全国中学生物理竞赛公式

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全国中学生物理竞赛纯电阻电路的简化和等效变换

全国中学生物理竞赛纯电阻电路的简化和等效变换

例析物理竞赛中纯电阻电路的简化和等效变换李进山东省邹平县第一中学计算一个电路的电阻,通常从欧姆定律出发,分析电路的串并联关系。

实际电路中,电阻的联接千变万化,我们需要运用各种方法,通过等效变换将复杂电路转换成简单直观的串并联电路。

本节主要介绍几种常用的计算复杂电路等效电阻的方法。

1、等势节点的断接法在一个复杂电路中,如果能找到一些完全对称的点(以两端连线为对称轴),那么可以将接在等电势节点间的导线或电阻或不含电源的支路断开(即去掉),也可以用导线或电阻或不含电源的支路将等电势节点连接起来,且不影响电路的等效性。

这种方法的关键在于找到等势点,然后分析元件间的串并联关系。

常用于由等值电阻组成的结构对称的电路。

【例题1】在图8-4甲所示的电路中,R1 = R2 = R3 = R4 = R5 = R ,试求A、B两端的等效电阻R AB。

模型分析:这是一个基本的等势缩点的事例,用到的是物理常识是:导线是等势体,用导线相连的点可以缩为一点。

将图8-4甲图中的A、D缩为一点A后,成为图8-4乙图。

3R 。

答案:R AB =8【例题2】在图8-5甲所示的电路中,R1 = 1Ω,R2 = 4Ω,R3 = 3Ω,R4 = 12Ω,R 5 = 10Ω ,试求A 、B 两端的等效电阻R AB 。

模型分析:这就是所谓的桥式电路,这里先介绍简单的情形:将A 、B 两端接入电源,并假设R 5不存在,C 、D 两点的电势相等。

因此,将C 、D 缩为一点C 后,电路等效为图8-5乙对于图8-5的乙图,求R AB 是非常容易的。

事实上,只要满足21R R =43R R的关系,该桥式电路平衡。

答案:R AB =415Ω 。

【例题3】在如图所示的有限网络中,每一小段导体的电阻均为R ,试求A 、B 两点之间的等效电阻R AB 。

【例题4】用导线连接成如图所示的框架,ABCD 是正四面体,每段导线的电阻都是1 。

求AB 间的总电阻。

全国中学生物理竞赛大纲

全国中学生物理竞赛大纲

全国中学生物理竞赛大纲一、理论基础〖力学〗1.运动学参照系质点运动的位移和路程、速度、加速度相对速度矢量和标量矢量的合成和分解匀速及匀变速直线运动及其图象运动的合成抛体运动园周运动刚体的平动和绕定轴的转动质心质心运动定律2.xx运动定律力学中常见的几种力牛顿第一、二、三运动定律惯性参照系的概念摩擦力弹性力xx万有引力定律均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式不要求导出)开普勒定律行星和人造卫星运动惯性力的概念3.物体的平衡共点力作用下物体的平衡力矩刚体的平衡条件重心物体平衡的种类4.动量冲量动量动量定量动量守恒定律反冲运动及火箭5。

冲量矩质点和质点组的角动量角动量守恒定律6.机械能功和功率动能和动能定理重力势能引力势能质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式(不要求导出)弹簧的弹性势能功能原理机械能守恒定律、碰撞7.流体静力学静止流体中的压强浮力8.振动简谐振动振幅频率和周期位相振动的图象参考圆振动的速度和加速度由动力学方程确定简谐振动的频率阻尼振动受迫振动和共振(定性了解)9.波和声横波和纵波波长、频率和波速的关系波的图象波的干涉和衍射(定性)驻波声波声音的响度、音调和音品声音的共鸣乐音和噪音〖热学〗1.分子动理论原子和分子的量级分子的热运动布朗运动温度的微观意义分子力分于的动能和分子问的势能物体的内能2.热力学第一定律热力学第一定律3.热力学第二定律热力学第二定律可逆过程和不可逆过程4.气体的性质热力学温标理想气体状态方程普适气体恒量理想气体状态方程的微观解释(定性)理想气体的内能理想气体的等容\等压\等温和绝热过程(不要求用微积分计算) 5.液体的性质液体分子运动的特点表面张力系数浸润现象和毛细现象(定性)6.固体的性质晶体和非晶体空间点阵固体分子运动的特点7.物态变化溶解和凝固熔点溶解热蒸发和凝结饱和气压沸腾和沸点汽化热临界温度固体的升华空气的湿度和湿度计露点8.热传递的方式传导\对流和辐射9.热膨胀热膨胀和膨胀系数〖电学〗1.静电场xx电荷守恒定律电场强度电场线点电荷的场强场强的叠加原理均匀带电球壳壳内的场强公式(不要求导出)匀电场电场中的导体静电屏蔽电势和电势差等势面点电荷电场的电势公式(不要求导出)电势叠加原理均匀带电球壳壳内和壳外的电势公式(不要求导出)电容电容器的连接平行板电容器的电容公式(不要求导出)电容器充电后的电能电介质的极化介电常数2.稳xx电流xx电阻率和温度的关系电功和电功率电阻的串、xx电动势闭合电路的xx一段含源电路的xx电流表电压表xxxx通电桥补偿电路3.物质的导电性金属中的电流xx的微观解释液体中的电流xx电解定律气体中的电流被激放电和自激放电(定性)真空中的电流示波器半导体的导电特性P型半导体和N型半导体晶体二极管的单向导电性三极管的放大作用(不要求机理)超导现象4.磁场电流的磁场磁感应强度磁感线匀强磁场安培力洛仑兹力电子荷质比的测定质谱仪回旋加速器5.电磁感应xx电磁感应定律楞次定律感应电场(涡旋电场)自感系数互感和变压器6.交流电交流发电机原理交流电的最大值和有效xx纯电阻、纯电感、纯电容电路整流、滤波和稳压三相交流电及其连接法感应电动机原理7.电磁振荡和电磁波电磁振荡振荡电路及振荡频率电磁场和电磁波电磁波的波速xx实验电磁波的发射和调制电磁波的接收、调谐、检波〖光学〗1.几何光学光的直进、反射、折射全反射光的色散折射率与光速的关系平面镜成像球面镜成像公式及作图法薄透镜成像公式及作图法眼睛放大镜xxxx2.波动光学:光的干涉和衍射(定性)光谱和光谱分析电磁波谱3.光的本性光的学说的历史发展光电效应爱因斯但方程波粒二象性〖原子和原子核〗1.原子结构xx实验原子的核式结构玻尔模型用玻尔模型解释氢光谱玻尔模型的局限性原子的受激辐射激光2.原子核原子核的量级天然放射现象放射线的探测质子的发现中子的发现原子核的组成核反应方程质能方程裂变和聚变“基本”粒子夸克模型3.不确定关系实物粒子的波粒二象性4.狭义相对路论爱因斯坦假设时间和长度的相对论效应5.太阳系银河系宇宙和xx的初步知识数学基础1.中学阶段全部初等数学(包括解析几何)2.矢量的合成和分解极限、无限大和无限小的初步概念3.不要求用微积分进行推导或运算二、实验基础1.要求掌握国家教委制订的《全日制中学物理教学大纲》中的全部学生实验。

物理竞赛——小量近似方法应用两则

物理竞赛——小量近似方法应用两则


由②④两式得
当小球运动方向水平向右时速度最大,此时两分运动速度方向相同
小球距边界AC的距离最大
讨论 那么小球实际运动的轨迹到底是怎样的呢?
从以上求解过程容易联想到生活中的物理模型-—无滑动的纯滚动车轮轮缘上一个质点的运动轨迹情况,下面来分析这个问题:
如图2,建立平面直角坐标系xoy
设M为车轮圆心,R为半径,车轮以速度v匀速直线行驶。考虑车轮边缘上的某一点P,其初始位置在坐标原点,θ为运动过程中转过的角度,设t时刻位置坐标为(x,y)。
⑵对于m ⑥
对于M ⑦
联立④⑤⑥⑦得
例2长分别为L1和L2的不可伸长的轻绳悬挂质量都是m的m1和m2,如图5所示,原先它们处于静止状态。突然,连接两绳的中间小球受到水平向右的冲击,短时间内获得水平向右的初速度v0,求这一瞬间连接m2的绳的拉力为多少?
分析与解小球m1受到冲击获得初速度v0,由于受到上端固定在O点的绳L1的牵制,而绕O点做圆周运动,此刻的加速度竖直向上,大小为 。下面的小球m2此刻相对于地面的速度为零,但以m1为参照,m2的速度为v0,方向向左,且绕m1做圆周运动,这时m2受到三个力的作用:竖直向下的重力mg,绳子的拉力T2,惯性力 ,方向竖直向下,如图6所示。由牛顿第二定律和向心力公式可得


通过这样两道例题我们可以发现,引入惯性力以后,可以使一些动力学问题的求解变得简单,从而给解题带来很大的方便,因此在学习过程中,我们应该很好地掌握这种方法。
练习如图7所示,一光滑细杆绕竖直轴以匀角速度ω转动,细杆与竖直轴夹角θ保持不变。一个相对细杆静止的小环自离地面h高处沿细杆下滑,求小球滑到细杆下端时的速度。(参考答案: )
一、欧拉公式
十八世纪著名数学家欧拉,曾经确定了摩擦力跟绳索绕在桩子上的圈数之间的关系: ,其中F1代表我们所用的力,F2代表我们所要对抗的力,e代表数2.718…(自然对数的底), 代表绳和桩子之间的摩擦系数, 代表绕转角,也就是绳索绕成的弧的长度跟弧的半径的比。

