2）树绝对不伤人；（3）树比人坚忍；（4）树 会帮助人。 【评分标准】每点1分，答出三点即可 25、（3分） 这句话运用了象征（托物言志、比喻）的手法，表面上说的是树，实际上说的是人（1分）。“不曾”说明人往往是很坚强的，能够战胜各种不幸和灾难（1分），“却”字使句 意发生了转折，指出人们常常会被名利和赞扬所压垮（1分） 26、（3分） 虔诚、尊敬——嫉妒——自卑、伤感——自信、自强（每一点1分） 27、（3分） 文章的主旨（2分）：我们不管身处何种环境，地位如何卑微，都没有理由也不应该自惭 形秽，而应像小草那样坦然、快乐地生活。 草的特征（1分）：不因卑微而羞愧、安然的怡然挺立。 28、（3分） 感悟如下均可：自卑人人都有，但要勇于面对；人们虽然会在各个方面存在差异，但不 能自惭形秽，要豁达自信；人应该坦然快乐地生活，你就能走出自卑的泥潭，收获属于 自己的成功。 【评分标准】（只要谈到其中的某一点，意思相近即可得2分，能结合实际生活谈2分）六、作文（45分） 29．【评分标准】 说明：①不写题目扣2分； ②不足700字，每少50字扣2分； ③错别字每2个扣1分，重复的不计，最多扣3分； ④卷面不整洁，字迹潦草，不能进入一类卷。 范文 1、学会转身，是生活的智慧 转身是一种生活方式，让达成目标的人们重新审视生活；转身是一种生活态度，是摒弃名利后的一种本质的回归；转身也是一种选择，是对光鲜外表下深藏的隐患的警醒。二战时期纳粹法西斯在欧洲大肆残杀犹太人，匈牙利处于腥风血雨之中。 当时那里有一位意大利籍商人叫佩拉斯卡，在纷乱的战世中，却选择留在匈牙利解救 第28届中学生物理竞赛复赛模拟试卷及答案 第28 届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷 一、填空题．（本题共4小题，共25 分） 所示的电阻丝网络，每一小段电阻同为r ，两个端点A 、B 间等效电阻R 1=r 209153若在图1网络中再引入3段斜电阻丝，每一段电阻也为r ，如图2 所示，此时A 、B 间等效电阻R 2=r 3 2 2．右图为开尔文滴水起电机示意图。从三通管左右两管口形成的水滴分别穿过铝筒A 1、A 2后滴进铝杯B 1、B 2，当滴了一段时间后，原均不带电的两铝杯间会有几千伏的电势差。试分析其原理。图中铝筒A 1用导线与铝杯B 2相连；铝筒A 2用导线与B 1相连。 解答：本装置的几何结构尽管十分对称，但由于空气中离子分布及宇宙射线等因素的不确定性，使铝筒A 1、A 2的电势会略有不同。譬如，A 1的电势比 A 2高，由于静电感应，使A 1上方的水滴带负电，A 2上方的水滴带正电，带电 水滴分别滴入下方的铝杯后，使B 1杯带负电，由于B 1与A 2用导线相连，又使 A 2电势进一步降低，同理A 1电势则进一步升高，这又使A 1上方的水滴带更多 的负电，A 2上方的水滴带更多的正电，如此下去，使铝杯B 2的电势越来越高，B 1的电势越来越低，最终可使两铝杯间产生几千伏的电势差。当然，由于各种因素的不确定性，下次实验开始时，可能A 2的电势比 A 1高，最终使 B 1的电势比B 2的电势高几千伏。但A 1、A 2因偶然因素造成的电势差因上述正反馈效应而得到 放大却是不变的。 【点评】物理系统的对称性因某种原因受到破坏，这种现象称为对称破缺。对称破缺在物理学的许多分支及其他许多学科里已成为一个重要的概念。本题是这方面的一个例子。 3．受迫振动的稳定状态由下式给出)cos(?ω+=t A x ， 2 222204)(ωβωω+-= h A ，2 20arctan ω ωβω?--=。其中m H h =，而)cos(t H ω为胁迫力，m γ β= 2，其中dt dx γ-是阻尼力。有一偏车轮的汽车上有两个弹簧测力计，其中 一条的固有振动角频率为102727.39-=s ω，另外一条的固有振动角频率为 1' 05454.78-=s ω，在汽车运行的过程中，司机看到两条弹簧的振动幅度之比为7。 设β为小量，计算中可以略去，已知汽车轮子的直径为1m ，则汽车的运行速度 得分 阅卷 复 核 2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案） 初中物理是义务教育的基础学科，一般从初二开始开设这门课程，教学时间为两年。一般也是中考的必考科目。随着新高考/新中考改革，学生的综合能力越来越重要，录取方式也越来越多，三位一体录取方式十分看重学生的课外奖项获取。万朋教育小编为初中生们整理了2016年全国初中物理竞赛试卷和答案，希望对您有所帮助。 第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷 本卷共8题，满分160分。 一、（17分）设有一湖水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。已知湖水密度为ρ；物块边长为b ，密度为'ρ，且ρρ<'。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。 解： 由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向 建立坐标系，以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x ，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为 2b f b x g ρ= ( x b ≤) (1) 式中 g 为重力加速度.