2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案).pdf
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1、智浪教育-普惠英才文库20162016 全国初中物理竞赛复赛试题全国初中物理竞赛复赛试题(含答案)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。第第 2929 届全国中学生物理竞赛复赛试卷届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共本卷共 8 8 题,满分题,满分 160160 分。分。一、(17 分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初
2、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;物块边长为b,密度为,且。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fb b2xg(xb)(1)式中g为重力加速度.物块的重力为3fgbg(2)设物块的加速度为a,根据牛顿第二定律有智浪教育-普惠英才文库3ba fg f
3、b(3)将(1)和(2)式代入(3)式得ag xb(4)b将x系坐标原点向下移动b/而建立新坐标系,简称系为X x 把(5)式代入(4)式得a (6)X系.新旧坐标的关b(5)gXb(6)式表示物块的运动是简谐振动.若X 0,则a0,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x0物块运动方程在b(7)X系中可写为X(t)Acost(8)利用参考圆可将其振动速度表示为V(t)Asint(9)式中为振动的圆频率g(10)b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t 0时刻有x=0,由(5)式得智浪教育-普惠英才文
4、库X(0)b(11)V(0)0(12)由(8)至(12)式可求得Ab(13)(14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得X(t)bcost (15)V(t)gbsint(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
5、,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X Xb1b(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Xb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两种情况讨论:IA Xb.由(13)和(17)两式得A,下面分 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T 2b2(19)g智浪教育-普惠英才文库物块从初始位置出发往返一次所需的时间tIT 2(20)IIA Xb.由(13)和(17)两式得bg 2(21)在这种情况下,物块在运动过程中会
6、从某时刻起全部浸没在湖水表面之下.设从初始位置起,经过时间t1物块刚好全部浸入湖水中,这时Xt1 Xb.由(15)和(17)式得cost1 1(22)取合理值,有t1b arccos1(23)g由上式和(16)式可求得这时物块的速度为2V(1t)g b 1-1(24)此后,物 块在液体内作匀减速运动,以a表示加速度的大小,由 牛顿定律有a(25)设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为t2,有Vt1 at2 0g智浪教育-普惠英才文库(26)由(24)-(26)得2bt211(27)()g物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2b 2btII 2(t1t2)2arccos111(28)
7、g()g评分标准评分标准:本题 17 分.(6)式 2 分,(10)(15)(16)(17)(18)式各 1 分,(20)式 3 分,(21)式 1 分,(23)式 3 分,(27)式 2 分,(28)式 1 分.二、(23 分)设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R(从地心算起)延伸到太空深处。这种所谓的太空电梯智浪教育-普惠英才文库可用于低成本地发射绕地人造卫星,其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度,然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到 0.80R处意
8、外地和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零)而进入太空。(1)论证卫星脱落后不会撞击地面。(2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。讨论该卫星从脱落时刻起,在 012 小时及 1224 小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处,在太空电梯上离地心距离为RX处有一卫星从电梯脱落(脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零),脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切,而使卫星在该点着地,试求卫星着地点的经度。提示:此问要用数值方法求解高次方程。已知:地球质量M 6.01024kg,半径Re6.4106m
9、的球体;引力恒量G6.71011Nm2kg2;地球自转周期Te24小时;假设卫星与太空电梯脱落后只受地球引力作用。解解:1.i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知,卫星的机械能为负值.由开普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆),地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心),如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点R(或近地点);设近地点(或远0.80R地点)离 地心的距离为r,卫 星在a此点的速度为v.由开普勒第二定律可知brv=0.80R(1)2智浪教育-普惠英才文库式中(2/Te为)地球自转的角速度.令恒定律有m表示卫星的质量
10、,根据机械能守12GMm1GMm2(2)mv m0.80R22r20.80R由(1)和(2)式解得r 0.28R(3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点.【(3)式结果亦可由关系式:直接求得】同步卫星的轨道半径GMm1GMm2m0.80R2r 0.80R20.80RR满足GM R2(4)2R由(3)和(4)式并代入数据得r 1.2104km(5)可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球.ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量,从远地点可求出该常量为s120.80R(6)2设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有a0.28R0.80R(7)220.8
11、00.282b a R(8)22智浪教育-普惠英才文库卫星运动的周期T为T ab(9)s代人相关数值可求出T 9.5h(10)卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根根据据开开普普勒勒第第二二定定律律可可知知 此此时时刻刻卫卫星星具具有有最最小小角角速速度度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星始终不比太空电梯转动得慢;换 言之,太 空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过1.5T(约 14 小时),卫星到达近地点,而此时太空电梯已转过此点,这说明在此前卫星尚未追上 太空电梯.由此推断在卫星脱落后的 0-12 小时内二者不可能相遇;而在卫星脱落后 12-24 小时内卫星将完