全国中学生物理竞赛内容提要.doc

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全国中学生物理竞赛内容提要一,理论基础力1,运动学参照系.质点运动的位移和路程,速度,加速度.相对速度. 矢量和标量.矢量的合成和分解. 匀速及匀速直线运动及其图象.运动的合成.抛体运动.圆周运动. 刚体的平动和绕定轴的转动. 2,牛顿运动定律力学中常见的几种力牛顿第一,二,三运动定律.惯性参照系的概念. 摩擦力. 弹性力.胡克定律. 万有引力定律.均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式(不要求导出) .开普勒定律.行星和人造卫星的运动. 3,物体的平衡共点力作用下物体的平衡.力矩.刚体的平衡.重心. 物体平衡的种类. 4,动量冲量.动量.动量定理. 动量守恒定律. 反冲运动及火箭. 5,机械能功和功率.动能和动能定理. 重力势能. 引力势能. 质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式(不要求导出) . 弹簧的弹性势能. 功能原理.机械能守恒定律. 碰撞. 6,流体静力学静止流体中的压强. 浮力. 7,振动简揩振动.振幅.频率和周期.位相. 振动的图象. 参考圆.振动的速度和加速度. 由动力学方程确定简谐振动的频率. 阻尼振动.受迫振动和共振(定性了解) . 8,波和声横波和纵波.波长,频率和波速的关系.波的图象. 波的干涉和衍射(定性) . 声波.声音的响度,音调和音品.声音的共鸣.乐音和噪声.热1,分子动理论原子和分子的量级. 分子的热运动.布朗运动.温度的微观意义. 分子力. 分子的动能和分子间的势能.物体的内能. 2,热力学第一定律热力学第一定律. 3,气体的性质热力学温标. 理想气体状态方程.普适气体恒量. 理想气体状态方程的微观解释(定性) . 理想气体的内能. 理想气体的等容,等压,等温和绝热过程(不要求用微积分运算) . 4,液体的性质流体分子运动的特点. 表面张力系数. 浸润现象和毛细现象(定性) . 5,固体的性质晶体和非晶体.空间点阵. 固体分子运动的特点. 6,物态变化熔解和凝固.熔点.熔解热. 蒸发和凝结.饱和汽压.沸腾和沸点.汽化热.临界温度. 固体的升华. 空气的湿度和湿度计.露点. 7,热传递的方式传导,对流和辐射. 8,热膨胀热膨胀和膨胀系数.电1,静电场库仑定律.电荷守恒定律. 电场强度.电场线.点电荷的场强,场强叠加原理.均匀带电球壳壳内的场强和壳外的场强公式(不要求导出) .匀强电场. 电场中的导体.静电屏蔽. 电势和电势差.等势面.点电荷电场的电势公式(不要求导出) .电势叠加原理. 均匀带电球壳壳内和壳外的电势公式(不要求导出) . 电容.电容器的连接.平行板电容器的电容公式(不要求导出) . 电容器充电后的电能. 电介质的极化.介电常数. 2,恒定电流欧姆定律.电阻率和温度的关系. 电功和电功率.电阻的串,并联. 电动势.闭合电路的欧姆定律. 一段含源电路的欧姆定律. 电流表.电压表.欧姆表. 惠斯通电桥,补偿电路. 3,物质的导电性金属中的电流.欧姆定律的微观解释. 液体中的电流.法拉第电解定律. 气体中的电流.被激放电和自激放电(定性) . 真空中的电流.示波器. 半导体的导电特性.P型半导体和N 型半导体. 晶体二极管的单向导电性.三极管的放大作用(不要求机理) . 超导现象. 4,磁场电流的磁场.磁感应强度.磁感线.匀强磁场. 安培力.洛仑兹力.电子荷质比的测定.质谱仪.回旋加速器. 5,电磁感应法拉第电磁感应定律. 楞次定律. 自感系数. 互感和变压器. 6,交流电交流发电机原理.交流电的最大值和有效值. 纯电阻,纯电感,纯电容电路. 整流和滤波. 三相交流电及其连接法.感应电动机原理. 7,电磁振荡和电磁波电磁振荡.振荡电路及振荡频率. 电磁场和电磁波.电磁波的波速,赫兹实验. 电磁波的发射和调制.电磁波的接收,调谐,检波.光1,几何光学光的直进,反射,折射.全反射. 光的色散.折射率与光速的关系. 平面镜成像.球面镜成像公式及作图法.薄透镜成像公式及作图法. 眼睛.放大镜.显微镜.望远镜. 2,波动光学光的干涉和衍射(定性) 光谱和光谱分析.电磁波谱. 3,光的本性光的学说的历史发展. 光电效应.爱因斯坦方程. 波粒二象性.原子和原子核1,原子结构卢瑟福实验.原子的核式结构. 玻尔模型.用玻尔模型解释氢光谱.玻尔模型的局限性. 原子的受激辐射.激光. 2,原子核原子核的量级. 天然放射现象.放射线的探测. 质子的发现.中子的发现.原子核的组成. 核反应方程. 质能方程.裂变和聚变. 基本粒子.二、数学基础1,中学阶段全部初等数学(包括解析几何) . 2,矢量的合成和分解.极限,无限大和无限小的初步概念. 3,不要求用微积分进行推导或运算.二,实验基础1,要求掌握国家教委制订的《全日制中学物理教学大纲》中的全部学生实验. 2,要求能正确地使用(有的包括选用)下列仪器和用具:米尺.游标卡尺.螺旋测微器.天平.停表.温度计.量热器.电流表.电压表.欧姆表.万用电表. 电池.电阻箱.变阻器.电容器.变压器.电键.二极管.光具座(包括平面镜, 球面镜,棱镜,透镜等光学元件在内) . 3, 有些没有见过的仪器. 要求能按给定的使用说明书正确使用仪器. 例如: 电桥,电势差计,示波器,稳压电源,信号发生器等. 4,除了国家教委制订的《全日制中学物理教学大纲》中规定的学生实验外,还可安排其它的实验来考查学生的实验能力,但这些实验所涉及到的原理和方法不应超过本提要第一部分(理论基础) ,而所用仪器就在上述第2,3 指出的范围内. 5,对数据处理,除计算外,还要求会用作图法.关于误差只要求:直读示数时的有效数字和误差;计算结果的有效数字(不做严格的要求) ;主要系统误差来源的分析.三,其它方面物理竞赛的内容有一部分要扩及到课外获得的知识.主要包括以下三方面: 1, 物理知识在各方面的应用. 对自然界, 生产和日常生活中一些物理现象的解释. 2,近代物理的一些重大成果和现代的一些重大信息. 3,一些有重要贡献的物理学家的姓名和他们的主要贡献. 参考资料: 1, 全国中学生物理竞赛委员会办公室主编的历届《全国中学生物理竞赛参考资料》. 2,人民教育出版社主编的《高级中学课本(试用)物理(甲种本). 》专题一力【扩展知识】 1.重力物体的重心与质心重心:从效果上看,我们可以认为物体各部分受到的重力作用集中于一点,这一点叫做物体的重心. 质心:物体的质量中心. 设物体各部分的重力分别为G1,G2……Gn,且各部分重力的作用点在oxy 坐标系中的坐标分别是(x1,y1) x2,y2)……(xn,yn),物体的重心坐标xc,yc ( 可表示为物体的平衡xc = ∑G x ∑G i i i = G1 x1 + G2 x 2 + + Gn x n ∑Gi yi = G1 y1 + G2 y 2 + + Gn y n , yc = G1 + G2 + + Gn G1 + G2 + + Gn ∑Gi 2.弹力胡克定律:在弹性限度内,弹力 F 的大小与弹簧伸长(或缩短)的长度x 成正比, 即F=k x,k 为弹簧的劲度系数. 两根劲度系数分别为k1,k2 的弹簧串联后的劲度系数可由后劲度系数为k=k1+k2. 3.摩擦力最大静摩擦力:可用公式 F m=μ0FN 来计算.FN 为正压力,μ0 为静摩擦因素,对于相同的接触面,应有μ0>μ(μ为动摩擦因素) 摩擦角:若令μ0= 1 1 1 = + 求得,并联k k1 k 2 Fm =tanφ,则φ称为摩擦角.摩擦角是正压力FN 与最大静摩擦FN 力 F m 的合力与接触面法线间的夹角. 4.力的合成与分解余弦定理:计算共点力F1 与F2 的合力 F F= F1 2 + F2 2 + 2 F1 F2 cos θφ=arctan F2 sin θ(φ为合力 F 与分力F1 的夹角) F1 + F2 cos θ三角形法则与多边形法则:多个共点共面的力合成,可把一个力的始端依次画到另一个力的终端,则从第一个力的始端到最后一个力的终端的连线就表示这些力的合力. 拉密定理:三个共点力的合力为零时,任一个力与其它两个力夹角正弦的比值是相等的. 5.有固定转动轴物体的平衡力矩:力 F 与力臂L 的乘积叫做力对转动轴的力矩.即M=FL , 单位:Nm. 平衡条件:力矩的代数和为零.即M1+M2+M3+……=0. 6.刚体的平衡刚体:在任何情况下形状大小都不发生变化的力学研究对象. 力偶,力偶矩:二个大小相等,方向相反而不在一直线上的平行力称为力偶.力偶中的一个力与力偶臂(两力作用线之间的垂直距离)的乘积叫做力偶矩.在同一平面内各力偶的合力偶矩等于各力偶矩的代数和. 平衡条件:合力为零,即∑F=0;对任一转动轴合力矩为零,即∑M=0. 7.物体平衡的种类分为稳定平衡,不稳定平衡和随遇平衡三种类型. 稳度及改变稳度的方法:处于稳定平衡的物体,靠重力矩回复原来平衡位置的能力,叫稳度.降低重心高度,加大支持面的有效面积都能提高物体的稳度;反之, 则降低物体的稳度.【典型例题】例题1:求如图所示中重为G 的匀均质板(阴影部分)的重心O 的位置. 例题2:求如图所示中的由每米长质量为G 的7 根匀质杆件构成的平面衍架的重心. 例题3: 如图所示, 均匀矩形物体的质量为m, 两侧分别固定着轻质弹簧L1 和L2, 它们的劲度系数分别为k1 和k2, 先使L2 竖立在水平面上, 此时L1 自由向上伸着, L2 被压缩.待系统竖直静止后,再对L1 的上端 A 施一竖直向上和力F,使L2 承受的压力减为重的3/4 时,A 端比加 F 之前上升的高度是多少? 例题4: 图中的BO 是一根质量均匀的横梁, 重量G1=80N. 的一端安在 B 点, BO 可绕通过 B 点且垂直于纸面的轴转动,另一端用钢绳AO 拉着.横梁保持水平, 与钢绳的夹角θ=30°.在横梁的O 点挂一重物,重量G2=240N.求钢绳对横梁的拉力F1.专题二直线运动【扩展知识】一.质点运动的基本概念 1.位置,位移和路程位置指运动质点在某一时刻的处所,在直角坐标系中,可用质点在坐标轴上的投影坐标(x,y,z)来表示.在定量计算时,为了使位置的确定与位移的计算一致,人们还引入位置矢量(简称位矢)的概念,在直角坐标系中, 位矢r 定义为自坐标原点到质点位置P(x,y,z) 所引的有向线段, 故有r= x 2 + y 2 + z 2 ,r 的方向为自原点O 点指向质点P,如图所示. 位移指质点在运动过程中, 某一段时间t 内的位置变化, 即位矢的增量s = r(t + t ) _ rt , 它的方向为自始位置指向末位置,如图 2 所示,路程指质点在时间内通过的实际轨迹的长度. 2.平均速度和平均速率平均速度是质点在一段时间内通过的位移和所用时间之比v平= s ,平均速度是矢量,方向与位移s 的方向相同. t 平均速率是质点在一段时间内通过的路程与所用时间的比值,是标量. 3.瞬时速度和瞬时速率瞬时速度是质点在某一时刻或经过某一位置是的速度,它定义为在时的平均速度的极限,简称为速度,即v = lim s . t →0 t 瞬时速度是矢量,它的方向就是平均速度极限的方向.瞬时速度的大小叫瞬时速率,简称速率. 4.加速度加速度是描述物体运动速度变化快慢的物理量,等于速度对时间的变化率,即a= v ,这样求得的加速度实际上是物体运动的平均加速度,瞬时加速度应为t v a = lim .加速度是矢量. t →0 t 二,运动的合成和分解 1.标量和矢量物理量分为两大类:凡是只须数值就能决定的物理量叫做标量;凡是既有大小, 又需要方向才能决定的物理量叫做矢量.标量和矢量在进行运算是遵守不同的法则: 标量的运算遵守代数法则; 矢量的运算遵守平行四边形法则(或三角形法则) . 2.运动的合成和分解在研究物体运动时,将碰到一些较复杂的运动,我们常把它分解为两个或几个简单的分运动来研究.任何一个方向上的分运动,都按其本身的规律进行,不会因为其它方向的分运动的存在而受到影响,这叫做运动的独立性原理.运动的合成和分解包括位移,速度,加速度的合成和分解,他们都遵守平行四边形法则. 三,竖直上抛运动定义:物体以初速度v0 向上抛出,不考虑空气阻力作用,这样的运动叫做竖直上抛运动. 四,相对运动物体的运动是相对于参照系而言的,同一物体的运动相对于不同的参照系其运动情况不相同,这就是运动的相对性.我们通常把物体相对于基本参照系(如地面等)的运动称为"绝对运动" ,把相对于基本参照系运动着的参照系称为运动参照系,运动参照系相对于基本参照系的运动称为"牵连运动" ,而物体相对于运动参照系的运动称为"相对运动" .显然绝对速度和相对速度一般是不相等的,它们之间的关系是:绝对速度等于相对速度与牵连速度的矢量和.即v绝= v相+ v 或v甲对地= v甲对乙+ v乙对地【典型例题】例题1:A,B 两车沿同一直线同向行驶.A 车在前,以速度v1 做匀速直线运动; 当两车相距为 d 时(B 车在后) , B 车在后, 先以速度v 2 做匀速直线运动( v2 v1 ). 车开始做匀减速运动,加速度的大小为 a.试问为使两车不至于相撞,d 至少为多少? 例题2:河宽d=100m,水流速度v1 =4m/s,船在静水中的速度v 2 =3m/s,要使航程最短,船应怎样渡河? 