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第27届全国中学生物理竞赛决赛试题参考答案及评分标准


第 27 届全国中学生物理竞赛决赛试题参考答案及评分标准 一、填空题(25 分) 1. (6 分) 4? 2 kR / (4? 2 k ? M ? 2 ) 2. (4 分)fV/(V+u) ,fV/(V-u) 3. (6 分) T0 (1 ?

Mg 1?1/? ) p0 A
6 -1 8 -1 5

4. (9 分)7.3×10

m·s ,2.8×10 m·s ,8.4×10 V 二、 (20 分) 1.令 m 表示物块的质量,物块在斜面上滑动的加速度

a?

mg sin ? ? ?1mg cos ? ? g (sin ? ? ?1 cos ? ) m

(1)

物块滑到斜面底端的速度

v0 ? 2ah / sin ? ? 2 gh(1 ? ?1 cot ? ) ? 4.0m / s
以传输带为参照系,物块滑到传输带的初速度大小
2 ? ? v0 v0 ? V 2 ? 5.0m / s

(2)

(3)

运动方向与传输带边缘的夹角α 满足

tan ? ?

4 3 ? ?2 g

(4)

物块在传输带上作减速运动,其加速度大小

a? ?

?2 mg
m

(5)

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离

s? ?

?2 v0 v?2 ? 0 2a ? 2 ? 2 g ?2 sin ? v0 ?d 2 ?2 g

(6)

物块不超过传输带宽的边缘对应的最小摩擦系数μ 2 应满足

s? sin ? ?
因此可得

(7)

?2 sin ? v0 ?2 ? ? 0.5 2 gd
2.物块对传输带的摩擦力大小

(8)

F ? ?2

?g ? v? ? ? v0 ?2 g 0

(9)

? 的方向相同。从地面参照系来看,传输带速度为 V,单位时间内物块对传输带所做 方向与 v0

的功

W ? ? FV cos ?
因此负载所引起的附加功率

(10)

?P ? ?W ? ?V 2 ? 640W
考虑到无负载时电机的输出功率
2 P W 0 ? I 0 E ? I 0 R ? 360

(11)

(12) I (13)

R M

有负载时电机的输出功率为

P?P W 0 ? ?P ? 1000
设有负载时的工作电流为 I,则

E

P ? IE ? I 2 R
解之得

(14)

(15) 评分标准: (2)式 2 分, (3) 、 (4)式共 2 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分, (8)式 1 分, (9) 式 4 分, (10)式 2 分, (13)式 2 分, (15)式 2 分。 三、 (20 分) 设轻杆的杆长为 2l,当杆与水平线的夹角为θ 时,球 1 和球 2 的速度分别为 v1 和 v2,杆转 动的角速度为ω ,因机械能守恒,有

I ? 10 A

1 1 2 0 ? mgl sin ? ? 2mgl sin ? ? (2m)v12 ? mv2 2 2
又因

(1 ) (2)

v1 ? v2 ? l?

可由(1) 、 (2)解得

??

2 g sin ? 3l

f2

N2 B 2 mg O θ f1 l l

( 3)

轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量

L ? 2mlv1 ? mlv2
由角动量定律有

(4)

?L 2mgl cos ? ? mgl cos ? ? ?t
根据角加速度β 的定义

N1 1 A 2mg

(5)

??

?? ?t

(6)

由(2) 、 (4) 、 (5) 、 (6)各式得

??

g cos ? 3l

( 7)

当两球都未脱离轻杆时, 两球都绕转轴作圆周运动, 球 1 的切向加速度和法向加速度分别为

a1? ? l ?
a1n ? l? 2

(8) (9)

以 N1 表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小,以 f1 表示沿着轻杆方向球 1 与 杆的相互作用力的大小,根据牛顿第二定律,有

2mg cos? ? N1 ? 2ma1? f1 ? 2mg sin ? ? 2ma1n
由(3) 、 (9) 、 (10) 、 (11)各式得

(10) (11)

N1 ?

4 mg cos ? 3 10 f1 ? mg sin ? 3

(12) (13)

对球 2 作同样的分析,沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小 N2 与沿着轻杆方向 球 2 与杆的相互作用力的大小 f2 分别为

N2 ?

