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第26,27,28届全国高中生物理竞赛预赛,复赛试卷集


第 26 届全国中学生物理竞赛预赛试卷
一、选择题。本题共 5 小题,每小题 7 分。在每小题给出的 4 个选项中,有的小题只有一项是正 确的,有的小题有多项是正确的。把正确选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内。全部 选对的得 7 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的得 0 分。 1.图中 a、b 和 c、d 分别是两个平行板电容器的极板,E 为电池,彼此

相距较远。用导线将 E 的正极与 a、c 相连,将 E 的负极与 b、d 相连, a c + 待电容器充电后, 去掉导线。 这时已知 a 带的电荷量大于 c 带的电荷量, E d 称此状态为原始状态。现设想用两根导线分别都从原始状态出发,进行 b 以下两次连接:第一次用一根导线将 a、c 相连,用另一根导线将 b、d 相连;第二次用一根导线将 a、d 相连,用另一根导线将 b、c 相连,每次连接后都随即移去导线。 下面哪种说法是正确的?[ ] A.经过第一次连接,a、b 间的电压下降,c、d 间的电压上升 B.经过第一次连接,a、b 间和 c、d 间的电压都不变 C.经过第二次连接,a、b 间的电压和 c、d 间的电压中有一个上升,一个下降 D.经过第二次连接,a、b 间的电压和 c、d 间的电压都下降 2. 两根不同金属导体制成的长度相等、 横截面积相同的圆柱形杆, 串联后接在某一直流电源两端, 如图所示。已知杆 a 的质量小于杆 b 的质量,杆 a 金属的摩尔质量小于杆 b 金属的摩尔质量,杆 a 的电阻大于杆 b 的电阻,假设每种金属的每个原子都提供相同数目的自由电子(载流子) 。当电流 达到稳恒时,若 a、b 内存在电场,则该电场可视为均匀电场。下面结论中正确的是[ ] a b A.两杆内的电场强度都等于零 B.两杆内的电场强度都不等于零,且 a 内的场强大于 b 内的场强 C.两杆内载流子定向运动的速度一定相等 D.a 内载流子定向运动的速度一定大于 b 内载流子定向运动的速度 3.一根内径均匀、两端开中的细长玻璃管,竖直插在水中,管的一部分在水面上。现用手指封住 管的上端,把一定量的空气密封在玻璃管中,以 V0 表示其体积;然后把玻璃管沿竖直方向提出水 面,设此时封在玻璃管中的气体体积为 V1;最后把玻璃管在竖直平面内转过 900,让玻璃管处于 水平位置,设此时封在玻璃管中的气体体积为 V2。则有 A.V1>V0≥V2 B。V1>V0>V2 C。V1=V2>V0 D。V1>V0,V2>V0 4. 一块足够长的白板, 位于水平桌面上, 处于静止状态。 一石墨块 (可视为质点) 静止在白板上。 石墨块与白板间有磨擦,滑动磨擦系数为μ 。突然,使白板以恒定的速度做匀速直线运动,石墨 块将在板上划下黑色痕迹。经过某一时间 t,令白板突然停下,以后不再运动。在最后石墨块也不 再运动时,白板上黑色痕迹的长度可能是(已知重力加速度为 g,不计石墨与板磨擦划痕过程中损 失的质量) 。[ ]

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A.

2 v0 2 ?g

B. v0 t

C。v0 t—

1 μ gt2 2

D。

2 v0 ?g

5.如图 1 所示,一个电容为 C 的理想电容器与两个阻值皆为 R 的电阻串联后通过电键 K 连接在 电动势为 E 的直流电源的两端,电源的内电阻忽略不计,电键 E K 是断开的。在 t=0 时刻,闭合电键 K,接通电路。在图 2 中 K 给出了六种电压 V 随时间 t 变化的图线 a、b、c、d、e、f,现 1 从其中选取出三种图线用来表示图 1 所示电路上 1、2、3、4 R 四点中某两点间的电压随时间 t 的变化,下面四个选项中正确 2 的是[ ] 3 4 R C V V V 图1 E E E O V E O a t O V E O B。a、e、f b t O V E O c t

d

t

e

t C。b、d、e

f

t

A.a、b、f

D。c、d、e

二、填空题和作图题。把答案填在题中的横线上或把图画在题中指定的地方。只要给出结果,不 需写出求得结果的过程。 6. 分)传统的雷达天线依靠转动天线来搜索空中各个方向的目标,这严重影响了搜索的速度。 (8 现代的“雷达”是“相位控制阵列雷达” ,它是由数以万计的只有几厘米或更小的小天线按一定的 顺序排列成的天线阵,小天线发出相干的电磁波,其初相位可通过电子计算机调节,从而可改变 空间干涉极强的方位,这就起了快速扫描搜索空中各个方向目标的作用对下的简单模型的研究, 有助于了解改变相干波的初相位差对空间干涉级强方位的影响。 图中 a、b 为相邻两个小天线,间距为 d,发出波长为λ 的相干电磁波。Ox 轴通过 a、b 的中点且 垂直于 a、b 的连线。若已知当 a、b 发出的电磁波在 a、b 处 的 初 a 相位相同即相位差为 0 时,将在与 x 轴成θ 角(θ 很小)方向 的 远 x 使 b θ 处形成干涉级强,现设法改变 a、b 发出的电磁波的初相位, d O 的初相位比 a 的落后一个小量 φ ,结果,原来相干极强的方向 将 从 θ 变为θ ,则θ —θ 等于______________________。
“ “