例题3:有A, B 两球,A 从距地面高度为h 处自由下落,同时将 B 球从地面以初速度v0 竖直上抛,两球沿同一条竖直线运动.试分析: (1)B 球在上升过程中与A 球相遇; (2) 球在下落过程中与 A 球相遇.B 两种情况中 B 球初速度的取值范围. 专题三牛顿运动定律【扩展知识】非惯性参照系凡牛顿第一定律成立的参照系叫惯性参照系,简称惯性系.凡相对于惯性系静止或做匀速直线运动的参照系,都是惯性系.在不考虑地球自转,且在研究较短时间内物体运动的情况下,地球可看成是近似程度相当好的惯性系.凡牛顿第一定律不成立的参照系统称为非惯性系,一切相对于惯性参照系做加速运动的参照系都是非惯性参照系.在考虑地球自转时,地球就是非惯性系.在非惯性系中, 物体的运动也不遵从牛顿第二定律,但在引入惯性力的概念以后,就可以利用牛顿第二定律的形式来解决动力学问题. 一, 直线系统中的惯性力简称惯性力,例如在加速前进的车厢里,车里的乘客都觉得自己好象受到一个使其向后倒得力,这个力就是惯性力,其大小等于物体质量m 与非惯性系相对于惯性系的加速度大小 a 的乘积, 方向于 a 相反. 用公式表示, 这个惯性力 F 惯=-ma, 不过要注意:惯性力只是一种假想得力,实际上并不存在,故不可能找出它是由何物所施,因而也不可能找到它的反作用力.惯性力起源于物体惯性,是在非惯性系中物体惯性得体现. 二, 转动系统中的惯性力简称惯性离心力,这个惯性力的方向总是指向远离轴心的方向.它的大小等于物体的质量m 与非惯性系相对于惯性系的加速度大小 a 的乘积.如果在以角速度ω转动的参考系中,质点到转轴的距离为r,则: F 惯=mω2r. 假若物体相对于匀速转动参照系以一定速度运动,则物体除了受惯性离心力之外, 还要受到另一种惯性力的作用,这种力叫做科里奥利力,简称科氏力,这里不做进一步的讨论.【典型例题】例题1: 如图所示, 一轻弹簧和一根轻绳的一端共同连在一个质量为m 的小球上. 平横时,轻绳是水平的,弹簧与竖直方向的夹角是θ.若突然剪断轻绳,则在剪断的瞬间,弹簧的拉力大小是多少?小球加速度方向如何?若将弹簧改为另一轻绳, θ则在剪断水平轻绳的瞬间,结果又如何? 例题2: 如图所示,在以一定加速度 a 行驶的车厢内,有一长为l,质量为m 的棒AB 靠在光滑的后壁上,棒与箱底面之间的动摩擦因数μ,为了使棒不滑动,棒与竖直平面所成的夹角θ应在什么范围内? a θ例题 3 :如图所示,在一根没有重力的长度l 的棒的中点与端点上分别固定了两个质量分别为m 和M 的小球, 棒沿竖直轴用铰链连接, 速度ω匀速转动,试求棒与竖直轴线间的夹角θ. θω棒以角o m ωM 例题4: 长分别为l1 和l2 的不可伸长的轻绳悬挂质量都是m 的两个小球,如图所示,它们处于平衡状态.突然连接两绳的中间小球受水平向右的冲击(如另一球的碰撞) ,瞬间内获得水平向右的速度V0,求这瞬间连接m2 的绳的拉力为多少? 0 l1 m1 l2 m2 V0专题四曲线运动【拓展知识】一,斜抛运动(1)定义:具有斜向上的初速v0 且只受重力作用的物体的运动. (2)性质:斜抛运动是加速度a=g 的匀变速曲线运动. (3)处理方法:正交分解法:将斜抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上抛运动,然后用直角三角形求解.如图所示(4)斜抛运动的规律如下: 任一时刻的速度v x = v0 cosθ, v y = v 0 sin θ-gt. 任一时刻的位置x = v0 cosθt , y = v0 sin θt 1 2 gt . 2 竖直上抛运动,平抛运动可分别认为是斜抛运动在θ= 90 0 和θ= 0 0 时的特例. 斜抛运动在最高点时v y = 0, t 上= 2v sin θv0 sin θ, t 上= t 下,t总= t 上+ t 下= 0 g g 水平方向的射程斜抛物体具有最大的射程s = v 0 cos θt总= v sin 2 θ斜抛物体的最大高度H = 0 2g 2 v0 sin 2θg 2 斜抛运动具有对称性,在同一段竖直位移上,向上和向下运动的时间相等;在同一高度上的两点处速度大小相等,方向与水平方向的夹角相等;向上,向下的运动轨迹对称. (二) ,圆周运动 1.变速圆周运动在变速圆周运动中,物体受到的合外力一般不指向圆心,这时合外力可以分解在法线(半径方向)和切线两个方向上.在法线方向有Fn = mv 2 = mω 2 R 充当向心力R ,产生的法向加速度 a n 只改变速度的方向;切向分力Fτ= maτ产生(即Fn = F向) 的切向加速度aτ只改变速度的大小.也就是说, Fn 是F合的一个分力, Fn F合,且满足F合= F 2 n + F 2 τ 2.一般的曲线运动:在一般的曲线运动中仍有法向力Fn = m v2 式中R 为研究处曲R 线的曲率半径,即在该处附近取一段无限小的曲线,并视为圆弧,R 为该圆弧的曲率半径,即为研究处曲线的曲率半径.【典型例题】例题1:如图所示,以水平初速度v0 抛出的物体,飞行一段时间后,垂直地撞在倾角为30 0 的斜面上,求物体完成这段飞行的时间是多少? 例题2:如果把上题作这样的改动:若让小球从斜面顶端 A 以水平速度抛出,飞行一段时间后落在斜面上的 B 点,求它的飞行时间为多少(已知θ= 30 0 )? 例题3:斜向上抛出一球,抛射角α= 60 0 ,当t=1 秒钟时,球仍斜向上升,但方向(1)球的初速度v0 是多少?(2)球将在什么时候达到最已跟水平成β= 450 角. 高点? 例题4:以v0 = 10m / s 的初速度自楼顶平抛一小球,若不计空气阻力,当小球沿曲求小球下降的高度及所在处轨迹的曲率半径线运动的法向加速度大小为5m / s 2 时, R.专题五万有引力定律【扩展知识】1.均匀球壳的引力公式由万有引力定律可以推出,质量为M,半径为R 的质量均匀分布的球壳,对距离球心为r,质量为m 的质点的万有引力为F=0 F= GMm r2 (r<R) (r>R) 2.开普勒三定律【典型例题】例题1:若地球为均匀的球体,在地球内部距地心距离为r 的一物体m 受地球的万有引力为多大?(已知地球的质量为M,半径为R) 例题2:一星球可看成质量均匀分布的球体,其半径为R,质量为M.假定该星球完全靠万有引力维系, 要保证星球不散开, 它自转的角速度不能超过什么限度? 例题3: (全国物理竞赛预赛题)已知太阳光从太阳射到地球需要8min20s,地球公转轨道可以近似看作圆轨道,地球半径约为 6.4×106m,试估算太阳质量M 与地球质量m 之比M/m 为多大?(3×105) 例题4: (全国物理竞赛预赛题)木星的公转周期为12 年.设地球至太阳的距离为1AU(天文单位) ,则木星至太阳的距离约为多少天文单位?(5.2AU) 例题5: 世界上第一颗人造地球卫星的长轴比第二颗短8000km, 第一颗卫星开始绕地球运转时周期为96.2min,求: (1)第一颗人造卫星轨道的长轴. (1.39×107m) (2)第二颗人造卫星绕地球运转的周期.已知地球质量M=5.98×1024kg. (191min)专题六动量【扩展知识】 1.动量定理的分量表达式I 合x=mv2x-mv1x, I 合y=mv2y-mv1y, I 合z=mv2z-mv1z. 2.质心与质心运动 2.1 质点系的质量中心称为质心.若质点系内有n 个质点,它们的质量分别为m1,m2,……mn,相对于坐标原点的位置矢量分别为r1,r2,……rn,则质点系的质心位置矢量为mr m1 r1 + m2 r1 + + mn rn ∑i i i =1 rc= = m1 + m2 + + mn M 若将其投影到直角坐标系中,可得质心位置坐标为n xc = ∑m x i =1 i n i M , yc = ∑m y i =1 i n i M , zc= ∑m z i =1 n i i M . 2.2 质心速度与质心动量相对于选定的参考系,质点位置矢量对时间的变化率称为质心的速度. p r vc= c = 总= t M ∑m v i =1 n i i M , pc=Mvc= ∑mi vi . i =1 n 作用于质点系的合外力的冲量等于质心动量的增量I 合= ∑I i =pc-pc0=mvc-mvc0 . i =1 n 2.3 质心运动定律作用于质点系的合外力等于质点总质量与质心加速度的乘积.F合=Mac.. 则质点系的质心加速度对于由n 个质点组成的系统, 若第i 个质点的加速度为ai, 可表示为ac = ∑m a i =1 i n i M .【典型例题】1.将不可伸长的细绳的一端固定于天花板上的 C 点,另一端系一质量为m 的小球以以角速度ω绕竖直轴做匀速圆周运动,细绳与竖直轴之间的夹角为θ,如图所示.已知A,B 为某一直径上的两点,问小球从 A 点运动到 B 点的过程中细绳对小球的拉力T 的冲量为多少? C θ A m B O 2.一根均匀柔软绳长为l=3m,质量m=3kg,悬挂在天花板的钉子上,且下端刚好接触地板,现将软绳的最下端拾起与上端对齐,使之对折起来,然后让它无初速地自由下落,如图所示.求下落的绳离钉子的距离为x 时,钉子对绳另一端的作用力是多少? x 3.一长直光滑薄板AB 放在平台上,OB 伸出台面,在板左侧的 D 点放一质量为m1 的小铁块,铁块以速度v 向右运动.假设薄板相对于桌面不发生滑动,经过时间T0 后薄板将翻倒.现让薄板恢复原状,并在薄板上O 点放另一个质量为m2 的m1 v m2 A 小物体, 如图所示. 同样让m1 从 D 点开始以速度v 向右运动, 并与m2 发生正碰. D O B 那么从m1 开始经过多少时间后薄板将翻倒?专题七机械能【扩展知识】一,功 1. 恒力做功 2.变力做功 1 (1)平均值法如计算弹簧的弹力做功,可先求得 F = k ( x1 + x 2 ) ,再求出弹力 2 W=Fscosα当物体不可视为质点时,s 是力的作用点的位移. 做功为W= F (x2-x1)= 1 1 2 2 kx 2 kx1 2 2 (2)图像法当力的方向不变,其大小随在力的方向上的位移成函数关变化时, , "面作出力—位移图像(即F—s 图) 则图线与位移坐标轴围成的积"就表示力做的功.如功率—时间图像. (3)等效法功. (4)微元法通过因果关系,如动能定理,功能原理或Pt 等效代换可求变力做二,动能定理 1. 对于单一物体(可视为质点) ∑W = E k2 E k 1 只有在同一惯性参照系中计算功和动能, 动能定理才成立. 当物体不能视为质点时, 则不能应用动能定理. 2. 对于几个物体组成的质点系,因内力可以做功,则∑W 外+ ∑W内= ∑ E k 2 ∑ E k 1 同样只适用于同一惯性参照系. 3. 在非惯性系中, 质点动能定理除了考虑各力做的功外, 还要考虑惯性力做的功, 其总和对应于质点动能的改变.此时功和动能中的位移,速度均为相对于非惯性参照系的值.三,势能 1. 弹性势能 2. 引力势能(1) 质点之间Ep = G m1 m 2 r E p = G Mm r Ep = 1 2 kx 2 (2) 均匀球体(半径为R)与质点之间(r≥R) (3) 均匀球壳与质点之间 E p = G Mm (r≥R) r Mm E p = G (r<R) R四,功能原理物体系外力做的功与物体系内非保守力做的功之和,等于物体系机械能的增量.即∑W外+ ∑W非保守= ∑ E 2 ∑E1【典型例题】例题1:如图所示,在倾角θ=30°,长为L 的斜面顶部放一质量为m 的木块.当斜面水平向右匀速移动s = 3 L 3 时,木块沿斜面匀速地下滑到底部.试求此过程中木块所受各力所做的功及斜面对木块做的功. m 30°例题2:用锤击钉,设木板对钉子的阻力跟钉子进入木板的深度成正比,每次击钉时对钉子做的功相同,已知击第一次时,钉子进入板内1cm,则击第二次时,钉子进入木板的深度为多少?例题3:质量为M 的列车正沿平直轨道匀速行驶,忽然尾部有一节质量为m 的车厢脱钩,待司机发现并关闭油门时,前部车厢已驶过的距离为L.已知列车所受的,列车启动后牵引力不变.问前后两车都停阻力跟质量成正比(设比例系数为k) 下后相距多远.例题4:如图所示,沿地球表面与竖直方向成α角的方向,发射一质量为m 的导弹.其初速度v0 = GM ,M 为地球的质量,R 为地球半R αR v0 径,忽略空气阻力和地球自转的影响.求导弹上升的最大高度.例题5:长为l 的细线一端系住一质量为m 的小球,另一端固定在 A 点,AB 是过 A 的竖直线.E 为AB 上一点,且AE=l/2.过 E 作水平 A m 线EF,在EF 上钉一铁钉D,如图所示,线能承受的最大拉力是9mg. 现将系小球的悬线拉至水平, 然后由静止释放.若小球能绕钉子在竖直平面内做圆周运动,求 E D x F B 钉子的位置在水平线上的取值范围.不计线与钉子碰撞时的能量损失.专题八振动和波【扩展知识】1.参考圆可以证明,做匀速圆周运动的质点在其直径上的投影的运动,是以圆心为平衡位置的简谐运动.通常称这样的圆为参考圆. 2. 简谐运动的运动方程及速度,加速度的瞬时表达式振动方程:x=Acos(ωt +φ). 速度表达式: v =-ωAsin(ωt +φ). 加速度表达式:a =-ω2Acos(ωt +φ). 3. 简谐运动的周期和能量振动的周期:T =2π振动的能量:E = 4.多普勒效应设v 为声速,vs 为振源的速度,v0 是观察者速度,f0 为声音实。