物块的重力为 3 g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ，根据牛顿第二定律有 3 g b b a f f ρ'=- (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得 g a x b b ρρρρ'?? =- - ?'? ? (4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系，简称X 系. 新旧坐标的关 系为 X x b ρρ ' =- (5) 把(5)式代入(4)式得 g a X b ρρ=-' (6) (6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =，则0a =，对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x 系中的坐标为 0x b ρρ ' = (7) 物块运动方程在 X 系中可写为 ()()cos X t A t ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 'g b ρωρ= (10) 在(8)和(9)式中 A 和?分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释 放时，即0t =时刻有x =0，由(5)式得 齐齐哈尔大学试题标准答案及评分标准 考试科目：工业催化原理 适用对象：化工05 使用学期：2008 试卷代码：A 课程编码：001702013 共4道大题 总分80分 共２页 教师须知： 期末考试批完卷后，请将答案随答题纸、成绩单，一起交到学院教科办存档。 一、填空题（每小题5分，共10小题5０分） 1.在化学反应中催化剂能加速反应速率而不改变反应的标准自有焓的一种作用。 （3） 均相催化：反应过程中反应物与催化剂形成均一相的催化反应。（1） 多相催化：反应过程中反应物与催化剂处于不同相的催化反应。（1） 2. 催化作用通过改变反应历程改变反应速度 在化学反应中加入催化剂通常可以使反应速度加快，但反应终了时催化剂的终态和始态是不发生变化的，催化剂加速反应速度是通过改变反应历程来实现的。主要是降低了反应的活化能。（5） 3．说明反应速率常数和温度和活化能相关 4. 费米能级：是半导体性质的一个重要物理量，它表示半导体中电子的平均位能。确切的说，它表示在任意温度下，电子出现的几率为1/2的那个能级的能量。（3） 逸出功：把一个电子从半导体内部拉到外部，变成完全自由电子时，所需要的最小能量（2） 5. ①吸附的表面是均匀的（1） ②各吸附中心的能量相同（1） ③吸附粒子间的相互作用可以忽略（1） ④吸附粒子与空的吸附中心碰撞才有可能被吸附，一个吸附粒子只占据一个吸附中心，吸附是单分子层的。（2） 6.扩散，吸附，表面反应，脱附，扩散（5） 7. 分子孔径较小，扩散阻力主要是气体分子与孔径的碰撞。（5） 8. H a pK BH H B a 0lg ≡?-=+ +γγ（4） 表示固体酸酸强度（1） 9. 催化中重要的半导体是过渡金属氧化物或硫化物（2）。半导体分为三类：本征半导体、n-型半导体和p 型半导体。（3） 第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题 一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A 、B 、C 为3个容器，D 、E 、F 为3根细管，管栓K 是关闭的．A 、B 、C 及细管D 、 E 中均盛有水，容器水面的高度差分别为1h 和1h 如图所示．A 、B 、C 的截面半径为12cm ，D 的半径为0.2cm ．甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K ，会有水从细管口喷出．”乙认为不可能．理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K ，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在．甲又进一步演示．在拧开管栓K 前，先将喷管D 的上端加长到足够长，然后拧开K ，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处． (1)．论证拧开K 后水柱上升的原因． (2)．当D 管上端足够长时，求拧开K 后D 中静止水面与A 中水面的高度差． (3)．论证水柱上升所需能量的来源． 二、 (18 分) 在图复19-2中，半径为R 的圆柱形区域内有匀强磁场， 磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度B 随时间均匀变化，变化率/B t K ??=(K 为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中AC 弦的方向画一直线，并向外延长，弦AC 与半径OA 的夹角/4απ=．直线上有一任意点，设该点与A 点的距离为x ，求从A 沿直线到该点的电动势的大小． 三、（18分）如图复19-3所示，在水平光滑绝缘的桌面上，有三个带正电的质点1、2、3，位于边长为l 的等边三角形的三个顶点处。C 为三角形的中心，三个质点的质量皆为m ，带电量皆为q 。