b

7. 分) (8 He—Ne 激光器产生的波长为 6。 33×10-7m 的谱线是 Ne 原子从激发态能级 (用 E1 表示) -6 向能量较低的激发态能级(用 E2 表示)跃迁时发生的;波长为 3。39×10 m 的谱线是 Ne 原子从 能级 E1 向能量较低的激发态能级(用 E3 表示)跃迁时发生的。已知普朗克常量 h 与光速 c 的乘积 hc=1。24×10-6m ? eV。由此可知 Ne 的激发态能级 E3 与 E2 的能量差为________________eV。
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8. 分)一列简谐横波沿 x 轴负方向传播,传播速度 v=200m/s。已知位于坐标原点(x=0)处的 (8 质元的振动图线如图 1 所示。 试在图 2 中画出 t=40ms 时该简谐波的波形图线 (不少于一个波长) 。 y/mm 60 40 20 20 40 60 80 100 120 140 160 t/ms

y/mm 60 40 20 4 8 12 16 20 24 28 32 x/m

9.8 分) ( 图于为某一圆形水池的示意图 (竖直截面) 。 A B AB 为池中水面的直径,MN 为水池底面的直径,O 为圆形池底的圆心。已知 ON 为 11。4m,AM、BN c 为斜坡,池中水深 5。00m 水的折射率为 4/3。水的 M N b O a 透明度极好,不考虑水的吸收。图中 a、b、c、d 为 四个发光点,天空是蓝色的,水面是平的。在池底 中心处有一凹槽,一潜水员仰卧其中,他的眼睛位于 O 处,仰视水面的最大范围的直径为 AB。 (i)潜水员仰视时所看到的蓝天图象对他的眼睛所张的视角为__________________。 ( ii ) 四 个 发 光 点 a 、 b 、 c 、 d 中 , 其 发 出 的 光 能 通 过 全 反 射 到 过 潜 水 员 的 眼 睛 的 是 ____________________________。 三、计算题。解答应写出必要的文字说明、方程式的重要的演算步骤。只写出最后结果的不能得 分。有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位。 10. 分)试分析下面两个实验操作中的误差(或失误)对实验结果 (9 的影响。 (i)用“插针法”测量玻璃的折射率时,要先将透明面平行的玻璃砖 放置在 铺平的白纸上,然后紧贴玻璃砖的两个透明面,分别画出两条直线, 在实验
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中便以这两条直线间的距离作为透明面之间的距离。如果由于操作中的误差,使所画的两条直线 间的距离大于玻璃砖两透明面间的实际距离,问这样的测得的折射率与实际值相比,是偏大,偏 小,还是相同?试给出简要论证。 (ii)在用单摆测量重力加速度 g 时,由于操作失误,致使摆球不在同一竖直平面内运动,而是在 一个水平面内作圆周运动,如图所示。这时如果没出摆球作这种运动的周期,仍用单摆的周期公 式求出重力加速度, 部这样求出的重力加速度与重力加速度的实际值相比, 哪个大?试定量比较。

11. 分)现有以下器材:电流表一只(量程适当。内阻可忽略不计。带有按钮开关 k1,按下按 (8 钮电流表与电路接通,有电流通过电流表,电流表显出一定的读数) ,阻值已知为 R 的固定电阻一 个,阻值未知的待测电阻 Rx 一个,直流电源一个(电动势 ? 和内阻 r 待测) ,单刀双掷开关 K 一 个,接线用的导线若干。 试设计一个实验电路,用它既能测量直流电源的电动势 ? 和内阻 r,又能测量待测电阻的阻值 Rx (注意:此电路接好后,在测量过程中不许再拆开,只许操作开关,读取数据) 。具体要求: (1) 画出所设计的电路图。 (2)写出测量 ? 、r 和 Rx 主要的实验步骤。 (3)导出用已知量和实验中测量出的量表示的 ? 、r 和 Rx 表达式。

12. (18 分)近代的材料生长和微加工技术,可制造出一种使电 动限制在半导体的一个平面内(二维)的微结构器件,且可做 在器件中像子弹一样飞行,不受杂质原子射散的影响。这种特 有新的应用价值。图 1 所示为四端十字形二维电子气半导体, 从 1 端进入时,通过控制磁场的作用,可使电流从 2,3,或 4

4 1 2 3

子的运 到电子 点可望 当电流 端流出。

对下面摸拟结构的研究,有助于理解电流在上述四端十 字形导 体中的流动。在图 2 中,a、b、c、d 为四根半径都为 R 的圆柱 a d 4 体的横截面,彼此靠得很近,形成四个宽度极窄的狭缝 1、2、 V0 34,在这此狭缝和四个圆柱所包围的空间(设为真空) 存在匀 1 3 强磁场,磁场方向垂直于纸面指向纸里。以 B 表示磁感 应强度 的大小。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子, 在纸面 2 b c 内以速度 v0 沿与 a、 都相切的方向由缝 1 射入磁场内, b 设粒子 与圆柱表面只发生一次碰撞,碰撞是弹性的,碰撞时间 极短, 且碰撞不改变粒子的电荷量, 也不受磨擦力作用。 试求 B 为何值时, 该粒子能从缝 2 处且沿与 b、
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c 都相切的方向射出。 13(18 分)一静止的原子核 A 发生α 衰变后变成原子核 B,已知原子核 A、原子核 B 和α 粒子的 质量分别为 mA,mB 和 mα ,光速为 c(不考虑质量与速度有关的相对论效应) ,求衰变后原子核 B 和α 粒子的动能。

14. (20 分)如图所示,M1N1N2M2 是位于光滑水平桌面上的刚性 U 型金属导轨,导轨中接有阻值 为 R 的电阻,它们的质量为 m0。导轨的两条轨道间的距离为 l。PQ 是质量为 m 的金属杆,可在 轨道上滑动,滑动时保持与轨道垂直,杆与轨道的接触是粗糙的,杆与导轨的电阻均不计。初始 时,杆 PQ 位于图中的虚线处,虚线的右侧为一匀强磁场区域,磁场方向垂直于桌面,磁感应强度 的大小为 B。现有一位于导轨平面内的与轨道平行 的恒力 F 作用于 PQ 上,使之从静止开始的轨道上向右作 加速运 动。已知经过时间 t,PQ 离开虚线的距离为 x,此 时通过 电阻的电流为 I0,导轨向右移动的距离为 x0(导轨 的 N1N2 部分尚未进入磁场区域)求在此过程中电阻所消耗 。 的能量。 不考虑回路的自感。