4 mg cos ? 3 1 f 2 ? mg sin ? 3

(14) (15)

由(12) 、 (14)式可知,杆与小球 1、杆与小球 2 的最大静摩擦力相等,而(13) 、 (15)式 表明小球 1 与杆的摩擦力大于小球 2 与杆的摩擦力, 故在转动过程中, 小球 1 与杆之间的摩 擦力先达到最大静摩擦力, 故小球 1 先滑动。 设球 1 开始滑动时, 细杆与水平线夹角为θ 1, 则

f1 (?1 ) ? ? N1 (?1 )


10 4 mg sin ?1 ? ? mg cos ?1 3 3
由(16)式并代入数据得

(16)

?1 ?

?
6

(17)

当θ =θ 1 时,球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端,球 1 从开始滑动到脱 离细杆的时间可忽略不计,因此球 1 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 ?1 ?

?
6



球 1 一旦脱离轻杆,因轻杆没有质量,球 2 与轻杆间的相互作用立即消失,此后球 2 只受重 力作用而作斜抛运动,注意到(2) 、 (3) 、 (7)各式,抛出时的初速度

v0 ? l

3gl 2 g sin ?1 ? 3l 3
?? 1?

(18)

初速度的方向与水平线的夹角

?0 ?

?
2

?
3

(19)

在球 2 作抛体运动的过程中,球与轻杆间虽无相互作用,但球仍套在杆上,轻杆将跟着球运 动,但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于 l 时,球 2 便脱离轻杆。建立如图 所示的坐标系 Oxy,根据斜抛运动规律可得任意 t 时刻(取球 2 开始作抛体运动的时刻为计 时起点)球 2 的位置坐标 y (20) x ? ?l cos?1 ? v0 cos?0t A v
0

y ? l sin ?1 ? v0 sin ? 0t ?
球 2 脱离细杆时有

1 2 gt 2

(21)

B

2

θ l

0

x ? y ?l
2 2

2

(22)

mg O

θ

2

θ

1

x

利用(17) 、 (18) 、 (19)各式得

t 2 (t 2 ? 2
从而解得

l 2l t? )?0 g 3g

(23) 2 B

A

t ? (1 ?
此时

15 l ) 3 g

(24)

? 2 3? 5 l ?x ? ? ? 6 ? ? y ? ? 2 ? 15 l ? 6 ?
设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为θ 2(如图) ,则

(25)

cos ?2 ?

x l

?

2 3? 5 6

(26)

?2 ? arccos(

2 3? 5 ) ? 78.20 (或 1.36rad ) 6

(27)

评分标准: (3)式 2 分, (7)式 3 分, (12)—(15)式各 1 分, (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 2 分, (19)式 1 分, (20)—(22)式各 1 分, (26) 、 (27)式各 1 分。 四、 (15 分) 参考解答 1: 以 m 表示质点 B 的质量,θ 表示连线 BC 与竖直方 向的夹角,ω 表示转动的角速度, f BC 表示 BC 间排斥力 的大小,根据牛顿定律有 B

f AB sin ?1 ? f BC sin ? ? m? 2 AB sin ?1
f AB cos ?1 ? f BC cos ? ? 0

(1) (2) A

?1

?

?2

?
C

f AC sin ?2 ? f BC sin? ? m?2 AC sin ?2
f AC cos ?2 ? f BC cos? ? 0
由(1) 、 (3)两式并利用(2) 、 (4)两式可得

(3) (4)

AB sin ?1 f AB sin(?1 ? ? ) ? f AC sin(?2 ? ? ) AC sin ?2
考虑到几何关系

(5)

AB AC

?

sin(?2 ? ? ) sin(?1 ? ? )

(6)

并利用已知的 f AB 和 f AC 的表达式,可由(5)得到

? AB ? ? ? AC ? ? ? ?
又由(2) 、 (4)式可得

? ?2

?

sin ?1 sin ?2

(7)

f AB cos ?2 ? f AC cos ?1
代入已知的 f AB 和 f AC 的表达式可得

(8)

AB AC
联立(7) 、 (9)从而有

? ?

?

cos ?2 cos ?1

(9)

sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2
如果 ?1 ? ?2 ,则意味着方程

(10)

sin? ? cos? ?2 ? ? C ? 0
在(0, π /2) 区间有两个不同的解, 其中 C 为某一合适的常数。这要求函数 sin 在(0,π /2)区间不能是单调函数,也就是说 sin 单调减函数。因此,当 ? 增大时,若 sin 小,则 cos
? ?2

(11)
?

? cos? ?2 ?

?

? 和 cos? ?2 ? 不能同时为单调增函数或

?

? 增大,则 cos? ?2 ? 应减小;反之,若 sin? ? 减

? 应增大。故α 与α -2 同号。因此有
α <0 α >2
?