12、成两个多周期的运动,同时太空电梯完成一个运动周期,所以在 12-24 小时内二者必相遇,从而可以实现卫星回收.2.根据题意,卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为1m(Rx)2GMm GMm(11)2RxRx Re此式可化为3 R R 2GMx 1x23(12)Re ReRe这是关于Rx的四次方程,用数值方法求解可得Rx 4.7 Re 3.0 104km(13)【Rx亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示卫星与赤道相切点即近地点的速率,则有2Reve Rx和智浪教育-普惠英才文库1GMm1GMm2mvem(Rx)22Re2
13、Rx由上两式联立可得到方程53 Rx Rx2GM Rx2GM23 023RRR RReeeee其中除Rx外其余各量均已知,因此这是关于Rx的五次方程.同样可以用数值方法解得Rx.】卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周期T,设椭圆的半长轴为a,半短轴为b,有a Rx Re(14)22 R Reb a x(15)22因为面积速度可表示为12(16)s Rx2所以卫星的运动周期为T a bs(17)代入相关数值可得T6.8h(18)卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自转方向运行180 度,落到西经(18
14、0 110)处与赤道相切.但由于地球自转,在这期间地球同时转过了T/2角度,地球自转角速度360/24h 15/h,因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经智浪教育-普惠英才文库180110即卫星着地点在赤道上约西经121 度处.评分标准:评分标准:本题 23 分.第 1 问 16 分,第 i 小问 8 分,(1)、(2)式各 2 分,(4)式 2 分,(5)式和结论共2 分.第 ii 小问 8 分,(9)、(10)式各2 分,说出在0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分,说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分.第 2
15、问 7 分,(11)式 1 分,(13)式 2 分,(18)式 1 分,(19)式 3 分.(数值结果允许有5%的相对误差)T2121(19)三、(25 分)如图所示,两根刚性轻杆AB和BC在B段牢固粘接在一起,AB延长线与BC的夹角为锐角,杆BC长为l,杆AB长为l cos。在杆的A、B和C三点各固连一质量均为m的小球,构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定的光滑竖直挡板,杆AB延长线与挡板垂直。现使该系统以大小为v0、方向沿AB的速度向挡板平动。在某时刻,小球C与挡板碰撞,碰撞结束时球C在垂直于挡板方向的分速度为零,且球C与挡板不粘连。若使球C碰撞后,球B先于球A与挡板
16、相碰,求夹角应满足的条件。解:解:智浪教育-普惠英才文库解法一如图 1 所示,建直角坐标Oxy,x轴与挡板垂直,y轴与挡板重合.碰撞前体系质心的速度为v0,方向沿 x轴正方向,以P表示系统的质心,以vPx和vPy表示碰撞后质心的速度分量,J表示墙作用于小球C的冲量的大小.根据质心运动定理有ABPyOxJ3m vPx3m v0(1)lCPC0 3mvPy0(2)由(1)和(2)式得3mv0JvPx(3)3m图1vPy0(4)可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球C与挡板碰撞过程中,质心的坐标为xPlc o s(5)1(6)yPlsin3球C碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零
17、;球C碰挡板后,质心相对质心参考系仍是静止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为,则三小球对质心P的角动量222LmlAPmlBPmlCP(7)式中lAP、lBP和lCP分别是A、B和C三球到质心P的距离,由图 1 可知1222l2cosl sin2(8)lAP912lBPl2sin2(9)942lCPl2cos2l2sin2(10)9由(7)、(8)、(9)和(10)各式得2Lml2(1 2cos2)(11)3智浪教育-普惠英才文库在碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时,必须引入惯性力.但作用于质点系的惯性力的合力通过质心,
18、对质心的力矩等于零,不影响质点系对质心的角动量,故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量J的冲量矩,即有2lsin L3(12)【也可以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,则对该参考点(12)式也成立】J由(11)和(12)式得J sin(13)球ml(1 2cos2)C相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图1)vCPx lCPsin(l sin|yP|)(14)vCPylCPcoslcos(15)球C相对固定参考系速度的x 分量为vCx vCPx vPx(16)由(3)、(6)、(13)和(16)各式得vCx 根据题意有vC
19、x 0(18)由(17)和(18)式得yJ mv0(1 2cos2)(19)由(13)和(19)式得AJ v0(17)m(1 2cos2)v0sin(20)lPBOx球A若先于球B与挡板发生碰撞,则在球C与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过角,即杆AB至少转到沿 y 方向,如图 2 所示.系统绕质心转过所需时间C12t(21)图 2智浪教育-普惠英才文库在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离x vPxt(22)若yPx xP(23)则球B先于球和(23)式得A与挡板碰撞.由(5)、(6)、(14)、(16)、(18)、(21)、(22)3(24)1 arctan即 36(25)评分标准:评
20、分标准:本题 25 分.(1)、(2)、(11)、(12)、(19)、(20)式各3 分,(21)式 1 分,(22)、(23)式各 2 分.(24)或(25)式 2 分.解法二y如图 1 所示,建直角坐标系Oxy,x轴与挡板垂直,y轴与挡板重合,以vAx、vAy、vBx、vBy、vCx和vCy分别表示球C与挡板刚碰撞后量,根据题意有vAyAvByBA、B和C三球速度的分vAPvBxOxvCx 0(1)以J表示挡板作用于球C的冲量的大小,其方向沿x轴的负方向,根据质点组的动量定理有J m(2)vA x mvB x3 mv0vCyCC图0mvAymvBymvCy(3)智浪教育-普惠英才文库以坐标
21、原点O为参考点,根据质点组的角动量定理有JlsinmvAylcoslcosmvBylcosmv0lsin(4)因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有vA x vB x(5)vCysinvBysinvBxcos(6)vAxcosvAysinvCysin(7)(7)式中为杆AB与连线AC的夹角.由几何关系有cos2cos1 3cossin1 3cos22(8)sin(9)解以上各式得J mv0(1 2cos2)(10)vAx v0sin2(11)vAyv0sincos(12)vBx v0sin2(13)vBy0(14)vCyv0sincos(15)按题意,自球C与挡板碰撞结
22、束到球A(也可能球B)碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用,系统的质心作匀速直线运动.若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动的,A、B和C三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角速度,可考察球 B 相对质心的速度.由(11)到(15)各式,在球C与挡板碰撞刚结束时系统质心P的速度智浪教育-普惠英才文库vPxmvAxmvBxmvCx2v0sin2(16)3m3mvAy mvBy mvCy3m 0(17)vPy这时系统质心的坐标为xP l c os(18)1yP lsin(19)3不难看出,此时质心P正好在球B的正下方,至球B的距离为yP,而球B相对质心的速度12v
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