第 23届全国中学生物理竞赛复赛参考解答

第 23届全国中学生物理竞赛复赛参考解答

第23届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准一、参考解答:解法一小球沿竖直线上下运动时,其离开玻璃管底部的距离h 随时间t 变化的关系如图所示.设照片拍摄到的小球位置用A 表示,A 离玻璃管底部的距离为h A ,小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H .小球可以在下落的过程中经过A 点,也可在上升的过程中经过A 点.现以τ表示小球从最高点(即开始下落处)落到玻璃管底部所需的时间(也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间),1τ表示小球从最高点下落至A 点所需的时间(也就是从A 点上升至最高点所需的时间),2τ表示小球从A 点下落至玻璃管底部所需的时间(也就是从玻璃管底部反跳后上升至A 点所需的时间).显然,12τττ+=.根据题意,在时间间隔T 的起始时刻和终了时刻小球都在A 点.用n 表示时间间隔 T 内(包括起始时刻和终了时刻)小球位于A 点的次数(n ≥2).下面分两种情况进行讨论:1.A 点不正好在最高点或最低点. 当n 为奇数时有()()()12111T n n n τττ=-+-=- 3,5,7,n = (1)在(1)式中,根据题意1τ可取10ττ<<中的任意值,而21τττ=-(2)当n 为偶数时有()()211222T n n n n ττττ=+-=+- 2,4,6,n = (3)由(3)式得12ττ=(4)由(1)、(3)、(4)式知,不论n 是奇数还是偶数,都有()1T n τ=- 2,3,4,n =(5)因此可求得,开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为th2211221n T H g g n τ⎛⎫== ⎪-⎝⎭2,3,4,n = (6)若用n H 表示与n 对应的H 值,则与n H 相应的A 点到玻璃管底部的距离 2112A n h H g τ=-2,3,4,n = (7)当n 为奇数时,1τ可取10ττ<<中的任意值,故有0A n h H << 2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=3,5,7,·· · (8) 可见与n H 相应的A h 的可能值为0与n H 之间的任意值.当n 为偶数时,112ττ=,由(6)式、(7)式求得n H 的可能值34A n h H =2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=2,4,6,·· · (9) 2.若A 点正好在最高点或最低点. 无论n 是奇数还是偶数都有()21T n τ=- n=2,3,4,· · ·(10)()22112221n T H g g n τ⎡⎤==⎢⎥-⎢⎥⎣⎦n=2,3,4,·· · (11)A n h H = ()21221n T H g n ⎧⎫⎡⎤⎪⎪=⎨⎢⎥⎬-⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭n=2,3,4,·· · (12)或0A h =(13)解法二因为照相机每经一时间间隔T 拍摄一次时,小球都位于相片上同一位置,所以小球经过该位置的时刻具有周期性,而且T 和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究小球通过某个位置的周期性.设小球从最高点(开始下落处)落下至管底所需时间为τ ,从最高点下落至相片上小球所在点(A 点)所需时间为1τ,从A 点下落至管底所需时间为2τ,则12τττ=+(1)(小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同,也是τ、1τ和2τ)从小球在下落过程中经过A 点时刻开始,小球经过的时间22τ后上升至A 点,再经过时间12τ后又落到A 点,此过程所需总时间为12222τττ+=.以后小球将重复这样的运动.小球周期性重复出现在A 点的周期是多少? 分两种情况讨论:(1). 12ττ≠,1τ和2τ都不是小球在A 点重复出现的周期,周期是2τ.(2). 12ττ=,小球经过时间22ττ=回到A 点,再经过时间12ττ=又回到A 点,所以小球重复出现在A 点的周期为τ.下面就分别讨论各种情况中H 的可能值和A 点离管底的距离A h 的可能值.(如果从小球在上升过程中经过A 点的时刻开始计时,结果一样,只是1τ和2τ对调一下)1.H 的可能值(1).较普遍的情况,12ττ≠.T 与2τ的比值应为一整数,τ的可能值应符合下式2Tk τ=, 1,2,3,k = (2)由自由落体公式可知,与此相应的k H 的数值为2211222k T H g g k τ⎛⎫== ⎪⎝⎭1,2,3,k = (3)(2).12ττ=.τ的可能值应符合下式Tk τ'= 1,2,3,k '= (4)故k H '的可能值为221122k T H g g k τ'⎛⎫== ⎪'⎝⎭1,2,3,k '= (5)当k '为偶数时,即2,4,6,k '=时,(5)式与(3)式完全相同.可见由(3)式求得的H 的可能值包含了12ττ≠的全部情况和12ττ=的一部分情况.当k '为奇数时,即1,3,5,k '=时,由(5)式得出的H 的可能值为212k T H g k '⎛⎫= ⎪'⎝⎭1,3,5,k '= (6)它们不在(3)式之内,故(3)式和(6)式得出的H 合在一起是H 的全部的可能值. 2.与各H 值相应的A h 的可能值 a.与k H 相应的A h 的可能值由于在求得(3)式时未限定A 点的位置,故A h 的数值可取0和k H 之间的任意值,即0A k h H ≤≤ 2122k T H g k ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 1,2,3,k = (7)b. 与k H '(k '为奇数)相应的A h 的可能值 这些数值与A 位于特定的位置,122τττ==,相对应,所以对于每一个k H '对应的A h 是一个特定值,它们是21122A k T h H g k '⎛⎫=- ⎪'⎝⎭212k T H g k '⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪'⎝⎭⎢⎥⎣⎦1,3,5,k '= (8)评分标准:本题23分 二、参考解答:1. 求刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度设刚碰撞后,小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A v 、B v 、C v 、D v ,并设它们的方向都与0v 的方向相同.由于小球C 位于由B 、C 、D 三球组成的系统的质心处,所以小球C 的速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒, 故有0A C 3M M m =+v v v(1) 碰撞前后质点组的角动量守恒,有C D 02ml ml =+v v(2)这里角动量的参考点设在与B 球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性碰撞,碰撞前后质点组的动能相等,有222220A B C D 11111+22222M M m m =++v v mv v v (3)因为杆是刚性杆,小球B 和D 相对于小球C 的速度大小必相等,方向应相反,所以有B C C D --v v =v v(4)解(1)、(2)、(3)、(4)式,可得两个解C v =0(5)和C 0456MM m=+v v(6)因为C v 也是刚碰撞后由B 、C 、D 三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰撞后这系统的质心不可能静止不动,故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞后A 、B 、D 三球的速度 A 05656M mM m -=+v v(7)B 01056M M m=+v v(8)D 0256MM m=-+v v(9)2.讨论碰撞后各小球的运动碰撞后,由于B 、C 、D 三小球组成的系统不受外力作用,其质心的速度不变,故小球C 将以(6)式的速度即C 0456MM m=+v v 沿0v 方向作匀速运动.由(4)、(8)、(9)式可知,碰撞后,B 、D 两小球将绕小球C 作匀角速度转动,角速度的大小为656B M l M m ω-==+C v v v l(10)方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球A 的速度的大小和方向与M 、m 的大小有关,下面就M 、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论:(i )A 0v =,即碰撞后小球A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是 即65M m = (11)(ii )A 0v <,即碰撞后小球A 反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是65M m < (12)(iii )A 0v >但A C <v v ,即碰撞后小球A 沿0v 方向作匀速直线运动,但其速度小于小球C 的速度.由(7)式和(6)式,可知发生这种运动的条件是 560M m ->和m M M 654->即665m M m << (13)(iv )A C >v v ,即碰撞后小球A 仍沿0v 方向运动,且其速度大于小球C 的速度,发生这种运动的条件是6M m > (14) (v )A C =v v ,即碰撞后小球A 和小球C 以相同的速度一起沿0v 方向运动,发生这种运动的条件是6M m =(15)在这种情形下,由于小球B 、D 绕小球C 作圆周运动,当细杆转过180时,小球D 将从小球A 的后面与小球A 相遇,而发生第二次碰撞,碰后小球A 继续沿0v 方向运动.根据质心运动定理,C 球的速度要减小,碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是()056πππ6M m l lt Mω+===v v (16)从第一次碰撞到第二次碰撞,小球C 走过的路程C 2π3ld t ==v (17)3.求第二次碰撞后,小球A 、B 、C 、D 的速度刚要发生第二次碰撞时,细杆已转过180,这时,小球B 的速度为D v ,小球D 的速度为B v .在第二次碰撞过程中,质点组的动量守恒,角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A 'v 、B 'v 、C 'v 和D 'v ,并假定它们的方向都与0v 的方向相同.注意到(1)、(2)、(3)式可得0AC 3M M m ''=+v v v (18) C B 02ml ml ''=+v v(19)222220A B C D 11111+22222M M m m ''''=++v v mv v v(20)由杆的刚性条件有D C C B ''''-=-v v v v(21)(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D 球重合的空间点.把(18)、(19)、(20)、(21)式与(1)、(2)、(3)、(4)式对比,可以看到它们除了小球B 和D 互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解C0'=v (22) 和C0456MM m'=+v v(23)对于由B 、C 、D 三小球组成的系统,在受到A 球的作用后,其质心的速度不可能保持不变,而(23)式是第二次碰撞未发生时质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得 A 0'=v v (24)B 0'=v(25)D 0'=v(26)(22)、(24)、(25)、(26)式表明第二次碰撞后,小球A 以速度0v 作匀速直线运动,即恢复到第一次碰撞前的运动,但已位于杆的前方,细杆和小球B 、C 、D 则处于静止状态,即恢复到第一次碰撞前的运动状态,但都向前移动了一段距离2π3ld =,而且小球D 和B 换了位置. 评分标准:本题25分. 三、参考解答:由k pV =α, 1>α (1)可知,当V 增大时,p 将随之减小(当V 减小时,p 将随之增大),在p V -图上所对应的曲线(过状态A )大致如图所示.在曲线上取体积与状态B 的体积相同的状态C .现在设想气体从状态A 出发,保持叶片不动,而令活V塞缓慢地向右移动,使气体膨胀,由状态A 到达状态C ,在此过程中,外界对气体做功11111C A k W V V ααα--⎡⎤=-⎢⎥-⎣⎦(2)用U A 、U C 分别表示气体处于状态A 、C 时的内能,因为是绝热过程,所以内能的增量等于外界对气体做的功,即11111C A C A k U U V V ααα--⎡⎤-=-⎢⎥-⎣⎦(3)再设想气体处于状态C 时,保持其体积不变,即保持活塞不动,令叶片以角速度ω 做匀速转动,这样叶片就要克服气体阻力而做功,因为缸壁及活塞都是绝热的,题设缸内其它物体热容量不计,活塞又不动(即活塞不做功),所以此功完全用来增加气体的内能.因为气体体积不变,所以它的温度和压强都会升高,最后令它到达状态B .在这过程中叶片转动的时间用∆t 表示,则在气体的状态从C 到B 的过程中,叶片克服气体阻力做功W L t ω'=∆ (4)令U B 表示气体处于状态B 时的内能,由热力学第一定律得B C U U L t ω-=∆(5)由题知1p L t Vαω∆-=⋅∆ (6)由(4)、(5)、(6)式得()1BB C BC V U U p p α-=-- (7)(7)式加(3)式,得()111111B B A B C C A V k U U p p V V αααα--⎡⎤-=-+-⎢⎥--⎣⎦(8)利用pV k α=和C B V V =得()11B A B B A A U U p V p V α-=-- (9)评分标准:本题23分. 四、参考解答:答案:D u 如图1所示,B u 如图2 所示. u D.