或 对α <0, 可知 sin

(12) (13)

? ? ?2 因此 sin ? cos ? 在 (0, π /2) ? cos? ?2 ? 在 ? ? 0 及π /2 时均为零,

区间一定存在极值点,意味着方程(11)在 C 合适选取的情况下必有两个或两个以上的不 同解。对α >2 亦然。因此条件(12) 、 (13)是符合题意要求的充分必要条件。 评分标准: (1)—(4)式各 1 分, (6)式 1 分, (10)式 6 分, (12) 、 (13)式及其以下说 明共 4 分。 参考解答 2: 如图,设 B、C 间的排斥力是 f ,它们受到 A 的引力是 f E

f C1 f AB
D

f AB 、 f AC ,向心力分别是 fC1 、 f C 2 ,距离 A 分别是 r1 、 r2 ,
根据三角形的相似关系,有

B

f f AB f ? C1 ? r1 AD BD f AC f f ? C2 ? r2 AD CD
以上两式相比可得

?1 r1
(1a) A

?2
(2a) F

r2

f AC
C f

fC 2

f f AB r2 CD ? C1 ? f AC r1 fC 2 BD
依题意有

(3a)

f AB r ? ( 1 )? f AC r2
fC1 EB r1 sin ?1 ? ? fC 2 FC r2 sin ?2 CD AF r2 cos ?2 ? ? BD AE r1 cos ?1
将(4a)—(6a)代入(3a)得

(4a)

(5a)

(6a)

r r sin ?1 r2 cos ?2 ( 1 )? ?1 ? 1 ? r2 r2 sin ?2 r1 cos ?1
由(7a)得

(7a)

sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2
之后的讨论与“参考解答 1”相同。 评分标准:参考“参考解答 1” 。

(8a)

五、 (15 分)参考解答 1: 以 pa 表示环境中大气的压强, 则初始时装入容器的空气的压强为 pa , 温度为 Ta , 以 Va 表示其体积,当容器与冰山接触,达到平衡时,容器中空气的温度为 TI ,体积减小为 V0 , 根据题意,空气经历的过程为等压过程,故有

V0 Va ? TI Ta
在这一过程中,容器中空气内能的增加量为

(1)

?U ? 2.5 pa (V0 ? Va )
大气对所考察空气做功为

(2)

W ? ? pa (V0 ? Va )
若以 Q 表示此过程中冰山传给容器中空气的热量,根据热力学第一定律有

(3)

Q ? ?U ? W
由以上四式得

(4)

? T ? Ta ? Q ? 3.5 paVa ? I ? ? Ta ?

(5)

(5)式给出的 Q 是负的,表示在这一过程中,实际上是容器中的空气把热量传给冰山。 容器中空气的温度降至冰山温度后,又经一等容升温过程,即保持体积 V0 不变,温度 从 TI 升至环境温度 Ta,并从周围环境吸热。若以 p1 表示所考察空气的压强,则有

p1 pa ? Ta TI

(6)

设喷管的体积为 u,当喷管中的气体第一次被喷出时,容器中空气的压强由 p1 降到 p2,根 据题目给出的条件,有

p1 (V0 ? u) ? p2V0


(7)

p2 ? p1

V0 ? u V0

(8)

喷出气体获得的动能

?Ek1 ? ( p1 ? pa )u

(9)

当喷管中的空气第二次被喷出后,容器中空气压强由 p2 降到 p3,根据题目给出的条件 可得

p3 ? p2
喷出气体获得的动能

V0 ? u V0

(10)

?Ek 2 ? ( p2 ? pa )u

(11)

当喷管中的空气第 N 次被喷出后,容器中空气压强由 pN 降到 pN+1,根据题目给出的条 件可得

pN ?1 ? pN

V0 ? u V0

(12)

喷出气体获得的动能

?EkN ? ( pN ? pa )u pN ?1 ? pa

(13)

如果经过 N 次喷射后,容器中空气的压强降到周围大气的压强,即 (14)

这时喷气过程终止。在整个喷气过程中,喷出气体的总动能

Ek ? ?Ek1 ? ?Ek 2 ?
利用(8)到(13)式, (15)式可化成

? ?EkN

(15)

? ? V ? u ? ? V ? u ?2 0 Ek ? p1u ?1 ? ? 0 ??? ? ? V V0 ? ? 0 ? ? ? ?
?V ?u ? 1? ? 0 ? V0 ? ? Ek ? p1u ? Npa u V0 ? u 1? V0
又,根据(8) 、 (10) 、 (12) 、 (14)各式可得
N

?V ?u ? ?? 0 ? ? V0 ?