质点 1、3之间 和2、3之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连，在3的连接处为无摩擦的铰链。已知开始时三个质点的速度为零，在此后运动过程中，当质点3运动到C 处时，其速度大小为多少？ 四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数．在图复19-4-1中，E 为电压可调的直流电源。K 为开关，L 为待测线圈的自感系数，L r 为线圈的直流电阻，D 为理想二极管， r 为用电阻丝做成的电阻器的电阻，A 为电流表。将图复19-4-1中a 、b 之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明．其中注射器筒5和试管1组成的密闭容器内装有某种气体（可视为理想气体），通过活塞6的上下移动可调节毛细管8中有色液注的初始位置，调节后将阀门10关闭，使两边气体隔开．毛细管8的内直径为d ． 第28届全国中学生物理竞赛复赛试题 一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为76.1年。1986年它过近日点P0时，与太阳S的距离r0=0.590AU，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离。经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=72.0°.已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10-11m3?kg-1?s-2，太阳质量m S=1.99×1030kg.试求P到太阳S的距离r P及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。 二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA， B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆A B和CD接触处的静摩擦因数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l. （1）已知系统平衡时AB杆与墙面夹角θ，求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。 （2）若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。 三、（25分）人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转。减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO—YO”消旋法，其原理如图。 设卫星是一半径为R、质量为M的薄壁圆筒，其横截面如图所示。图中O是圆筒的对称轴。两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q、Q'（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一质量为m/2的小球。正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0'处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转。卫星自转的角速度为ω0.若要使卫星减慢或停止旋转（消旋），可瞬间撤去插销释放小球，让小球从圆筒表面甩开，在甩开的整个过程中，从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时，立即使绳与卫星脱离，接触小球与卫星的联系，于是卫星停止转动。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在Q、Q'处。试求： （1）当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度l； （2）绳的总长度L； （3）卫星从ω0到停转所经历的时间t. m /2 一、 由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x ，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为 2b f b x g ρ= (x b ≤) (1) 式中g 为重力加速度.物块的重力为 3g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ，根据牛顿第二定律有 3g b b a f f ρ'=- (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得 g a x b b ρρρρ'??=-- ?'?? (4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系，简称X 系. 