15. (20 分)图中 M1 和 M2 是绝热气缸中的两个活塞,用轻质刚性细杆连结,活塞与气缸壁的接 触是光滑的、不漏气的,M1 是导热的,M2 是绝热的,且 M2 的横截面积是 M1 的 2 倍。M1 把一定 质量的气体封闭在气缸为 L1 部分,M1 和 M2 把一定质量的气体封闭在气缸的 L2 部分,M2 的右侧 为大气,大气的压强 p0 是恒定的。K 是加热 L2 中 气 体 用的电热丝。初始时,两个活塞和气体都处在平衡 状态, 分别以 V10 和 V20 表示 L1 和 L2 中气体的体积。 现通 过 K 对气体缓慢加热一段时间后停止加热,让气体重新 达 到 平衡太,这时,活塞未被气缸壁挡住。加热后与加 热 前 比, 1 和 L2 中气体的压强是增大了、 L 减小还是未变? 要 求 进行定量论证。

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16. (20 分)一个质量为 m1 的废弃人造地球卫星在离地面 h=800km 高空作圆周运动,在某处和一 个质量为 m2=
1 m1 的太空碎片发生迎头正碰,碰撞时间极短,碰后二者结合成一个物体并作椭圆 9 Mm ,式 2a

运动。碰撞前太空碎片作椭圆运动,椭圆轨道的半长轴为 7500km,其轨道和卫星轨道在同一平面 内。已知质量为 m 的物体绕地球作椭圆运动时,其总能量即动能与引力势能之和 E=—G

中 G 是引力常量,M 是地球的质量,a 为椭圆轨道的半长轴。设地球是半径 R=6371km 的质量均 匀分布的球体,不计空气阻力。 (1)试定量论证碰后二者结合成的物体会不会落在地球上。 (2)如果此事件是发生在北极上空(地心和北极的连线方向上) ,碰后二者结合成的物体与地球 相碰处的纬度是多少?

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第 26 届全国中学生物理竞赛预赛试卷
参考解答与评分标准
一、选择题. (共 35 分) 1.B , D 2.B 3.A 4.A , C 5.A , B 二、填空题和作图题.共 32 分,每小题 8 分.按各小题的答案和评分标准给分.
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6.答案与评分标准:

?? (8 分) 2? d

7.答案与评分标准: 1.59(8 分) 8.答案: 评分标准:8 分.有任何错误都给 0 分. 9.答案与评分标准: (i)97.20 ( 4 分) (ii)c、d(两个都对得 4 分,只填一 个且正确得 2 分,有填错的得 0 分) 10.参考解答: (i)以两条实线代表在白纸上所画出的直 条虚线代表玻璃砖的两个透明面,根据题意, 距离大于虚线间的距离,如图所示.根据实线 的折射角为 γ,按实际的玻璃砖两透明面的位置 出的折射角为 γ' 由图知 γ>γ' , (l)
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线,以两 实线间的 位置定出 即虚线定
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由折射定律 sini=nsinγ (2 ) 令入射角 i 相等,当折射角偏大时,测出 的折射率 将偏小. (ii)以 l 表示摆长,θ 表示摆线与竖直方 向的夹角, m 表 示 摆 球 的质 量 , F 表 示 摆线 对摆 球 的拉 力, T 表 示 摆球 作题 图所示 运 动的 周期 . 有

F sin ? ? ml sin ? (
F cos? ? mg

2? 2 ) (l) T
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( 2 ) 由(l)(2)式得 、

T ? 2?

lcos ? g

(3)

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而单摆的周期公式为

T ? ? 2?

l g

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即使在单摆实验中,摆角很小,θ< 50,但 cosθ< l,这表示对于同样的摆长 l,摆球在水平面 内作圆周运动的周期 T 小于单摆运动的周期 T' ,所以把较小的周期通过(4)求出的重力加速度 的数值将大于 g 的实际值. 评分标准:本题 19 分. 第(i)小题 9 分.得到(l)式给 4 分,得到正确结论给 5 分.只有结论给 0 分. 第(ii)小题 10 分.得到(3)式给 5 分,得到正确结论给 5 分.只有结论给 0 分.
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11.参考解答: 解法一 (i)电路如右图所示, (ii)实验步骤: (1)将单向双掷开关 K 置于空位,按所设计的电路图接线. (2)按下电流表上的按钮开关 K1,读下电流表的示数 I1. (3)将 K 打向左侧与 a 接通,读下电流表的示数 12. (4)将 K 打向右侧与 b 接通,读下电流表的示数 13 . (iii)由欧姆定律有
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? ? I1R ? I1r

(1)

? ? I2r ? I2

RRx R ? Rx

(2)

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? ? ? ? ? I3 R ? ? ? I 3 ? Rx ? RRx ? r ? ? R?R ? x ? ?
解以上三式得

(3)

??

( I 2 ? I 3 ) I1R I 2 ? I1
(5)

(4)

r?

( I1 ? I 3 ) R I 2 ? I1

Rx ?

I3 R I 2 ? I3

(6)

评分标准:本题 18 分. 第(i)小题 9 分.若所设计的电路无法根据题的要求测出所有的应测电流,都得 0 分. 第(ii)题 3 分.在电路正确的前提下,每测一个电流的步骤占 1 分. 第(iii)题 6 分. 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 解法二 (i)电路如右图所示. (ii)实验步骤: (1)将单向双掷开关 K 置于空位,按所设计的电路图接线. (2)按下电流表上的按钮开关 K1,读下电流表的示数 I1. (3) K 打向左侧与 a 接通, 将 读下电流表的示数 I2. (4) K 打向右侧与 b 接通, 将 读下电流表的示数 13. (iii)由欧姆定律有
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? ? I1 ( R ? Rx ? r )
? ? I2 (R ? r)

(1) (2) ? ? I 3 ( Rx ? r )
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(3)

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解以上三式得

??
I 3 ( I 2 ? I1 ) R I 2 ( I 3 ? I1 )

I1 I 3 R I 3 ? I1

(4)

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r?