附参考解法:二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D 1和D 2处在什么状态,若在时刻t ,A 点的电压为u A ,D 点的电压为u D ,B 点的电压为u B ,电容器C 1两极板间的电压为u C 1,电容器C 2两极板间的电压为u C 2,则有1D A C u u u =- (1)2B C u u =(2) 11C A D q u u u C =-=(3)22C B G qu u u C=-=(4)式中q 1为C 1与A 点连接的极板上的电荷量,q 2为C 2与B 点连接的极板上的电荷量.若二极管D 1截止,D 2导通,则称电路处在状态I . 当电路处在状态I 时有D B u u = 0D u >(5)若二极管D 1和D 2都截止,则称电路处在状态II . 当电路处在状态II 时有D B u u < 0D u >(6)若二极管D 1导通,D 2截止,则称电路处在状态III .当电路处在状态III 时有D B u u < 0=D u(7)电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.在0t =到2t T =时间间隔内,u D 、u B 随时间t 的变化情况分析如下:1. 从0t =起,u A 从0开始增大,电路处在状态 I ,C 1、C 2与电源组成闭合回路. 因C 1、C 2的电容相等,初始时两电容器都不带电,故有在u A 达到最大值即u A = U 时,对应的时刻为14t T =,这时12D B u U ==,也达到最大值. u A 达到最大值后将要减小,由于D 2的单向导电性,电容器C 1、C 2都不会放电,1C u 和2C u 保持不变,u D 将要小于12U ,即将要小于u B ,D 2将由导通变成截止,电路不再处于状态I . 所以从t = 0到14t T =时间间隔内,u D 、u B随时间t 变化的图线如图4、图5中区域I 内的的直线所示.2. 从14t T =起,因u D 小于u B ,D 2处在截止状态,电路从状态 I 变为状态 II . 因为二极管的反向电0 2TT 图2C 1D 1 C 2 D u A G A BD 2 C 1 D 1 2 Du A GA BD 2C 1D 1 C 2 D u A GA B D 2 状态I 状态II 状态III图3阻为无限大,电容器C 1、C 2都不会放电,两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II 时,D 点的电压 B 点的电压随着u A 从最大值U 逐渐变小,u D 亦变小;当12A u U =时,对应的时刻为38t T =,0D u =.如果u A 小于12U ,则u D 将小于0,D 1要从截止变成导通,电路不再处在状态II .所以在14t T =到38t T =时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 II 1 内的直线所示.3.从38t T =起,u A 从12U 开始减小,D 1导通,但D B u u <,D 2仍是截止的,电路从状态II 变为状态III .当电路处在 状态 III 时有在u A 减小的过程中,C 1两极板间的电压u C 1(= u A )也随之改变,从而维持u D 为0. 当u A 达到反向最大值即A u U =-时,对应的时刻为34t T =,1C u U =-.若u A 从U -开始增大(U -减小),因D 1的单向导电性,电容器C 1不会放电,1C u U =-保持不变,10D A C u u u =->,D 1要从导通变成截止,电路不再处于状态III .所以在38t T =到34t T =时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 III 1 内的直线所示.4. 从34t T =起,u A 从U -开始增大, D 1变为截止状态,D A u u U =+从零开始增大,只要u D 仍小于u B ,D 2仍是截止的,电路从状态III 变为状态II . 当电路处在 状态 II 时,C 1和C 2不会放电,电容器两极板间的电压保持不变. 故有当u A 增大至12U -时,对应的时刻为78t T =,12D B u u U ==. 若u A 再增大,u D 将要大于u B ,D 2将要从截止变为导通,D B u u =,电路不再处于状态II . 所以在34t T =到78t T =时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 区域 II 2 中的直线所示.5. 从78t T =起,u A 要从12U -增大, D 2变为导通状态,这时D 1仍是截止的,电路又进入状态I . 当电路处在 状态I 时,电源与C 1、C 2构成闭合回路,而当u A 变化时,12q q +将随之变化,但由导通的二极管D 2连接的C 1、C 2的两块极板所带的总电荷量12q q -+是恒定不变的.由于在78t T =时刻,1C u U =-,212C u U =,此时1q CU =-,212q CU =,故有 由以上有关各式得u D 、u B 随着u A 的增大而增大. 当u A 达到最大值即A u U =时,对应的时刻为54t T =,54D B u u U ==.由于D 2单向导电,2B C u u =只增不减,u A 从最大值减小时,1C u 不变,u D 将要小于54U ,而2B C u u =保持为54U ,因而D B u u <,D 2从导通变成截止,电路不再是状态I . 所以在78t T =到T t 45=时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 I 2中的直线所示.6. 从54t T =起,u A 从U 开始减小, D 2变为截止状态,这时D 1仍是截止的,电路又进入状态II . 当电路处在 状态 II 时,C 1和C 2不会放电,电容器两极板间的电压保持不变. 由54t T =时刻的u D 和u A 的值可知此时114C u U =-. 故有当u A 减少至14U -时,对应的时刻为=t 2516T ,0D u =,以后D 1将由截止变为导通,电路不再处在状态II . 所以在54t T =到2516t T =时间内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 II 3中的直线所示.7. 从2516t T =起,u A 从14U -开始减小,D 1变为导通状态,但D 2仍是截止的,电路又进入状态III ,故有在u A 减小的过程中,C 1两端的电压u C 1也随之改变,开始阶段D 1保持导通,u D = 0. 但当u A 减小至-U 时,对应的时刻为74t T =,u C 1 = U . 因D 1单向导电,且D B u u <,C 1右极板的正电荷只增不减,u A 到达-U 后要增大,u D 要大于0,D 1要从导通变为截止,电路不再处于状态III . 所以在2516t T =到74t T =时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中III 2内的直线所示.8. 从74t T =起,u A 从-U 开始增大,D 1变为截止状态,D 2仍是截止的,电路又进入状态II . 当电路处于状态II 时,C 1和C 2不会放电,电容器两极板间的电压保持不变.由74t T =时刻的u D 和u A 的值可知,此时1C u U =-.故有u D 将随着u A 的增大而增大.当u A =14U 时,对应的时刻33216t T T =>,u D =54U ,与u B 相等.以后u D 要大于54U ,D 2要从截止变为导通,电路不再是状态II . 所以在74t T =到2t T =时间间隔内,u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中II 4内的直线所示.总结以上讨论,各时段起讫时刻及D u 和B u 变化值如下表所示: 时 段 1 2 3 4 5 6 7 8 I 1II 1III 1II 2I 2II 3III 2II 4u D评分标准:本题25分 五、参考解答:1.题给的磁场(),B x t 随时间和空间的变化具有周期性,在某时刻t ,磁场的空间分布为 在t t +∆时刻,磁场的空间分布为比较上面两式,不难看出,t 和t t +∆这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的,只是t 时刻原位于x t k ω⎛⎫-∆ ⎪⎝⎭处的磁场,经历t ∆时间,在t t +∆时刻,出现在x 处.即整个磁场的分布经时间间隔t ∆沿x轴的正方向平移了一段距离 平移速度0x t kω∆==∆v (1)平移速度0v 为恒量.由此可见,题给出的磁场()()0,cos B x t B t kx ω=-可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度0v 沿x 轴的正方向平移.如果金属框移动的速度小于磁场区域平移的速度,那么通过金属框的磁通将随时间发生变化,从而在金属框中产生感应电流,感应电流将受到磁场的安培力作用.由题已知,在时刻t ,金属框移动的速度为v ,金属框MN 边位于坐标x 处,PQ 边位于坐标x d +处.设此时金属框的磁通为Φ(规定由纸内到纸外Φ为正);经过一很短的时间间隔t ∆,整个磁场分布区域向x 方向移动了一段距离0t ∆v ,金属框向x 方向移动了一段距离t ∆v ,其结果是:MN 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x t l t -∆v v 移进了金属框,PQ 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x d t l t +-∆v v 移出了金属框,故在t t +∆时刻,通过金属框的磁通为在t ∆时间间隔内,通过金属框的磁通增量为()()()0,,B x t B x d t l t ΦΦΦ'∆=-=⎡-+⎤-∆⎣⎦v v(2)规定框内的感应电动势()t E 沿顺时针方向(沿回路MNPQM 方向)为正,由电磁感应定律,可得t 时刻的感应电动势()t tΦ∆=∆E (3)规定金属框内的感应电流()i t 沿顺时针方向(沿回路MNPQM 方向)为正,可得t 时刻的感应电流为()i t R=E (4)磁场对于上下两边NP 和MQ 的安培力的大小相等,方向相反,二者的合力为零.规定向右的力为正,则磁场作用于金属框MN 边的安培力为()(),i t B x t l ;由于PQ 边和MN 边的电流方向相反,磁场作用于金属框PQ 边的安培力为 ()(),i t B x d t l -+,故金属框的安培力的合力()()()()(),,f t i t B x t l i t B x d t l =-+(5)由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式及题给定的磁场分布规律,得()()(){}2202cos cos B l k f t t kx t kx kd ωωω⎛⎫- ⎪⎝⎭=--⎡--⎤⎣⎦v R(6)利用三角学公式,得()()()220222042sin sin sin 222B l t kx kd kd kd k f t F t kx ωωω⎛⎫- ⎪⎡--⎤⎛⎫⎡⎤⎝⎭==--⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦v R (7)0F 称为安培力()f t 的幅度.从(7)式可以看出,安培力()f t 在0F 的幅度内随时间变化,但其值不会小于零,表示磁场作用于金属框的安培力始终向右.2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论0F 与线框几何尺寸的关系.0F 与金属框长度l 的平方成正比,与金属框的宽度d 有关:当2πkd n =, 即2π0,1,2,n d n k== (8)得00F =(9)当()21πkd n =+,即()21π 0,1,2,n d n k+== (10)0F 达最大值()2200max 4B l k F ω⎛⎫- ⎪⎝⎭=v R(11)当d 取其它值时,0F 介于0与最大值()0max F 之间.评分标准:本题25分. 六、参考解答:1. 圆筒内光学元件的相对位置如图1所示.各元件的作用如下:22 观察屏P :位于L 2焦平面上,光源的谱线即在此屏上.透镜L 3:与P 的距离≤f 3,是人眼观察光谱线所用的放大镜(目镜).2.已知钠黄光的谱线位于P 的中央,S 的像位于L 2 的焦点上,由此可知,对分光棱镜系统来说,钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行,由于棱镜系统是左右对称,因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的,在中间棱镜中的光路应该与轴平行,分光元件中的光路图如图2所示,左半部的光路如图3.用i 1、r 1、i 2、r 2分别表示两次折射时的入射角和折射角,用n 1、n 2分别表示两块棱镜对D 线的折射率,由图3可以看出,在两棱镜界面上发生折射时,22i r >,表明21n n >,即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成,两侧棱镜用冕牌玻璃制成,故有D n n =1D n n '=2由几何关系可得122i r α==(1)12r i α+=(2) 由折射定律可得111sin sin i n r =(3)1222sin sin n i n r =(4)从以上各式中消去1i 、2i 、1r 和2r 得22212sin 2n n α⎛⎫-= ⎪⎝⎭(5)解(5)式得图2图3图1()()221222124142sin n n n n -+-=⎪⎭⎫⎝⎛α (6)以5170.11=n ,7200.12=n 代入,得123.6α= (7)评分标准:本题23分. 七、参考解答:带电粒子在静电场内从S 到T 的运动过程中,经历了从S 到N 和从N 到T 的两次加速,粒子带的电荷量q 的大小均为191.6010C -⨯,若以U 表示N 与地之间的电压,则粒子从电场获得的能量2E qU ∆=(1)质子到达T 处时的质量m =(2)式中v 为质子到达T 时的速度.质子在S 处的能量为20m c ,到达T 处时具有的能量为2mc ,电子的质量与质子的质量相比可忽略不计,根据能量守恒有220mc E m c =∆+(3)由(1)、(2)、(3)式得代入数据解得74.3410m/s =⨯v(4)评分标准:本题16分.。