N ?1

? ? ? Npau ? ?

(16)

(16)式等号右边第一项方括号内是 N 项的等比级数,故有

(17)

?V ?u ? p1 ? 0 ? ? pa ? V0 ?
对(18)式等式两边取自然对数得

N

(18)

?V ?u ? pa N ln ? 0 ? ? ln p1 ? V0 ?
因u

(19)

V0 ,可利用近似公式 ln ?1 ? x ? ? x 把(19)进一步化简,即
N? V0 p ln 1 u pa
(20)

进而由(17) 、 (18) 、 (20)三式得

Ek ? ( p1 ? pa )V0 ? paV0 ln
将(1) 、 (6)代入(21)式,可得

p1 pa

(21)

? T T T ? Ek ? paVa ?1 ? I ? I ln I ? ? Ta Ta Ta ?
根据题意,这些动能可转化成的电能为

(22)

? T T T ? E ? 0.45 paVa ?1 ? I ? I ln I ? ? Ta Ta Ta ?
Qt ? mL
因此可产生的总电量为

(23)

以上讨论表明,要获得电能 E,冰山必须吸收-Q 的热量,整座冰山化掉可吸收的总热量 (24)

Et ?

mL E ?Q

(25)

将(5)和(23)代入(25)式,得

Et ?

9 mL 70

1?

TI TI TI ? ln Ta Ta Ta T 1? I Ta

(26)

代入数据后有

Et ? 1.5 ?1014 J

(27)

评分标准: (5)式 3 分, (7)式 1 分, (9)式 2 分, (17)式 2 分, (18)式 1 分, (22)式 3 分, (25)—(27)式各 1 分。 参考解答 2: 以 pa 表示环境中大气的压强,设融化整座冰山可使 n 摩尔的空气参与如题所述的过程,且 在过程(a)中体积和温度变化分别为 ? V 和 ?T ? TI ? Ta ,则在此过程中这部分气体放出 的热量为

Q ? ? pa ?V ?

5 pa ?V 2

(1)

其中右边第一项表示大气对系统做的功,第二项表示系统内能的变化。考虑到物态方程,有

Q?

7 nR (Ta ? TI ) 2

(2)

这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热,故

Q ? mL
因此联立(2) 、 (3)可得

(3)

n?

2mL 7 R(Ta ? TI )

(4)

在气体等容吸热的过程(b)中,设最后达到压强 p0 ,体积达到 V0 ,则易得

p0 ?

Ta pa TI nRTa p0

(5)

V0 ?

(6)

再考虑喷气过程:因为等温,在每个喷气的小过程中过后,容器内的压强增量 ?p 满足

p ? ?p V0 ? u ? p V0

(7)

其中 V0 为过程(b)中系统的体积,p 为这个喷气过程中容器内的压强。那么喷出的气体的 动能

?Ek ? ( p ? pa )u
?p p

(8)

与(7)联立,消去 u,得

?Ek ? ?( p ? pa )V0

(9)

因此,做变换 ?E ? dE , ?p ? dp ,总的动能则为

Ek ? ? ?( p ? pa )V0
p0

pa

p dp ? ( p0 ? pa )V0 ? paV0 ln 0 p pa

(10)

最后,据题意所获得的总的电能为

E ? 9.45Ek
将(4) 、 (5) 、 (6) 、 (10)代入(11)式,得

(11)

Et ?

9 mL 70

1?

TI TI TI ? ln Ta Ta Ta T 1? I Ta

(12)

代入数据后有

Et ? 1.5 ?1014 J
评分标准:参照“参考解答 1”的评分标准。 六、 (15 分) 参考解答: 1.根据题意,乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为

(13)

Ek1 ? 0

(1)

v1 ? 0
刚碰后,乒乓球带的电荷量

(2)

q ? C0U
其动能和速度分别为

(3)

?1 ? 0 Ek ? ?0 v1

(4) (5)

此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动, 当它到达另一金属板, 与金属板第二次 碰撞前其动能为

?1 ? qU Ek 2 ? Ek
注意到(3) 、 (4)式有

(6)

Ek 2 ? C0U 2
与金属板第二次碰撞前的速度为

(7)

v2 ?