I1 I 2 ? I I ? I I 2 3 1 3 R I 2 ( I 3? I ) 1

(5)

Rx ?

(6)

评分标准:本题 18 分. 第(i)小题 9 分.若所设计的电路无法根据题的要求测出所有的应测电流,都得 0 分. 第(ii)题 3 分.在电路正确的前提下,每测一个电流的步骤占 1 分. 第(iii)题 6 分. 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 12.参考解答: 设 α 粒子速度的大小为 vα,原子核 B 速度的大小为 vB,在衰变过程中动量守恒,有 mαvα+mBvB=0 (1) 衰变过程中能量守恒,有
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mA c 2 ?

1 1 2 2 m? v? ? mB vB ? m? c 2 ? mB c 2 2 2

(2)

解(l)(2)二式得 、

m? 1 2 mB vB ? (mA ? mB ? m? )c 2 2 m? ? mB mB 1 2 m? v? ? (mA ? mB ? m? )c 2 (4) 2 m? ? mB

(3)

评分标准:本题 18 分. (1)式 4 分, (2)式 8 分, 、 (3)(4)各 3 分. 13.参考解答: 解法一 在图中纸面内取 Oxy 坐标(如图) ,原点在狭缝 l 处,x 轴过缝 1 和缝 3.粒子从缝 1 进人磁场,在洛仑兹力作用下 作圆周运动,圆轨道在原点与 x 轴相切,故其圆心必在 y 轴上.若以 r 表示此圆的半径,则圆方程 为 x2+(y-r)2=r2 (1) 根据题的要求和对称性可知,粒子在磁场中作圆周运动时应与 d 的柱面相碰于缝 3、4 间的圆 弧中点处,碰撞处的坐标为 x=2R-Rsin450 (2) 0 y=R-R cos45 (3) 由(l)(2)(3)式得 r=3R 、 、 (4)
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由洛仑兹力和牛顿定律有

v2 q v B? m0 0 r
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(5)

由(4)(5)式得 、

B?

mv0 3qR

(6)

评分标准:本题 18 分. (1)(2)(3)式各 4 分, 、 、 、 、 (4)(5)(6)式各 2 分. 解法二 如图所示, 为 a、 两圆圆心的连线与缝 l 的交点, 为 c、 两圆圆心的连线与缝 3 的交点. A b F d 从 1 缝中射人的粒子在磁场作用下与圆柱 d 的表面发生弹性碰撞后,反弹进人缝 2,这个过程一定对 连结 b、d 两圆圆心的直线 OP 对称,故直线 OP 与 d 圆的交点 C 必是碰度点.由于粒子在磁场中 做圆运动过 A 点,因此这个轨道的圆心必在过 A 点并垂直于 AF 的直线 AE 上;同时这个轨道经 过 C 点, 所以轨道的圆心也一定在 AC 的垂直平分线 DE 上.这样 AE 与 DE 的交点 E 就是轨道的 圆心,AE 就是轨道的半径 r.过 C 点作 AF 的垂线与 AF 交于 H 点,则 ?AHC∽?EDA
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r?

AC AD (1) HC
HC ? R ? 2 R 2 2 R(2) 2
(3)
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由图可知

AH ? 2 R ?

AC ? AH 2 ? HC 2 (4)
AD ?
由以上各式得 r=3R 由洛仑兹力和牛顿定律有

1 AC (5) 2
(6)

v2 q v B? m0 (7) 0 r

得到

B?

mv0 3qR

(8)

评分标准:本题 18 分. (1)式 8 分, 、 (4)(5)式各 1 分, 、 、 (2)(3) 、 (6)(7)(8)式各 1 分. 14.参考解答: 杆 PQ 在磁场中运动时,受到的作用力有:外加恒力 F,方向向右;磁场的安培力,其大小 FB=BIl,方向向左,式中 I 是通过杆的感应电流,其大小与杆的速度有关;摩擦力,大小为 Fμ, 方向向左.根据动能定理,在所考察过程中作用于杆的合力做的功等于杆所增加的动能,即有

WF ? WFB ? W

F?

?

1 2 mv 2

(1)

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式中 v 为经过时间 t 杆速度的大小, F 为恒力 F 对杆做的功, F 安为安培力对杆做的功, Fμ W W W 为摩擦力对杆做的功.恒力 F 对杆做的功 WF=Fx (2) 因安培力的大小是变化的,安培力对杆做的功用初等数学无法计算,但杆克服安培力做的功 等于电阻所消耗的能量,若以 ER 表示电阻所消耗的能量,则有 -WF 安=ER (3) 摩擦力 Fμ 是恒力,它对杆做的功 WFμ=-Fμx (4) 但 Fμ 未知.因 U 型导轨在摩擦力作用下做匀加速运动,若其加速度为 a,则有 Fμ=m0a (5) 而 a=2x0/t2 (6) 由(4)(5)(6)三式得 、 、

WF? ? ?2m0

x0 x t2

(7)

经过时间 t 杆的速度设为 v,则杆和导轨构成的回路中的感应电动势 ε=Blv (8) 根据题意,此时回路中的感应电流

I0 ?
由(8)(9)式得 、

?
R

(9)

v?