全国中小学生物理竞赛大纲纲要纲要纲要.doc.doc

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全国中学生物理竞赛大纲
一、理论基础
〖力学〗
1.运动学
参照系质点运动的位移和路程、速度、加速度相对速度
矢量和标量矢量的合成和分解
匀速及匀变速直线运动及其图象运动的合成抛体运动
园周运动
刚体的平动和绕定轴的转动
质心质心运动定律
2.牛顿运动定律力学中常见的几种力
牛顿第一、二、三运动定律惯性参照系的概念
摩擦力
弹性力胡克定律
万有引力定律均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式
不要求导出)开普勒定律行星和人造卫星运动
惯性力的概念
3.物体的平衡
共点力作用下物体的平衡
力矩刚体的平衡条件重心
物体平衡的种类
4.动量
冲量动量动量定量
动量守恒定律
反冲运动及火箭
5。

冲量矩质点和质点组的角动量角动量守恒定律
6.机械能
功和功率
动能和动能定理
重力势能引力势能质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式(不要求导出)弹簧的弹性势能功能原理机械能守恒定律、碰撞
7.流体静力学
静止流体中的压强
浮力
8.振动
简谐振动振幅频率和周期位相
振动的图象
参考圆振动的速度和加速度
由动力学方程确定简谐振动的频率
阻尼振动受迫振动和共振(定性了解)
9.波和声
横波和纵波波长、频率和波速的关系波的图象。

第41届全国中学生物理竞赛预赛试题解答与评分标准

第41届全国中学生物理竞赛预赛试题解答及评分标准(2024年9月7日9:00-12:00)一. 选择题(本题60分,含5小题,每小题12 分。

在每小题给出的4个选项中,有的小题只有一项符合题意,有的小题有多项符合题意。

将符合题意的选项前面的英文字母写在答题纸对应小题后面的括号内。

全部选对的给 12分,选对但不全的给6分,有选错或不答的给0分。

)1.B C2. D3. A4. BD5. B二. 填空题(本题100 分,每小题20分,每空10分。

请把答案填在答题纸对应题号后面的横线上。

只需 给出结果,不需写出求得结果的过程。

6.ch G ,0ch ε 7. 0.875,0.125 8. 2g τ,竖直向上 9. 153.310⨯ Hz ,103.710⨯Hz 10.073150p S ,0p S N μ≥三. 计算题(本题 240分,共6小题,每小题40 分。

计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重 要的演算步骤, 只写出最后结果的不能给分。

有数值计算的, 答案中必须明确写出数值,有单位的必须写出 单位。

) 11. (1)(1.1)如题解图11a ,由牛顿第二定律知,硬币受到的静摩擦力 f ma =①由力平衡条件知,硬币受到的支撑力 N mg = ② 以硬币重心为支点,由力矩平衡条件有fh Nd = ③由①②③式得d a g h= ④ (1.2)静摩擦力大小满足f N μ≤ ⑤由①②⑤式得a g μ≤ ⑥ 可见加速度超过g μ时硬币将滑动。

(2)(2.1)如题解图11b ,设高铁在圆轨道上转动的角速度为ω,以硬币和桌面的接触点为支点,由力矩平衡条件得2(sin cos )(cos sin )mg h d m R h d θθωθθ+=− ⑦mgN fa 题解图11a题解图11b由⑦式得cos sin 0h d θθ−>因此ω=⑧(2.2)仍如题解图11b ,设硬币受到桌面的支撑力为N ',静摩擦力为f '(解题图中只画了静摩擦力斜向上的情形)。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题(清晰扫描版)及参考解答

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答:解法一取直角坐标系Oxy ,原点O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += (1) a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳S 位于椭圆的一个焦点处,如图1所示.以e T 表示地球绕太阳运动的周期,则e 1.00T =年;以e a 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动),则e 1.00AU a =,根据开普勒第三定律,有3232a T a T =e e(2)设c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得c a r =-0 (3)22c a b -= (4) 由图1可知,P 点的坐标cos P P x c r θ=+ (5) sin P P y r θ= (6) 把(5)、(6)式代入(1)式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= (7)根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ (8) 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量.以P v 表示彗星在P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v (11) 得图1P=v(12)代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2),根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v(14)其中σ为面积速度,并有πabTσ=(15)由(9)、(13)、(14)、(15)式并代入有关数据可得127ϕ= (16)解法二取极坐标,极点位于太阳S所在的焦点处,由S引向近日点的射线为极轴,极角为θ,取逆时针为正向,用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+(1)其中,e为椭圆偏心率,p是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为a,根据解析几何可知()21p a e=-(2)将(2)式代入(1)式可得()θcos112eear+-=(3)以eT表示地球绕太阳运动的周期,则e1.00T=年;以ea表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动),则e1.00AUa=,根据开普勒第三定律,有3232a Ta T=e e(4)在近日点0=θ,由(3)式可得1rea=-0(5)将Pθ、a、e的数据代入(3)式即得0.895AUPr=(6)可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a-(7)式中m为彗星的质量.以Pv表示彗星在P点时速度的大小,根据机械能守恒定律有2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v(8)可得P=v(9)代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(10)设P点速度方向与极轴的夹角为ϕ,彗星在近日点的速度为0v,再根据角动量守恒定律,有()sinP P Pr rϕθ-=v v00(11)根据(8)式,同理可得=v(12)由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (13)评分标准:本题20分解法一(2)式3分,(8)式4分,(9)式2分,(11)式3分,(13) 式2分,(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)式2分,(8)式3分,(10) 式2分,(11)式3分,(12)式1分,(13)式2分.二、参考解答:1.建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图:1f为地面作用于杆AB的摩擦力,1N为地面对杆AB的支持力,2f、2N为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力,3N、4N分别为墙对杆AB和CD的作用力,mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象,系统平衡时, 由平衡条件有431N N f+-=(1)120N mg-=(2)以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=(3)式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点,E为BF与CD的交点.由几何关系有sin cot CF l αθ= (4) 取杆CD 为研究对象,由平衡条件有422cos sin 0N N f θθ+-= (5) 22sin cos 0N f mg θθ+-= (6) 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= (7) 解以上各式可得41tan 2N mg α=(8) 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ (9)13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ (10)12N mg = (11)21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ (12) 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭(13) CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ (14)由(12)、(13)、(14)式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ (15)AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由(10)、(11)、(16)式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- (17)因此,使系统平衡,α应满足的条件为(15)式和(17)式.2.将题给的数据代入(15)式可得 arctan 0.38521.1α︒≤= (18) 将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得19.5α≥︒ (19) 因此,α的取值范围为 19.521.1α≤≤(20)评分标准:本题20分第1问15分(1)、(2)、(3)式共3分,(4)式1分,(5)、(6)、(7)式共3分,(9) 、(10) 式各1分,(12)到(17)式各1分.第2问5分(18)式1分,(19)式3分,(20)式1分. 三、参考解答:'解法一1. 设在时刻t ,小球和圆筒的运动状态如图1所示,小球位于P 点,绳与圆筒的切点为T ,P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l圆筒的角速度为ω,小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长,1v 与切点T 的速度相等,即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l .2.由(6)式,当0=ω得=L (7) 这便是绳的总长度L .3.如图2所示,从时刻t 到t t +∆,切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆,由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆,切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆,到达T '处,所以在t ∆时间内,切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ (8)切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆,而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的,故有2tlθ∆∆=v (9) 由(1)、(2)、(3)式可得 ()20l ωω=+v (10)2()2t由(8)、(9)、(10)三式得0l R t ω∆=∆ (11) (11)式表示l 随t 均匀增加,故l 由0增加到L所需的时间为0s L t R ω== (12)解法二1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究,先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示,绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ,小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ,小球到转轴O 的距离为r ,圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动,绳将展开,切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻,OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ,如图2所示.由于小球相对圆筒的运动,经过时间t ∆,切点从圆筒上的T 点移到T '点,OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆,绳的拉直部分的长度由l 变为l ',小球由P 运动到P ',PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈,故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP .φω是切点相对圆筒转动的角速度. 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时,位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP .可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ,如图3所示,即1R ωω=v(3)2l ωω=v (4)小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成,由图3可得v 的2m12φω+ v大小=v (5)因 l R φ= (6) 故有=v (7)因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v (8) ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v (9)由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ (10)由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ (11) 由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0 故有0ωωφ= (12)上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量,将(12)式代入(11)式得φ=(13) 由(6)、(13)两式得l = (14)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l .2.由(14)式,当0=ω得绳总长度, 即L = (15) 3.因φω是一个恒量,φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= (16) 当0=ω时,由(13)式可得卫星停旋时的φs φ=(17) 设卫星停转所用的时间为s t ,由(16)、(17)式得0s s t φω==(18) 评分标准:本题25分.解法一第1问12分.(1)、(2)式各3分,(3)式2分,(6)式4分.第2问3分.(7)式3分.第3问10分.(8)、(9)式各3分,(10)式2分,(11)、(12)式各1分.解法二第1问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问3分.(15)式3分.第3问4分.(16)式2分,(17)式1分,(18)式1分.四、参考解答:1.根据题意,粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量,设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用,故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在y 方向的初速度表示为 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中0010y E B =-v (2) 沿y 负方向.与01y v 相关的磁场力 010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4)沿x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向,与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动,以r 表示圆周运动的半径,有202020y y q B mr=v v (6) 可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT =qB π (8) (8)式表明,粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关.经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2.增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在z 方向要受到此电场力作用.以z a 表示在此电场力作用下的加速度,有 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度,因而有 2z a =z ω- (11) 由(10)、(11)可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时,粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动,增加电场后,粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有0021cos z qE z t t mωω=-v (13)粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响.设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度,则有202πqB T mω== (14) 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16)考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动,并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件,可得带电粒子的运动规律:000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准:本题20分.第1问12分.(2)、(3)、(4)式共5分,(5)、(6)、(7)式共4分,(8)式及相关说明共3分.第2问8分.(12)式2分,(14)式到(19)式各1分. 五、答案与评分标准本题15分.1.01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分),L I (2分),0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ (2分),01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭(1分).2.0.62V (2分);0.54V (2分);49mW (2分);6.0Ω (2分).六、参考解答:在电加热器对A 室中气体加热的过程中,由于隔板N 是导热的,B 室中气体的温度要升高,活塞M 将向右移动.当加热停止时,活塞M 有可能刚移到气缸最右端,亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端,则B 室气体末态的体积02B V V = (1) 根据题意,活塞M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用B T 表示B 室中气体末态的温度,有00BBV V T T =(2)由(1)、(2)式得02B T T = (3)由于隔板N 是导热的,故A 室中气体末态的温度02A T T = (4) 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收的热量等于其内能的增加量,即 05()2A A Q R T T =- (5) 由(4)、(5)两式得052A Q RT = (6)B 室中气体经历的是等压过程,在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- (7) 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 0B W R T = (8)内能改变为05()2B B U R T T ∆=- (9) 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT (10)根据热力学第一定律和(8)、(10)两式,B 室气体吸收的热量为 072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= (12) 若0m Q Q =,B 室中气体末态体积为02V ,A 室中气体的末态温度02T .2.若0m Q Q >,则当加热器供应的热量达到m Q 时,活塞刚好到达气缸最右端,但这时加热尚未停止,只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变,故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功,根据热力学第一定律,若A 室中气体末态的温度为AT ',有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- (13) 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ (14) B 中气体的末态的体积02BV =V ' (15) 3. 若0m Q Q <,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故B 室中气体末态的体积BV ''小于02V ,即02BV V ''<.设A 、B 两室中气体末态的温度为A T '',根据热力学第一定律,注意到A 室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量05()2A AQ R T T ''=- (16) B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量0005()()2B AB Q R T T p V V ''''=-+- (17)利用理想气体状态方程,上式变为()072B AQ R T T ''=- (18) 由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- (19) 所以A 室中气体的末态温度 006AQ T T R''=+ (20) B 室中气体的末态体积 00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ (21) 评分标准:本题20分.得到0m Q Q =的条件下(1)、(4)式各1分;(12)式6分,得到0m Q Q >的条件下的(14)式4分,(15)式2分;得到0m Q Q <的条件下的(20)式4分,(21)式2分.七、答案与评分标准:本题20分.1. 3R (3分) 2. 6R (3分)第1第3空格各2分;其余3个空格全对3分,有一个错则不给这3分. 八、参考解答:1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦(1)式中c 为光速.代入数据得0.764MeV Q =- (2) 上式表明这是一吸能核反应.2.为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的入射速度大小为p v ,反应后32He 的速度大小为3He v ,中子的速度大小为n v ,根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (4)由(3)、(4)式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)由(6)式可知,c 可能大于零,亦可能小于零.若0c <,则(8)总成立,中子速度一定有解,反应一定能发生;若0c >,则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭ (10) 利用(1)式,在忽略2Q 项的情况下,(10)式可简化为 3p H1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (12)3.由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角,如图所示,根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16) 3332He He He 12=T m v (17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n (18)p p m v33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- (19)由(18)、(19)式,消去3He T 后,得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ (20)令3nHe S θ=,()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ (21)得n 20T R -= (22)根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值,由(21)式可知0R >,故(22)式的符合物理意义的S = (23)将具体数据代入(21)、(23)式中,有n 0.132MeV T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后32He 和中子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械能最多,若所损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ,反应后32He 和中子的速度大小为v ,根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1)322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由(1)、(2)式可得 33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3p n p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式,并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下,(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得 1.02M e Vth T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分,(4)式或(5)式1分,(6)式1分. 解法二在牛顿力学中可以证明,质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用,则质点系的动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化,则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中,如果质子p 与氚31H 发生反应后,生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止,则质子p 与氚31H相对质心运动的动能之和全部转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下,转化成其他形式能量的机械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度,有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度 3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3) 33p p c Hp H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得 332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中,系统的总质量是恒定不变的,这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论,但在本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等,即33p n H He +≠+m m m m .如果仍沿用牛顿力学的结论,对一个孤立系统,其质心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而 ()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见,在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能 ()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分, (7)式1分,、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞,即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量,20m 表示31H 的静止质量,30m 表示中子的静止质量,40m 表示31He 的静止质量,设质子的入射速度大小为p v ,反应后32He 和中子的速度大小都为v ,根据动量守恒和能量守恒有1pm m m +=v(1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v =(3)把(3)式代入(1)式,经整理得 ()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由 1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ,有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 ()()2230401020202thm m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能,得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++=(9)或有 ()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分, (9)或(10)式1分, (11)式1分。