2 Ek 2 m

(8)

第二次碰撞后的速度和动能分别为

? ? ev2 v2
?2 ? Ek
由(9) 、 (10)式得

(9) (10)

1 ?2 mv2 2

? 2 ? e2 Ek 2 Ek
乒乓球与金属板第三次碰撞前动能为

(11)

? 2 ? qU Ek 3 ? Ek
由(3) 、 (7) 、 (11) 、 (12)式得

(12)

Ek 3 ? (1 ? e2 )C0U 2
与金属板第三次碰撞前的速度为

(15)

v3 ?

2 Ek 3 m

(16)

乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为

? ? ev3 v3
?3 ? e2 Ek 3 Ek

(17) (18)

乒乓球与金属板第四次碰撞前动能为

?3 ? qU Ek 4 ? Ek
由(3) 、 (15) 、 (18) 、 (19)式得

(19)

Ek 3 ? (1 ? e2 ? e4 )C0U 2
乒乓球与金属板第四次碰撞前的速度为

(20)

v4 ?

2 Ek 4 m

(21)

乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为

? ? ev4 v4
? 4 ? e2 Ek 4 Ek
以此类推,可得乒乓球与金属板第 n 次碰撞前、后的动能分别为

(22) (23)

Ekn ? [1 ? e2 ? e4 ? ? ? e2[1 ? e2 ? e4 ? Ekn


? e2( n?2) ]C0U 2 ? e2( n?2) ]C0U 2

(24) (25)

Ekn ? ? ? Ekn

1 ? e2( n ?1) C0U 2 2 1? e e2 [1 ? e2( n ?1) ] C0U 2 1 ? e2

(26)

(27)

? 均随碰撞次数单调递增。当 n→∞时有 对非弹性碰撞,e<1,可由以上两式看出 Ekn 和 Ekn
Ek ? ? 1 C0U 2 2 1? e
(28)

?? ? Ek

e2 C0U 2 2 1? e
1 C0U 2 2 1? e

(29)

乒乓球运动过程中能达到的最大动能应为与金属板碰撞前的极限动能,即

Ek ,max ? Ek ? ?

(30)

2.经过足够长时间后,亦即 n→∞时,乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的 速度分别为

? ? v?

?? 2Ek 2C0 ? eU m (1 ? e2 )m 2Ek? 2C0 ?U m (1 ? e2 )m

(31)

v? ?

(32)

此间时间间隔

T?

d ? ? v? v? 2
q T

(33)

因此可得,通过外电路的平均电流强度

I?

(34)

由(31) 、 (32) 、 (33) 、 (34)各式得

C0U 2 1 ? e C0 I? d 1 ? e 2m

(35)

评分标准: (26) 、 (27)式或(28) 、 (29)式共 8 分, (30)式 2 分, (31)—(33)式各 1 分, (35)式 2 分。 七、 (20 分) 参考解答 1: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为 a′ ε a (1) I2 ε d I2 d′ I1
2 1

I1 ε I1
2

b′

2 2 ? a? a ? ? c? c? ?1 ? Bl ? s i n ? 2

b

I2

b?b 和 dd ? 中的感应电动势为

I2 ε c

c′
1

? b?b ? ? dd ? ? ? 2 ?
根据电路的对称性可知

2 2 Bl ? cos ? 2

(2)

I1

Ib a ? I ?a ?b? I

?d ?c

? I c? I I ad ? I d ?a? ? Ic?b? ? Ibc ? I 2 d1 ,

(3)

根据基尔霍夫第一定律,有

I aa? ? Ic?c ? I1 ? I 2

(4) (5)

Ib?b ? I dd ? ? I1 ? I 2
根据基尔霍夫第二定律,有

I1R ? I aa? R ? I1R ? Ib?b R ? ? 2 ? ?1 I 2 R ? I dd ? R ? I 2 R ? I aa? R ? ? 2 ? ?1
根据(1)~(7)式可解得

(6) (7)

2 Bl 2? I ba ? I cd ? I1 ? (cos ? ? sin ? ) 8 R I ad ? I bc ? I 2 ? 2 Bl 2? (cos ? ? sin ? ) 8 R

(8)

(9)

2.当正方体转动到任意位置(对角线 db 与磁场夹角为任意θ )时,通过 a ?a 、 cc ? 、 b?b 、 dd ? 的电流

I a?a ? I ad ? Iba ?

2 Bl 2? sin ? 4 R
2 Bl 2? sin ? 4 R 2 Bl 2? cos ? 4 R 2 Bl 2? cos ? 4 R

(10)

I cc? ? I bc ? I cd ?

(11)

Ib?b ? Iba ? Ibc ?