I0 R Bl

(10)

由(l)(2)(3)(7)(10)各式得 、 、 、 、

ER ? ( F ? 2m0

x0 1 I 2 R2 )x ? m 02 2 t2 2 Bl

(11)

评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分, (2)式 l 分, (3)式 4 分, (7)式 4 分, (10)式 5 分, (11)式 3 分. 15.参考解答: 解法一 用 n1 和 n2 分别表示 L1 和 L2 中气体的摩尔数,P1、P2 和 V1、V2 分别表示 L1 和 L2 中气体处在 平衡态时的压强和体积,T 表示气体的温度(因为 M1 是导热的,两部分气体的温度相等) ,由理 想气体状态方程有 p1V1=n1RT (1) P2V2=n2RT (2) 式中 R 为普适气体常量.若以两个活塞和轻杆构成的系统为研究对象,处在平衡状态时有 p1S1-p2S1+p2S2-p0S2=0 (3) 已知 S2=2S1 (4) 由(3)(4)式得 、 p1+p2=2p0 (5)
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由(l)(2)(5)三式得 、 、

n1 p0V2 n2 p1 ? n V1 ? 1 V2 n2 2

(6)

若 (6) 式中的 V1、 2 是加热后 L1 和 L2 中气体的体积, p1 就是加热后 L1 中气体的压强. V 则 加 热前 L1 中气体的压强则为

n1 p0V20 n2 p10 ? n V10 ? 1 V20 n2 2

(7)

设加热后,L1 中气体体积的增加量为△V1,L2 中气体体积的增加量为△V2,因连结两活塞的 杆是刚性的,活塞 M2 的横截面积是 M1 的 2 倍,故有 △V1=△V2=△V (8) 加热后,L1 和 L2 中气体的体积都是增大的,即△V > 0 .[若△V< 0,即加热后,活塞是向左移 动的,则大气将对封闭在气缸中的气体做功,电热丝又对气体加热,根据热力学第一定律,气体 的内能增加,温度将上升,而体积是减小的,故 L1 和 L2 中气体的压强 p1 和 p2 都将增大,这违反 力学平衡条件(5)式] 于是有 V1=V10+△V (9) V2=V20+△V (10) 由(6)(7)(9)(10)四式得 、 、 、

n1 p0 (V10 ? V20 )?V n2 p1 ? p10 ? n n [V10 ? ?V ? 1 (V20 ? ?V )](V10 ? 1 V20 ) n2 n2 2

(11)

由(11)式可知,若加热前 V10=V20,则 p1=p10,即加热后 p1 不变,由(5)式知 p2 亦不变; 若加热前 V10<V20,则 p1< p10,即加热后 P1 必减小,由(5)式知 P2 必增大;若加热前 V10>V20, 则 p1> p10,即加热后 p1 必增大,由(5)式知 p2 必减小. 评分标准:本题 20 分. 得到(5)式得 3 分,得到(8)式得 3 分,得到(11)式得 8 分,最后结论得 6 分. 解法二 设加热前 L1 和 L2 中气体的压强和体积分别为 p10、p20 和 V10、V20,以 pl、p2 和 V1、V2 分别 表示加热后 L1 和 L2 中气体的压强和体积,由于 M1 是导热的,加热前 L1 和 L2 中气体的温度是相 等的,设为 T0,加热后 L1 和 L2 中气体的温度也相等,设为 T.因加热前、后两个活塞和轻杆构成 的系统都处在力学平衡状态,注意到 S2=2S1,力学平衡条件分别为 p10+p20=2p0 (1) p1+p2=2p0 (2)
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由(l)(2)两式得 、 p1-p10=- (p2-p20) 根据理想气体状态方程,对 L1 中的气体有

(3)

p1V1 T ? p10V10 T0
对 L :中的气体有

(4)

p2V2 T ? p20V20 T0
由(4)(5)两式得 、

(5)

p1V1 pV ? 2 2 p10V10 p20V20
(6)式可改写成

(6)

(1 ?

p1 ? p10 V ?V p ? p20 V ?V )(1 ? 1 10 ) ? (1 ? 2 )(1 ? 2 20 ) p10 V10 p20 V20

(7)

因连结两活塞的杆是刚性的,活塞 M2 的横截面积是 M1 的 2 倍,故有 V1-V10=V2-V20 把(3)(8)式代入(7)式得 、

(8)

(1 ?

p1 ? p10 V ?V p ? p10 V ?V )(1 ? 1 10 ) ? (1 ? 1 )(1 ? 1 10 ) p10 V10 p20 V20

(9)

若 V10=V20,则由(9)式得 p1=p10,即若加热前,L1 中气体的体积等于 L2 中气体的体积,则 加热后 L1 中气体的压强不变,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强亦不变. 若 V10<V20,则由(9)式得 p1< p10,即若加热前,L1 中气体的体积小于 L2 中气体的体积,则 加热后 L1 中气体的压强必减小,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强必增大. 若 V10>V20,则由(9)式得 p1> p10,即若加热前, L1 中气体的体积大于 L2 中气体的体积, 则加热后 L1 中气体的压强必增大,由(2)式可知加热后 L2 中气体的压强必减小. 评分标准:本题 20 分. 得到(l)式和(2)式或得到(3)得 3 分,得到(8)式得 3 分,得到(9)式得 8 分,最后 结论得 6 分. 16.参考解答: (i)图 1 为卫星和碎片运行轨道的示意图.以 v1 表示碰撞前卫星作圆周运动的速度,以 M 表示地球 E 的质量,根据万有引力定律和牛顿定律有
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Mm1 v12 G ? m1 ( R ? h) 2 R?h
式中 G 是引力常量.由(l)式得

(1)

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v1 ?

GM ? R?h

R GM R?h R

(2)

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以 v2 表示刚要碰撞时太空碎片的速度,因为与卫星发生碰撞时,碎片到地心的距离等于卫星 到地心的距离,根据题意,太空碎片作椭圆运动的总能量

Mm2 Mm2 1 2 m2v2 ? G ? ?G 2 R?h 2a
式中 a 为椭圆轨道的半长轴.由(3)式得

(3)

v2 ?

