《物理奥林匹克第3届湖北省兴奥杯物理竞赛决赛赛试题高二卷答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理奥林匹克第3届湖北省兴奥杯物理竞赛决赛赛试题高二卷答案（7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第三届湖北省兴奥杯物理联赛决赛试题 参考答案及评分标准 (高二)一、 【 解】 对于质子,满足质能关系式m c 2h 。,其中v 为物质波的频率则有在s I制中4.43510。24s 1.s s 0。27(3。10:)2在此单位系统中,时间单位忄邛A设此过程所用的时间为1,由于电阻维持热平衡r h /m c 26.626103|r h 岛 1r 4.4351024 7歹=亏FL7T10sP等=l (r 。飞)岛1.2J/(s )加 吒 L ” 从90 100,由于电阻最小,故电流最大贝 刂 即在这种单位系统下的1秒等于s I制下的7。OT10“s 评分标准:本题z O分。 式各占4分.二、 【
2、 解】 由于电阻的散热功率与电阻器周围空气的温度差成正比,l为比例系数则有 代人数据解得分析振荡过程,物体从99开始升温到100,突变后再降温至99再突变,再升温,由于,9与100很接近,不妨设温差恒定为解 得ITv 亻-l A:,hl Q092s从IO0翎L叩最小凡 寺设此过程所用的时间为J2,由于电阻维持热平衡24醌蹂纛 飞-V伽昔九J20.096st J:+Bz 0188s解得故电流自激振荡的周期 评分标准:本题总分z O分。式2分,、 式各占5分,、 式各占4分.三、 【 解】(1)首先、B两球之间不可能正碰,因为正碰发生速度交换后球会停下来 , 这样球就不会进洞,不符合题意,故这种碰
3、撞必为斜碰。 (2)由于、B两光滑球发生斜碰时,在两球连心线上发生速度交换,在垂直于两球连心线上的分速度保持不变,故碰撞后、B两球的速度垂直,图1图2图3图4图5(3)如图1所示,分别以正方形各边为镜面,作出另外三边的像,这样得到洞和洞的像共12个。考虑到碰撞后 、B两球的速度垂直,再加上与台球桌边 的碰撞也为弹性碰撞,最后的速度方向指向洞(或洞的像 ),根据数学中“半圆周上任一点与直径两端点连成一个直角三角形”这一特点,可知满是条件的B球所在点连成的线就是“以这12个点中的任意两点为直径的圆落在台球桌面上的弧线部分。这些弧线共分4组: 如图2所示,代表、B碰后不经与桌边碰撞而直接入相邻的两个
4、洞,这样的弧线总长为2J,球之一与桌边碰撞而进人同一个洞,这样调脚.4 .r 由s 再 后 碰B 表 代一不 所3为 图长 如总 线 弧 的5 2叱4(眢 =?。皙叮冂口如图4所示,代表、B碰后再由A球或B球之一与桌边碰撞而进入对角的两个洞 , 这样的弧线总长为%丁4绎q 0如图5所示,代表、夕碰后再由球和B球各与桌边碰撞一次雨进人相邻的两个洞。圆弧的半径这样的弧线共8条(其余6条未画出)1每段弧线对应的圆心角为a 茈t a 泡:8段的总长为s 48R a r c t a n 2=45Ga i c t 亠n 2综合四式得B满足条件的轨迹总长度为 s =s l +s 2+o 3艹s 426。90
5、评分标准:夺题g O分.其中 式各占7分,式占2分.四、 【 解】 由于对称性,先将电阻网络沿。轴对折 ,对称的电阻叠加,得到图1所示的网 络,注意到与y 轴平行相邻的第一条导线的电阻值为零,若在、0间加上电压,则其右侧网 络被短路.故原网络等效为图2所示。这样平行于巧轴的每条导线上各小段电阻变为r /2, 雨y 轴上的每一小段电阻仍为r ,下面求这个双边无限网络的电阻R。i 。 图1图1 图 2为了进一步明确起见,我们将图2改为图3更为明显的形式。图3先求网 络图3中的Rj 值,因为网 络级数 无限,故o醌餍鬣R厶2i | 三 =巨L261 1 R肥+r +二石;丁即R“J| 型互 :干三f
6、2同理,o P左侧网络阻值R。P凵 至 :Ff 将原网络化为图4,由对称性,再进行简化得到图5:这样很容易求得 几 (Is -号Fg l 刘 卿%图4评分标准:本题苒分分,式8分,式5分,式7分。五、 【 解】 解法-:设物体质量为m 物体所受摩擦力重力下滑分量为r u m g c 。s Jm g n JF t m g n J 显然Fr 设在任意位置重力的下滑分力F的方向与摩擦力r 的反方向(即此时物体的运动速度方向)的夹角为 a ,根据动量定量,物体在一段很短时间内的速率变化大小为 :v (Fp s a n 莎m A,(说明速度在减小。 再考虑物体沿斜面(即垂直于底边)方向的分运动,同样得到