【精品】第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准.docx

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答:解法一取直角坐标系。

冷,原点。

位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为。

、力分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳S位于椭圆的一个焦点处,如图1所示.以7;表示地球绕太阳运动的周期,则7; =1.00年;以/表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆周运动),则%=1.00AU,根据开普勒第三定律,有a3 _T2设c为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得c = a-r0由图1可知,P点的坐标x = c + r p cos0p (5)(2)(3)(4) (6)把(5)、(6)式代入(1)式化简得a2 sin20p + b2 cos2印)r; + 2b2cr p cos0p + b2c2 -a2b2 = 0 (7) 根据求根公式可得b2 [a-ccos0p)P a2 sin20p + b 2 cos20p(8)由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得% =0.896AU (9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为广Gmn< E -------la (10 )式中m为彗星的质量.以%表示彗星在P点时速度的大小,根据机械能守恒定律有Gmm^2a(12)代入有关数据得 v p = 4.39xl04m-s 1 (13)设P 点速度方向与SR )的夹角为伊(见图2),根据开普勒第二定律 r p v p sin" —G] = 2(y (14)其中CT 为面积速度,并有' nab u =T (15) 由(9)、(13)、 得 (14)、(15)式并代入有关数据可9 = 127° (16)解法二取极坐标, 时针为正向,用八。

表示彗星的椭圆轨道方程为 P 极点位于太阳S 所在的焦点处,由S 引向近日点的射线为极轴,极角为。

,取逆 r = --------- 1 + ecos 。

其中,。

为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为Q,根据解析几何可知P =(1) (2) 将(2)式代入(1)式可得 1 +ecos 。

全国高中物理竞赛初赛考纲_全国中学生物理竞赛大纲

2019全国高中物理竞赛初赛考纲_全国中学生物理竞赛大纲2019全国高中物理竞赛初赛考纲全国中学生物理竞赛内容提要--理论基础(2019年开始实行)说明:本次拟修改的部分用楷黑体字表示,新补充的内容将用“※”符号标出,作为复赛题和决赛题增补的内容;※※则表示原属预赛考查内容,在本次修改中建议改成复赛、决赛考查的内容。

理论基础力学1运动学:参考系坐标系直角坐标系※平面极坐标质点运动的位移和路程速度加速度矢量和标量矢量的合成和分解※矢量的标积和矢积匀速及匀变速直线运动及其图像运动的合成与分解抛体运动圆周运动※曲线运动中的切向加速度和法向加速度相对速度伽里略速度变换刚体的平动和绕定轴的转动角速度和角加速度2牛顿运动定律力学中常见的几种力牛顿第一、二、三运动定律惯性参考系摩擦力弹性力胡克定律※应力和应变(旧称胁强和胁变) ※杨氏模量和切变模量万有引力定律均匀球壳对壳内和壳外质点的引力公式(不要求导出) 视重※非惯性参考系※平动加速参考系(限于匀变速直线和匀速圆周运动)中的惯性力※匀速转动参考系中的惯性离心力3物体的平衡共点力作用下物体的平衡力矩※平行力的合成重心刚体的平衡条件物体平衡的种类4动量冲量动量质点与质点组的动量定理动量守恒定律※质心※质心运动定理反冲运动及火箭5※冲量矩※角动量※质点和质点组的角动量定理(不引入转动惯量)※角动量守恒定律6机械能功和功率动能和动能定理重力势能引力势能质点及均匀球壳壳内和壳外的引力势能公式(不要求导出)弹簧的弹性势能功能原理机械能守恒定律碰撞恢复系数77.在万有引力作用下物体的运动开普勒定律行星和人造天体的圆轨道运动和※※椭圆轨道运动8流体静力学静止流体中的压强浮力9振动简谐振动振幅频率和周期相位振动的图像参考圆振动的速度准弹性力由动力学方程确定简谐振动的频率简谐振动的能量同方向同频率简谐振动的合成阻尼振动受迫振动和共振(定性了解)10波和声横波和纵波波长频率和波速的关系波的图像※平面简谐波的表示式※ ※波的干涉和衍射(定性) ※驻波声波声音的响度、音调和音品声音的共鸣乐音和噪声※多普勒效应热学1分子动理论原子和分子的数量级分子的热运动布朗运动※气体分子速率分布律 (定性)温度的微观意义分子力分子的动能和分子间的势能物体的内能2气体的性质热力学温标气体实验定律理想气体状态方程普适气体恒量理想气体状态方程的微观解释(定性)3热力学第一定律理想气体的内能热力学第一定律在理想气体等容、等压、等温过程中的应用定容热容量和定压热容量等温过程中的功(不推导) 绝热方程(不推导)※热机及其效率致冷机和致冷系数4※热力学第二定律※热力学第二定律的定性表述※可逆过程与不可逆过程※宏观过程的不可逆性※理想气体的自由膨胀※热力学第二定律的统计意义5液体的性质液体分子运动的特点表面张力系数※球形液面下的附加压强浸润现象和毛细现象(定性)6固体的性质晶体和非晶体空间点阵固体分子运动的特点7物态变化熔化和凝固熔点熔化热蒸发和凝结饱和气压沸腾和沸点汽化热临界温度固体的升华空气的湿度和湿度计露点8热传递的方式传导※和导热系数对流辐射※黑体辐射※斯忒番定律9热膨胀热膨胀和膨胀系数电学1静电场电荷守恒定律库仑定律静电力常量和真空介电常数电场强度电场线点电荷的场强场强叠加原理匀强电场※无限大均匀带面的场强(不要求导出)均匀带电球壳壳内的场强和壳外的场强公式(不要求导出)电势和电势差等势面点电荷电场的电势公式(不要求导出)电势叠加原理均匀带电球壳壳内和壳外的电势公式(不要求导出)静电场中的导体静电屏蔽电容平行板电容器的电容公式※球形电容器电容器的连接电容器充电后的电能电介质的极化介电常量2稳恒电流欧姆定律电阻率和温度的关系电功和电功率电阻的串、并联电动势闭合电路的欧姆定律一段含源电路的欧姆定律※基尔霍夫定律电流表电压表欧姆表惠斯通电桥补偿电路3物质的导电性金属中的电流欧姆定律的微观解释※※液体中的电流※※法拉第电解定律※※气体中的电流※※被激放电和自激放电(定性)真空中的电流示波器半导体的导电特性 p型半导体和n型半导体※P-N结晶体二极管的单向导电性※及其微观解释(定性)三极管的放大作用(不要求机理)超导现象4磁场电流的磁场磁感应强度磁感线匀强磁场长直导线、圆线圈、螺线管中的电流的磁场分布(定性)※长直导线电流的磁场表示式、圆电流轴线上磁场表示式、无限长螺线管中电流的磁场表示式(不要求导出)真空磁导率安培力洛伦兹力电子荷质比的测定质谱仪回旋加速器霍尔效应5电磁感应法拉第电磁感应定楞次定律※ 反电动势※感应电场(涡旋电场)※电子感应加速器自感和互感自感系数6交流电交流发电机原理交流电的最大值和有效值纯电阻、纯电感、纯电容电路感抗和容抗※电流和电压的相位差整流滤波和稳压理想变压器三相交流电及其连接法感应电动机原理7电磁振荡和电磁波电磁振荡振荡电路及振荡频率电磁场和电磁波电磁波谱电磁波的波速赫兹实验电磁波的发射和调制电磁波的接收、调谐、检波光学1几何光学光的直进反射折射全反射光的色散折射率与光速的关系平面镜成像球面镜球面镜成像公式及作图法※球面镜焦距与折射率、球面镜半径的关系薄透镜成像公式及作图法眼睛放大镜显微镜望远镜2波动光学光程光的干涉双缝干涉光的衍射单缝衍射(定性)※分辩本领(不要求推导) 光谱和光谱分析近代物理1光的本性光电效应爱因斯坦方程光的波粒二象性光子的能量与动量2原子结构卢瑟福实验原子的核式结构玻尔模型用玻尔模型解释氢光谱玻尔模型的局限性原子的受激辐射激光的产生(定性)和它的特性3原子核原子核的量级天然放射现象原子核的衰变半衰期放射线的探测质子中子原子核的组成核反应方程质能方程裂变和聚变4粒子“基本”粒子※夸克四种作用※实物粒子的波粒二象性※德布罗意波※不确定关系5※狭义相对论爱因斯坦假设时间膨胀和长度收缩相对论动量相对论能量相对论动量能量关系6※太阳系,银河系,宇宙和黑洞的初步知识.数学基础1. 中学阶段全部初等数学(包括解析几何).2. 矢量的合成和分解,极限、无限大和无限小的初步概念.3.※初等函数的微分和积分全国中学生物理竞赛内容提要--实验(2019年开始实行)说明:.本次拟修改的部分用楷黑体字表示,新补充的内容将用“※”符号标出,作为复赛题和决赛题增补的内容;※※则表示原属预赛考查内容,在本次修改中建议改成复赛、决赛考查的内容。