2GM GM ? ? R?h a

2R R GM ? R?h a R

(4)

卫星和碎片碰撞过程中动量守恒,有 m1v1-m2v2=(m1+m2)v (5) 这里 v 是碰后二者结合成的物体(简称结合物)的速度.由(5)式得

v?

m1v 1? m v 2 2 (6) m1 ? m2

由(2)(4)(6)三式并代人有关数据得 、 、

GM v?0.7520 R

(7) 心 的 结 合

结合物能否撞上地球,要看其轨道(椭圆)的近地点到地 距离 rmin,如果 rmin<R,则结合物就撞上地球.为此我们先来求 物轨道的半长轴 a '.结合物的总能量

?G

M (m1 ? m2 ) 1 M (m1 ? m2 ) ? (m1 ? m2 )v 2 ? G 2a ? 2 R?h

(8)

代人有关数据得 a '=5259km (9) 结合物轨道的近地点到地心的距离 rmin=2 a '-(R+h)=3347km<R (10) 据此可以判断,结合物最后要撞上地球. (ii)解法一 在极坐标中讨论.取极坐标,坐标原点在地心处,极轴由北极指向南极,如图 2 所示.碰撞 点在北极上空,是椭圆轨道的远地点,结合物轨道的椭圆方程

r?

p 1 ? e cos ?

(11)

式中 e 是偏心率,p 是椭圆的半正焦弦,远地点到地心的距离 rmax=R+h (12) 由解析几何有

e?

rm a x? r 2 a?

min

(? 0 . 3 6 3 5 )
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(13)

在轨道的近地点,r=rmin,θ=0,由(11)式得 p=rmin(1+e)(=4563km) 或有 p=rmax (1-e) 在结合物撞击地球处;r= R,由(11)式有

(14) (15)



p 1 ? e c o? s p?R cos ? ? eR R?

(16) (17)

代人有关数据可得 cosθ=-0.7807 (18) 0 θ=141.32 (19) 0 这是在北纬 51.32 . 评分标准:本题 20 分. 第(i)小题 12 分. (1)或(2)(3)或(4)(5)或(6)式各 2 分, 、 、 (8)式 3 分, (10) 式 3 分. 第(ii)小题 8 分. (11)(12)(13)(14)或(15)(16)或(17)式各 l 分, 、 、 、 、 (19)式 2 0 0 分(答案在 141 到 142 之间的都给 2 分) ,正确指出纬度给 l 分. 解法二 在直角坐标中讨论.取直角坐标系,以椭圆的对称中心为坐标原点 O, x 轴通过近地点和远地 点并由远地点指向近地点,如图 3 所示.结合物轨道的椭圆方程是

x2 y 2 ? ?1 a?2 b?2

(20)

式中 a' 、b'分别为结合物椭圆轨道的半长轴和半短轴.远地点到地心的距离 rmax=R+h (21) 根据解析几何,若 c 为地心与坐标原点间的距离, c= rmax-a'(=1912km) (22) 而

b? ? a ? 2 ? c 2

(23)

注意到 a'由(9)式给出,得 b'=4899km (24) 结合物撞击地面处是结合物的椭圆轨道与地面的交点,设该处的坐标为 xp 和 yp,则有 xp=Rcosθ+c (25) yp=Rsinθ (26) 式中 θ 为从地心指向撞击点的矢经与 x 方向的夹角.因撞击点在结合物的轨道上,将(24) 、 (25)式代入轨道方程(20)式,经整理得

? ? R 2 ( b 2 ? a 2) c o ? ? s2

?2 2c R c o s ? a 2 ? 2 ? a 2? R2 ? b b ??

0 (27)

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引人以下符号并代人有关数据得
1 ? ? ( ? ? R 2 ( b 2 ? a 2) ? ? 1 4 8 4 1 10 m ? k
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)

? ? 2b?2 c R ? 5 8 4 ? 111 0 m ) ( 6 k
ht

? ? ? R 5 ? ? b?2 c 2 ? a 2 b 2 ? a 2 ( 2 ? 4 6 5 ? 1 01 1k m)
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代入(27)式得

? c o 2 ? ? ? c o ?? ?? s s
解得

0

(28)

co? ? s

? ? ? ?2 ? ? ? 4 2?

(29)

舍掉不合理的答案,得 cosθ=-0.7807 (30) 0 θ=141.32 (31) 0 这是在北纬 51.32 . 评分标准: (20)(21)(22)(23)或(24)(27)式各 l 分, 、 、 、 、 (31)式 2 分(答案在 1410 到 1420 之间的都 给 2 分) ,正确指出纬度给 1 分.
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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)
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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, 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 试述理由。

电场强 存在?

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) 。
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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 源的电动势均为 E0,所有电阻器 阻值均为 R0,所有电容器的电容 C0,则图示电容器 A 极板上的电 为 。 5.如图,给静止在水平粗糙 上的木块一初速度,使之开始运 一学生利用角动量定理来考察此 以后的运动过程: “把参考点设于 速而作匀速运动。 请指出上述推理的错误, ” 并给出正确的 。 二、 (20 分) 图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相
h

有电 的电 均为 荷量 地面 动。 木块 如图 解释:

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

同的 直立 现于 F,令

轻质细桌腿 1、2、3、4 支撑于桌角 A、B、C、D 处,桌腿竖 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。 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

OP ? c ,求桌面对桌腿 1 的压力 F1。 OA

net

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。
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。 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

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 R2 m 对于月心参考系的加速度为 a e ? G 2 。这二位学生求出的地-月间的相对加速度明显矛盾,请指 R
度为 a m ? G 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。
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四、 (20 分)火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度 T1、压强 p1 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 p2 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=cVT(cV 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 pV 速率。
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cV ? R cV

,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 ? C (恒量)

五、 (20 分)内半径为 R 的直立圆柱器皿内盛水银,绕圆柱轴线匀速旋转(水银不溢,皿底 不露) ,稳定后的液面为旋转抛物面。若取坐标原点在抛物面的最低点,纵坐标轴 z 与圆柱器皿的 轴线重合,横坐标轴 r 与 z 轴垂直,则液面的方程为 z ?