7、v (Fr c 呷)A:v 上)0说明这一方向的速率在增大。由于丨 v l 丨 v 丨,即最 后v +t ,常数o ,。t 末c 2c 末v O t 末 解法二:设物体质量为m ,物体所受摩擦力 R。pr r nr r zRo p Il r /z 丨l 227重力下滑分量为r u m g 。o s J=m g n JFm g 迸h J令物体在任意时刻呻运动速度大小为v ,方向与重力下滑分量方向的夹角为甲,如图所 示。那么在物体运动的切线方向有m g s i n Jc o s 甲u m g c 。s J=”。 r在物体运动的法线方向有n g s i m g 盂h Jn Jp m o 】 巴t :
8、#,。】亠 2 。,o 二v 誓考虑到那么分离变量得m g s i 其中“-”号表示 甲角在不断减小。于是有 帑冖n J(?o s 甲1)号乎g s h Jn 。望 竺. E:(c o s 1) d Jp 茁n Jp 誓 方程两边积分并考虑到始末状态的参数分别为 :Jp /z 时v 。,最终r p o有唠乩 咭即末速度为 v v 。/2评分标准:本题z O分。 式各占2分, 式各占4分。六、 【 解】 由干干涉加强,专患半波抵失,则肴d | 会u ,即 亠 呷f f 由此可知几越太,越小,故出现时,芘最太,且只有两种波长满足,令其波长分别为 l , 2,3,则4J礼宀?礼=宀9礼祛可见3不满足
9、,2满足,七 f ,彐畔 抒七 f .解得几l 3,且凡3,则 凡t 3l 亠0时,为 :,则l 瞥品2时,为 2,则八2瞥 解得 镪列躞28酽分 式“伽分, 分 分 总 题 本准 标 分 评 鸟. 砧七、 【 解】(1)B获得初速度%后作竖直上抛运动;到:达将要与相碰前瞬间,B的速度大小为v 亠 谓-2g 。 | 由于、B之间发生碰撞的时间极短,作用力非常大,我们可以认为在它们发生碰撞的 瞬时,系统的总动量是守恒的。又由手碰撞是弹性的:、B碰后的分离速度与它们碰前的接 近速度始终相等。考虑到姓、B相碰A离开地面后,它们在空中的诨动具有相同的加速度g ,即它们之间的 相对加速度为零,或它们之间
10、的相对运动始终是匀速运动。由此可知,(B之间的相对速度 (在窆中的运动时)始终保持不变,且大小为仇 由题设知,(B两物体的质量相等,故它们之 v间发生珲性碰撞的结果是交换速度,这样两者的速度变化规律可以通过,。J图反映出来,如图所示为、卩第一碰后的速度时间关系,其中的阴影 o部分应为球壳的位移。 从图中不难看出,只有在奇数次碰撞(含笫 次)之后,球壳的运动才是上升的,由此订以推知,球壳的最高点一定不会在发生奇数次碰撞的时刻,只能在奇数次碰撞至偶数次碰撞之间或正好发生偶数次碰撞的时刻。不妨先假定球壳的最高点出现在奇数次碰撞至偶数次碰撞之间的某个时刻,那么此时刻球壳的速度应该恰好为零。由前面的分析
11、可知,此时质点B的速度大小只能为v ,它们质心的速度大小正好为c ,/z 。由能量关系不难发现,即使质点B此时位于球壳的底部,球壳上升的最大高度也不会超过其直径D1c ”,显然与题设不符。于是可以断定:球壳的最高点一定出现在正好发生偶效次碰撞的时刻,雨且此时小球B的位置一定位于球壳A的底部。 由于两者的相对速度大小恒定为v ,可知每两次碰撞之间的时间间隔为JD/D/v 设球壳A到达最高点时,它们正好发生第尼(缶为偶数)次碰撞,则球壳到达最高点所 运动的时间为Jn (-1)J(1-1)D/v-。子J2r Jg 磅+扣乃14.9所用的时间为考虑两者质心的运动,有代人数值可解得L凵L叫L川H凵川H凵
12、HH卜h盯H凵川铘劐剖引引劐飞L囗 92因为】为小数,可以猜想球壳A到达最高点时,可能正好发生第14或第16次碰撞。 又由、 式可得当l 14以及品 “ 时,代人数值计算出速度v 的结果都正好为同一个值J即v 1。臼m /s 代人可得质点B的初速度为v 。/v ?+2g D=1.73m 凡 (2)由前面的分析已经得到,球壳从开始至上升到最高点所需要的时间为代人数值计算得 (3)由 (1)知 尻| 14、16都恰好:满足,-在球壳上升及下降过程中,运动状态恰好对应。故由对称性可得,球壳落地时刻B正好位于球壳B的最高处:且此时B的速度也正好等于零,那么A的落地速度恰好为 :v 1。67m /s O球壳落地的时间J则为质心竖直上抛总时间加上开始的离地前时闯 ,即 莎v %+弪 =E土 173。 0g g g = 评分标准:本题s O分。第一问共z O分, 式各占3分,、 、 式各占:2分;第 2问共4分 式各2分;第3问共6分,、式各3分。卜 “2+华/J0.84s (乃14)及J0.96s (芘16) (l +2)D-230