新旧坐标的关系为 X x b ρρ'=- (5) 把(5)式代入(4)式得 g a X b ρρ=-' (6) (6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =，则0a =，对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x 系中的坐标为 0x b ρρ '= (7) 物块运动方程在X 系中可写为 ()()cos X t A t ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 ω= (10) 在(8)和(9)式中A 和?分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放时，即0t =时刻有x =0，由(5)式得 (0)X b ρρ '=- (11) (0)0V = (12) 由(8)至(12)式可求得 A b ρρ '= (13) ?=π (14) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得 ()()cos X t b t ρωρ '=+π (15) ()()V t t ω=+π (16) 由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然，在x 系中看，物块下底面坐标为b 时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X 系中这一临界坐标值为 b 1X X b ρρ'??==- ?? ? （17）即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下b X 处. 注意到在 振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A ，下面分两种情况讨论： I ．b A X ≤. 由(13)和(17)两式得 ρρ'≥2 (18) 在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振动周期 22T ωπ= = (19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间 职业教育学试题答案及评分标准 一、填空 1、我国最早的实业学堂是1866年的福建船政学堂，这是我国企业办学之始。 2、我国实行（“先培训，后就业”）和（“劳动预备制度”），规定每一个公民就业前都要接受一定时间的职业教育。 3、黄炎培代表中华职业教育社提出：“职业教育的目的：一、谋个性之发展；二、为（个人谋生）之准备；三、为（个人服务社会）之准备；四、为（国家及世界增进生产力）之准备。”并将“使无业者（有业），使有业者（乐业）”作为职业教育的终极目标。 4、MES是英文（Modules of Employable Skill ）的缩写，是20世纪70年代初期，（国际劳工组织）借鉴德国等国职业教育与培训经验，创立的职业教育理论。 5、1917年（黄炎培）发起成立中华职业教育社，强烈指出教育不与（职业）沟通教育的问题所在、社会各行各业不能健康发展的问题所在。 6、职业教育是为适应经济社会发展的需要和个人就业的要求，对受过一定教育的人进行职业素养特别是职业能力的培养和训练，为其提供从事某种职业所必需实践经验的一种教育。 7、职业教育从纵向层次看，可分为（初等）、（中等）、（高等）职业教育。 8、中等职业学校主要包括（中等专业学校）、（职业高中）、（技工学校）三种类型。 9、影响人的发展的四大因素是：（遗传）、（环境）、（教育）、（人的主观能动性） 10、教师职业技能是教师必须掌握和运用的，从事教育和教学的基本技巧、方法和能力。一般包括（讲普通话和口语表达技能）、（书写规范汉字和书面表达技能）、（教学工作技能）、（教育和管理学生技能）四项技能。 11、我国教师资格分为（幼儿园）教师资格、（小学）教师资格、初级中学教师资格、高级中学教师资格、（中等职业学校）教师资格、（中等职业学校实习指导）教师资格、高等学校教师资格等七种。 12、能力本位教学理念具有教学目标明确化、教学内容（模块化）、教学组织（个别化）、教学评价客观化的特征。 13、（分析职业能力）是实施能力本位职业教育的第一步，其目的是将一个职业工作划分成若干职责，再将每个职责划分成若干个任务，从而确定对应于各职责的（综合能力（Competence））和对应于各项任务的（专项能力（Skill））并加以分析。 14、教学模式一般由（理论基础或教学思想）、教学目标、（教学活动程序）、师生配合方式、（支持条件）五个因素构成。 15、教学准备过程中，钻研教学内容要求达到（懂）、（透）、（化）、（深）的程度。 物理竞赛复赛模拟试题二 一、（ 24分）物理小组的同学在寒冷的冬天做了一个这样的实验：他们把一个实心的大铝球加热到某温度，然后把它放在结冰的湖面上（冰层足够厚），铝球便逐渐陷入冰内．当铝球不再下陷时，测出球的最低点陷入冰中的深度．将铝球加热到不同的温度，重复上述实验8次，最终得到如下数据： 实验顺序数12345678 热铝球的温 55708592104110120140度t /℃ 陷入深度h 9.012.914.816.017.018.017.016.8 /cm 已知铝的密度约为水的密度的3倍，设实验时的环境温度及湖面冰的温度均为 0℃．已知此情况下，冰的熔解热． 1．试采用以上某些数据估算铝的比热． 2．对未被你采用的实验数据，试说明不采用的原因，并作出解释． 二、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积相同的球状容器A、 B、C，用带有阀门K1、K2的绝热细管连通，相邻两球球心的高度差．