?2
2g

r 2 ,式中 ω 为旋转角速度,g 为重力
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加速度(当代已使用大面积的此类旋转水银液面作反射式天文望远镜) 。

观察者的眼睛位于抛物面最低点正上方某处,保持位置不变,然后使容器停转,待液面静止 后,发现与稳定旋转时相比,看到的眼睛的像的大小、正倒都无变化。求人眼位置至稳定旋转水 银面最低点的距离。 六、 20 分) ( 两惯性系 S′与 S 初始时刻完全重合, 前者相对后者沿 z 轴正向以速度 v 高速运动。 作为光源的自由质点静止于 S′系中, 以恒定功率 P 向四周辐射 (各向同性) 光子。 S 系中观察, 在 辐射偏向于光源前部(即所谓的前灯效应) 。 1.在 S 系中观察,S′系中向前的那一半辐射将集中于光源前部以 x 轴为轴线的圆锥内。求该 圆锥的半顶角 α。已知相对论速度变换关系为

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ux ?

u? ? v x 1 ? u? v / c 2 x

式中 ux 与 ux′分别为 S 与 S′系中测得的速度 x 分量,c 为光速。 2.求 S 系中测得的单位时间内光源辐射的全部光子的总动量与总能量。 七、 (20 分)
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1.设想光子能量为 E 的单色光垂直入射到质量为 M、以速度 V 沿光入射方向运动的理想反 射镜(无吸收)上,试用光子与镜子碰撞的观点确定反射光的光子能量 E′。可取以下近似:

E V ?? ?? 1 ,其中 c 为光速。 2 c Mc
2.若在上述问题中单色光的强度为 Φ,试求反射光的强度 Φ′(可以近似认为光子撞击镜子 后,镜子的速度仍为 V) 。光的强度定义为单位时间内通过垂直于光传播方向单位面积的光子的能 量。
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12. (18 分)近代的材料生长和微加工技术,可制造出一种使电 动限制在半导体的一个平面内(二维)的微结构器件,且可做 在器件中像子弹一样飞行,不受杂质原子射散的影响。这种特 有新的应用价值。图 1 所示为四端十字形二维电子气半导体, 从 1 端进入时,通过控制磁场的作用,可使电流从 2,3,或 4

4 1 2 3

子的运 到电子 点可望 当电流 端流出。

对下面摸拟结构的研究,有助于理解电流在上述四端十 字形导 体中的流动。在图 2 中,a、b、c、d 为四根半径都为 R 的圆柱 a d 4 体的横截面,彼此靠得很近,形成四个宽度极窄的狭缝 1、2、 V0 34,在这此狭缝和四个圆柱所包围的空间(设为真空) 存在匀 1 3 强磁场,磁场方向垂直于纸面指向纸里。以 B 表示磁感 应强度 的大小。一个质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子, 在纸面 2 b c 内以速度 v0 沿与 a、 都相切的方向由缝 1 射入磁场内, b 设粒子 与圆柱表面只发生一次碰撞,碰撞是弹性的,碰撞时间 极短, 且碰撞不改变粒子的电荷量, 也不受磨擦力作用。 试求 B 为何值时, 该粒子能从缝 2 处且沿与 b、 c 都相切的方向射出。 16. (20 分)一个质量为 m1 的废弃人造地球卫星在离地面 h=800km 高空作圆周运动,在某处和一 个质量为 m2=
1 m1 的太空碎片发生迎头正碰,碰撞时间极短,碰后二者结合成一个物体并作椭圆 9 Mm ,式 2a

运动。碰撞前太空碎片作椭圆运动,椭圆轨道的半长轴为 7500km,其轨道和卫星轨道在同一平面 内。已知质量为 m 的物体绕地球作椭圆运动时,其总能量即动能与引力势能之和 E=—G

中 G 是引力常量,M 是地球的质量,a 为椭圆轨道的半长轴。设地球是半径 R=6371km 的质量均 匀分布的球体,不计空气阻力。
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(1)试定量论证碰后二者结合成的物体会不会落在地球上。 (2)如果此事件是发生在北极上空(地心和北极的连线方向上) ,碰后二者结合成的物体与地球 相碰处的纬度是多少? 八、 (20 分)惰性气体分子为单原子分子,在自由原子情形下,其电子 是球对称的。负电荷中心与原子核重合。但如两个原子接近,则彼此能 用产生极化(正负电荷中心不重合) ,从而导致有相互作用力,这称为 斯相互作用。下面我们采用一种简化模型来研究此问题。 当负电中心与原子核不重合时,若以 x 表示负电中心相对正电荷(原子核)的位移,当 x 为 正时,负电中心在正电荷的右侧,当 x 为负时,负电中心在正电荷的左侧,如图 1 所示。这时, 原子核的正电荷对荷外负电荷的作用力 f 相当于一个劲度系数为 k 的弹簧的弹性力, f=-kx, 即 力 的方向指向原子核,核外负电荷的质量全部集中在负电中心,此原子可用一弹簧振子来模拟。 今有两个相同的惰性气 它们的原子核固定, 相距为 R, 正电荷的电荷量为 q, 核外负 质量为 m。因原子间的静电 用,负电中心相对各自原子 电荷作用外,还受到另一原子的正、负电荷的作用。 众所周知,孤立谐振子的能量 E=mv2/2+kx2/2 是守恒的,式中 v 为质量 m 的振子运动的速度, x 为振子相对平衡位置的位移。量子力学证明,在绝对零度时,谐振子的能量为 hω/2,称为零点 振动能, ? ? h / 2? ,h 为普朗克常量, ? ? 体原子, 原子核 电荷的 相互作 核的位 电荷分布 因静电作 范德瓦尔