(12)

I dd ? ? I ad ? I cd ?

(13)

为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩,即

Fa?a ? Fcc? ? BlI a?a , Fb?b ? Fdd ? ? BlIb?b
M ? 2 Fa?a 2 2 l sin ? ? 2 Fb?b l cos ? 2 2

(14)

Fa?a
a d

(15)

将(11)—(14)代入(15)得

l
ω θ

Fb?b B
b

M?

B 2l 4? 2R

(16)

Fdd ?
c

评分标准: (1) 、 (2)式共 2 分, (4) 、 (5)式 共 4 分, (6) 、 (7)式共 4 分, (8) 、 (9)式共 4 分, (10)—(13)式 2 分, (14)式 1 分, (15) 式 2 分, (16)式 1 分。 参考解答 2: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为 d

Fcc?
R a R b R

? dd ?
(1b) R

? a?a ? ? cc? ? ?1 ?

2 2 Bl ? sin ? 2

I dd ?

R R

c

I b?b

? b?b
R

a′ R

b?b 和 dd ? 中的感应电动势为

d′ (2b) R

? b?b ? ? dd ?

2 2 ? ?2 ? Bl ? cos ? 2

c′ R

b′

先计算 ? b?b 和 ? dd ? 单独存在( ? a?a 和 ? cc? 短路)时流过各支路的电流。若将 a ?a 和 cc ? 断开, 则等效电路如图所示,则通过 b?b 和 dd ? 的电流
(1) (1) Ib ?b ? I dd ? ?

? b?b ? ? dd ?
4R

?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(3b)

通过 bd、ad、bc 和 cd 的电流强度
(1) (1) (1) (1) Iba ? I ad ? I bc ? I cd ?

1 (1) 2 Bl 2? I b?b ? cos ? 2 8 R

(4b)

根据电路的对称性,此时 a? 、 a 之间、 c 、 c ? 之间的电势差

U a?a ? Ucc? ? 0
由此连接 a ?a 和 cc ? 后流过 a ?a 和 cc ? 的电流
(1) (1) Ia ?a ? I cc? ? 0

(5b)

(6b)

因此连接 a ?a 和 cc ? 不影响流过 ba 和 ad 中的电流。 再计算 ? a?a 和 ? cc? 单独存在( ? b?b 和 ? dd ? 短路)时流过各支路的电流。若将 b?b 和 dd ? 断 开,则等效电路如图所示,采用与上述一样的方法可得 ? a?a 和 ? cc? 单独存在时流过 a ?a 和 cc ? 的电流
(2) (2) Ia ?a ? I cc? ?

R

2 Bl 2? sin ? 4 R

c (7b)

d

R a R

? cc?
R c′

通过 bd、ad、bc 和 cd 的电流强度
(2) (2) I ba ? I cd ??

I cc?

R R

b

I a?a

? a?a
R

2 Bl ? sin ? (8b) 8 R
2

d′ R

(2) (2) I ad ? I bc ?

2 Bl 2? sin ? 8 R

R (9b)

b′ R

a′

此时 b ? 、 b 之间和 d 、 d ? 之间的电势差 Ub?b ? U dd ? ? 0 ,由此连接 b?b 和 dd ? 后流过 b?b 和

dd ? 的电流
(2) (2) Ib ?b ? I dd ? ? 0

(10b)

因此连接 b?b 和 dd ? 不影响各支路中的电流。 根据叠加原理,ba、ad、bc 和 cd 的电流强度:
(1) (2) I ba ? I ba ? I ba ?

2 Bl 2? (cos ? ? sin ? ) 8 R 2 Bl 2? (cos ? ? sin ? ) 8 R

(11b)

(1) (2) I ad ? I ad ? I ad ?

(12b)

I bc ? I

(1) bc

?I

(2) bc

2 Bl 2? ? (cos ? ? sin ? ) 8 R 2 Bl 2? (cos ? ? sin ? ) 8 R

(13b)

(1) (2) I cd ? I cd ? I cd ?

(14b)

2.与“参考解答 1”相同。 评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。

八、 (10 分) 参考解答: 1.光路图如下,指出被球面镜反射的光线汇聚于凸透镜的焦点。 A

r C O F

B 2.参照所给光路图,可知 CO = x;设∠CAO = ?,有如下几何关系:

sin ? ?

x R

(1) (2)

r ? f cot(2? )
两式联立,可求得

1 f x ? R sin( arctan ) 2 r
评分标准:正确画出光路图 5 分, (3)式 5 分。

(3)


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