初始时，阀门是关闭的，A中装有1mol的氦（He）,B中装有1mol的氪（Kr）,C中装有lmol的氙（Xe），三者的温度和压强都相同．气体均可视为理想气体．现打开阀门K1、K2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同．求气体温度的改变量．已知三种气体的摩尔质量分别为 在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K，所吸收的热量均为，为普适气体常量． 三、（20分）图预19-5中，三棱镜的顶角为60，在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为的两个完全相同的凸透镜L1和L2．若在L1的前焦面上距主光轴下方处放一单色点光源，已知其像与对该光学系统是左右对称的．试求该三棱镜的折射率． 物理竞赛复赛模拟卷 1.试证明：物体的相对论能量E 与相对论动量P 的量值之间有如下关系： 20222E c p E += 2. 在用质子)(11P 轰击固定锂)(7 3Li 靶的核反应中，（1）计算放出α粒子的反应能。（2） 如果质子能量为1兆电子伏特，问在垂直质子束的方向观测到α粒子的能量有多大？有关原 子核的质量如下：H 1 1 ，1.007825；He 4 2 ，4.002603；Li 7 3 ，7.015999. 3. 一个处于基态的氢原子与另一个静止的基态氢原子碰撞。问可能发生非弹性碰撞的 最小速度为多少？如果速度较大而产生光反射，且在原速度方向和反方向可以观察到光。问这种光的频率与简正频率相差多少？氢原子的质量为1.67×10-27kg ，电离能 J eV E 181018.26.13-?==。 4. 如图11-136所示，光滑无底圆筒重W ，放两个重量均为G 的光滑球，圆筒半径为R ，球半径为r ，且r 5. 两个完全相同的木板，长均为L ，重力均为G ，彼此以光滑铰链A 相连，并通过光滑铰链与竖直墙相连，如图（甲）所示。为使两木板达水平状态保持平衡，问应在何处施加外力？所施加的最小外力为多大？ 6. 如图11-505所示，屋架由同在竖直面的多根无重杆绞接而成，各绞接点依次为1、 2……9，其中绞接点8、2、5、7、9位于同一水平直线上，且9可以无摩擦地水平滑动。各绞接点间沿水平方向上的间距和沿竖直方向上的间距如图所示，绞接点3承受有竖直向下的压力P/2，点1承受有竖直向下的压力P ，求绞接点3和4间杆的力。 7. 一平直的传送带以速度v=2m/s 匀速运行，传送带把A 点处的零件运送到B 点处，A 、B 两点之间相距L=10m ，从A 点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s ，能送到B 点，如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B 点，要让零件用最短的时间从A 点传送到B 点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如要把求得的速率再提高一倍， 则零件传送时间为多少（2 /10s m g ）？ 8. 一物体以某一初速度v 0开始做匀减速直线运动直至停止，其总位移为s ，当其位移为 2/3s 时，所用时间为t 1；当其速度为1/3v 0时，所用时间为t 2，则t 1、t 2有什么样的关系？ 图11-505 v 1 2v 3 1 图12-31 1 F （乙） （丙） 《操作系统》试题（A卷） （考试时间：90分钟） 一、选择题（共20分，每小题1分） 1．（）不是基本的操作系统。 A.批处理操作系统 B.分时操作系统 C.实时操作系统 D.网络操作系统 2．现代OS具有并发性和共享性，是（）的引入导致的。 A.单道程序 B. 磁盘 C. 对象 D.多道程序 3．一般来说，为了实现多道程序设计，计算机最需要（）。 A.更大的存 B.更多的外设 C.更快的 CPU D.更先进的终端 4．在下面的I/O控制方式中，需要CPU干预最少的方式是（）。 A.程序I/O方式 B.中断驱动I/O控制方式 C.直接存储器访问DMA控制方式 D.I/O通道控制方式 5．在进程状态转换时，下列（）转换是不可能发生的。 A.就绪态→运行态 B.运行态→就绪态 C.运行态→阻塞态 D.阻塞态→运行态 6．一个进程执行过程中不可能对应( )。 A.一个PCB B.一个JCB C.多个PCB D.一个程序 7．进程调度又称为低级调度，其主要功能是( )。 A.选择一个作业调入存 B.选择一个主存中的进程调出到外存 C.选择一个外存中的进程调入到主存 D.将一个就绪的进程投入运行 8．如果允许不同用户的文件可以具有相同的文件名，通常采用（）来保证按名存取的安全。 A.重名翻译机构 B.建立索引表 C.建立指针 D.多级目录结构 9．文件控制块不包括（）。 A.文件名 B.文件访问权限说明 C.文件物理位置信息 D.磁盘坏块信息10．为了提高设备分配的灵活性，用户申请设备时应指定（）号。 A.设备类相对 B.设备类绝对 C.相对 D.绝对 11．若进程P一旦被唤醒就能够投入运行，系统可能为( )。 A.在分时系统中，进程P的优先级最高。第届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
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