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全国中学生物理竞赛公式全国中学生物理竞赛 力学 公式一、运动学1.椭圆的曲率半径2212,b a a bρρ== 2.牵连加速度'2'()''a a r v r a a v βωωωωβ=+⨯+⨯+⨯⨯其中为绝对加速度为相对加速度为转动系的角速度,为转动系的角加速度为物体相对于转动系的速度3.等距螺旋线运动的加速度22v v a R ρ==⊥ 二、牛顿运动定律1.科里奥利力2'F ma m v ω=-=-⨯科里奥利三、动量1.密舍尔斯基方程(变质量物体的动力学方程)()dv dm m F u v dt dt=+-(其中v 为主体的速度,u 为即将成为主体的一部分的物体的速度) 四、能量1.重力势能GMm W r=-(一定有负号,而在电势能中,如果为同种电荷之间的相互作用的电势能,则应该为正号,但在万有引力的势能中不存在这个问题,一定是负号!!!!)2.柯尼希定理21''2k k c k kc E E M v E E =+=+(E k ’为其在质心系中的动能) 3.约化质量1212m m m m μ=+ 4.资用能(即可以用于碰撞产生其他能量的动能(质心的动能不能损失(由动量守恒决定))) 资用能常用于阈能的计算2212121122kr m m E u u m m μ==+(u 为两个物体的相对速度) 5.完全弹性碰撞与恢复系数(1)公式1212211221211212()2()2m m u m u v m m m m u m u v m m -+=+-+=+ (2)恢复系数来表示完全弹性碰撞112211222112m v m v m u m u u u v v +=+-=-(用这个方程解比用机械能守恒简单得多)五、角动量1.定义 L p r mv r =⨯=⨯2.角动量定理dL M I dtβ==(I 为转动惯量) 3.转动惯量2i i iI m r =∑4.常见物体的转动惯量(1)匀质球体225I mr = (2)匀质圆盘(圆柱)212I mr = (3)匀质细棒绕端点213I mr =(4)匀质细棒绕中点2112I mr = (5)匀质球壳223I mr = (6)薄板关于中心垂直轴221()12I m a b =+ 5.平行轴定理2D C I I md =+(I c 为相对质心且与需要求的轴平行的轴)6.垂直轴定理(1)22x y z i i i I I I m r++=∑(2)推论:一个平面分布的质点组,取z 轴垂直于此平面,x ,y 轴取在平面内,则三根轴的转动惯量之间有关系 z x y I I I =+(由此可以推出长方形薄板关于中心垂直轴的转动惯量221()12I m a b =+) 7.天体运动的能量 2GMm E a=-(a 为椭圆轨道的半长轴,当然,抛物线轨道的能量为0,双曲线轨道的能量大于0) 8.开普勒第三定律:2234T a GMπ= 六、静力学1.利用矢量的叉乘来解决空间受力平衡问题例如x 方向上的力矩:x y z z y M F r F r F r =⨯=-选一点为轴的话,可以直接列三个力矩平衡的方程来解决问题七、振动与波动1.简谐振动的判定方法(1)F kx =-(2)221122E mv kx =+ (3)2a x ω=-2.简谐振动中的量的关系222m k T k m ππωω==⇒= 0220()v A x ω=+ 000t a n v x ϕω=- 3.驻波min 2x λ=(x 为相邻的波节或波腹间的距离,即驻波的图形中一个最小重复单位的长度)4.多普勒效应(1)宏观物体的多普勒效应①观察者运动,波源不动0'V u Vνν+= ②观察者不动,波源运动 0'V V uνν=- ③观察者与波源都运动 0'V u V v νν+=- (2)光的多普勒效应001'1c v c v βνννβ++==-- 注:多普勒效应中的速度的正负单独判断后带入公式中,其实只用记住观察者的运动影响在分子上,而波源运动的影响在分母下。

5.有效势能及其应用22()()2eff L V r U r mr=+(()U r 为传统意义的势能,如引力势能、静电势能、弹性势能,222L mr 是惯性离心力的势能) 振动的角频率满足:0''()eff V r m ω=(物体在0r 附近振动,但应该满足''0eff V >,否则轨道不稳定)任意物体在0x 附近做简谐振动的条件为:00'()0,''()0U x U x => 其中求简谐振动的角频率的办法为:''()U x mω=(即"()k U x =) 全国中学生物理竞赛 电学 公式一、静电场:1.高斯定理:4επ∑⎰∑==⋅q q k S d E 封闭面 2.安培环路定理:0=⋅⎰l d E 3.均匀带电球壳表面的电场强度:22R kQE =(在计算相互作用的时候应该用这个公式)4.无限长直导线产生的电场强度:r k E η2=5.无限大带电平板产生的场强:022εσσπ==k E6.电偶极矩产生的场强 ①沿着两点连线方向:33r p k r ql kE == ②垂直方向:3322r p k r ql k E == 其中p 为电偶极矩=ql 7.实心球内部电势:322123RQ r k R Q k -=ϕ 8.实心球内部场强:3Qr E kR = 9.同心球形电容器:介电常数指内外球壳之间充满的其中εε)(1221R R k R R C -=即电解质会使电场强度变小但让电容变大10.静电场的能量:2022228E 22121E k C Q QU CU W επω=====电场能量密度为11.电场的极化:kdSC r kQU r Q kQ F E E r r r r r πεεεεε4)1(2210===≥=平行板电容器的电容:点电荷的电势:库仑定律: 对于平行板电容器有:000,Q Q CU Sσ==(不论是否有介质,用这个公式计算出的是自由电荷的密度,而极化电荷密度在平行板电容器中总是满足:01'r rεσσε-=,如果有多个介质在板中串联或并联,将它们分开为许多个电容,然后将电荷密度进行叠加就可以得到最终的自由电荷的密度及极化电荷的密度。

)12.电像法:无限大的接地平板的电像法略接地的球体:q hr q h r h -==','2可以看做将距离和电荷量都乘上一个比例系数hr 只不过电荷的性质相反! 二、稳恒电流 1. 法拉第电解定律:为化合价)为摩尔质量,为电化当量)n M FnMq m k kq m (:)2((:)1(== 2. 电阻定律:)1()1(00t R R t ααρρ+=+=即(t 为摄氏温度) 3. △-Y 变换:312312233133123121223231231231121YR R R R R R R R R R R R R R R R R R ++=++=++=−→−∆113322123213322131313322112R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R Y ++=++=++=∆−→− 即△-Y 为下求和,Y-△为上求和电容的△-Y 变换与电阻的恰好相反,△-Y 为上求和,Y-△为下求和4. 电流密度的定义:n j SI ∆∆= 5. 欧姆定律的另一表达形式:)1(,ρσ==E σj 6. 焦耳定律的微分形式:ρσ222j j V R I V P p ==== 7. 微观电流neSujS I neuj === 8. 电阻率对电子产生的加速度:2,,l Ee E j E nev R F S m ne vRS eRI a a lm lm ρρρ=⇒==⇒=⇒=又=9. 晶体三极管的电流分布:e b cb ccb I I I I I I I β=+=∆=∆放大率三、磁场与电磁感应1. 洛伦兹力B v q F ⨯=2. 毕奥-萨伐尔定律:20cos 4r L I B ϕπμ∆∑= 3. 无限长直流导线产生的磁场:r I r I k B πμ20== 4. 无限长密绕螺线管内部磁场:为单位长度的匝数)n nI B (0μ=5. 安培环路定理:⎰∑=⋅)0内(L I l d B μ(可用此轻易推出无限长直导线的磁场)6. 高斯定理:0S (=∆⋅∑)封闭面S B7. 复阻抗:)(1i j Cj X Lj X R X C L R 学中的为单位复数,相当与数ωω=== 8. 安培力产生的力偶矩:((M m B m m NISn n =⨯=为磁矩)且:为线圈的法向量且方向满足电流的右手螺旋定则)当然力偶矩的大小与所旋转轴无关,甚至所选转轴可以不在线圈平面内,只要满足转轴与力偶矩的方向平行即可(即与力的方向垂直)即BISN M =9. 磁矩产生的磁感应强度:032m B x μπ=10. 自感:I L t ε∆=-∆自感 磁场能量:212L W LI = 11. 变压器中阻抗变换:2112'()(n R R n n =为原线圈的匝数)全国中学生物理竞赛 光学 公式1.平面镜反射:v uf v M u=-=+∞=-2.平面折射(视深公式)'000'n n u vu v nv M n u+=><=-时在左边,虚像3.球面反射(2111R f R R u v fv M u =+==-凹面镜为正,凸面镜为负) 4.球面折射''n n n n u v R-+=(圆心在像方半径取正,圆心在物方半径取负) 'nv M n u=- 5.透镜111u v ff f v M u+==-凸透镜为正,凹透镜为负以上所有:0,00,0u u v v ><><实物,,虚物实像,,虚像6.光楔 (1)h n sα=-物点水平距离不变1.杨氏双缝干涉D x d λ∆= 2.菲涅尔双面镜2(L r x r L r λεε+∆=为两镜交点到光屏的距离)(为光源到两镜交点的距离)(为两镜的夹角)3.菲涅尔双棱镜(1)22(1)2(1)h n sd h n s n sx Dαααλ=-==--∆=4.牛顿环干涉公式注意关注牛顿环干涉的原理,尤其是注意是在球面上反射的光线(没有半波损失)与在最低的平面处反射的光线(有半波损失)进行干涉,而不是在最上面的平面反射的光线进行干涉!而且牛顿环作为一种特殊的等厚干涉,光在空气层中的路径要计算两次!所以可以得到牛顿环的公式如下:,3,2,1,0()21(=+=k R k r k λ……)(指的是第k 级明纹的位置,中央为暗纹)5.等倾干涉22cos 2i h n =∆(注意等倾干涉的半波损失有两种情况)(2i 指的是第一次进入2n 介质的折射角)6.等厚干涉(略)7.牛顿物像公式''ff xx =(其中x 与'x 为以焦距计算的物距和像距)对于物方与像方折射率相同的透镜有2'f xx =牛顿公式的符号规则为:以物方焦点的远离光心的距离为牛顿物距(即当经典物距小于焦距的物体的牛顿物距小于零);以像方焦点的远离光心的距离为牛顿像距。

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