移分别为 x1 和 x2,且|x1|和|x2|都远小于 R,如图 2 所示。此时每个原子的负电荷除受到自己核的正

k / m 为振子的固有角频率。试计算在绝对零度时

上述两个有范德瓦尔斯相互作用的惰性气体原子构成的体系的能量,与两个相距足够远的(可视 为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的)惰性气体原子的能量差,并从结果判定范德瓦尔斯相互 作用是吸引还是排斥。可利用当|x|<<1 时的近似式(1+x)1/2≈1+x/2-x2/8,(1+x)-1≈1-x+x2。
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第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
参考解答与评分标准
一、填空(问答)题.每小题 5 分,共 25 分.按各小题的答案和评分标准评分. 1. 答案与评分标淮: 这种分布的静电场不可能存在.因为静电场是保守场, 电荷沿任意闭合路径一周电场力做的功 等于 0,但在这种电场中,电荷可以沿某一闭合路径移动一周而电场力做功不为 0. 分) (5 2.答案与评分标淮: 1.5. 分) (5 3.答案与评分标淮: 测电笔内阻很大,通过与之串联的人体上的电流(或加在人体上的电压)在安全范围内; (2 分) 市电为交流电,而电工鞋相当于一电容器,串联在电路中仍允许交流电通过. 分) (3 4.答案与评分标淮:

2 E0 C0 . 分) (5
5.答案与评分标淮: 该学生未考虑竖直方向木块所受的支持力和重力的力矩.仅根据摩擦力的力矩为零便推出木 块的角动量应守恒,这样推理本身就不正确.事实上,此时支持力合力的作用线在重力作用线的右 侧,支持力与重力的合力矩不为 0,木块的角动量不守恒,与木块作减速运动不矛盾. 分) (5 二、 参考解答: 设桌面对四条腿的作用力皆为压力,分别为 F1 、 F2 、 F3 、 F4 .因轻质刚性的桌面处在平衡 状态,可推得

F1 ? F2 ? F3 ? F4 ? F .
由于对称性,

(1)

F2 ? F4 .
考察对桌面对角线 BD 的力矩,由力矩平衡条件可得

(2)

F3 ? cF ? F1 .

(3)

根据题意, 0 ? c ? 1 ,c=0 对应于力 F 的作用点在 O 点,c=1 对应于 F 作用点在 A 点. 设桌腿的劲度系数为 k , 在力 F 的作用下, 1 的形变为 F1 k , 2 和 4 的形变均为 F2 k , 腿 腿

第 21 页(共 109 页)

腿 3 的形变为 F3 k .依题意,桌面上四个角在同一平面上,因此满足

1 ? F1 F3 ? F2 , 即 ? ? ?? 2? k k ? k
(4)

F1 ? F3 ? 2 F2 .
由(1)、(2)、(3)、(4)式,可得

2c ? 1 F, 4 1 ? 2c F3 ? F, 4 F1 ?
当c ?

(5) (6)

1 时, F3 ? 0 . F3 ? 0 ,表示腿 3 无形变; F3 ? 0 ,表示腿 3 受到桌面的作用力为拉力,这 2

是不可能的,故应视 F3 ? 0 .此时(2)式(3)式仍成立.由(3)式,可得

F1 ? cF .
综合以上讨论得

(7)

F1 ?

2c ? 1 F, 4

0?c?

1 . 2

(8) (9)

F1 ? cF ,
评分标准:本题 20 分.

1 ? c ?1 . 2

(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 7 分,得到由(8)式表示的结果得 4 分,得到由(9)式 表示的结果得 5 分. 三、 参考解答: 1.否.原因是墙壁对于该体系而言是外界,墙壁对弹簧有作用力,在运动参考系里此力的作 用点有位移,因而要对体系做功,从而会改变这一体系的机械能. 2.因地球受月球的引力作用,月球受地球的引力作用,它们相对惯性系都有加速度,故它们 都不是惯性参考系.相对非惯性参考系,牛顿第二定律不成立.如果要在非惯性参考系中应用牛 顿第二定律,必须引入相应的惯性力;而这两位学生又都未引入惯性力,所以他们得到的结果原 则上都是错误的. 以地心为参考系来求月球的加速度.地心系是非惯性系, 设地球相对惯性系的加速度的大小为
? ae ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? Mae , 2 R

(1)

第 22 页(共 109 页)

加速度的方向指向月球.相对地心参考系,月球受到惯性力作用,其大小
? ? f m ? mae ,

(2)

方向指向地球,与月球受到的万有引力的方向相同.若月球相对地心系的加速度为 am ,则有

G
由(1)、(2)、(3)三式,得

Mm ? ? f m ? mam . 2 R

(3)

am ? G
加速度的方向指向地球.

M ?m , R2

(4)

以月心为参考系来求地球的加速度.月心系也是非惯性系, 设月球相对惯性系的加速度的大小
? 为 am ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? mam , 2 R
? ? f M ? Mam ,

(5)

加速度的方向指向地球.相对月心参考系,地球受到惯性力作用,惯性力的大小 (6)

方向指向月球,与地球受到的万有引力的方向相同.若地球相对月心系的加速度为 ae ,则有

G
由(5)、(6)、(7)三式得

Mm ? f e? ? Mae . 2 R ae ? G M ?m , R2

(7)

(8)

加速度的方向指向月球. (4)式与(8)式表明,地球相对月心系的加速度 ae 与月球相对地心系的加 速度 am 大小相等(方向相反),与运动的相对性一致. 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 5 分. 第 2 小问 10 分.指出不正确并说明理由,占 2 分;(1)至(8)式,每式 1 分. 四、 参考解答: 于火箭燃烧室出口处与喷气口各取截面 A1 与 A 2 ,它们的面积分

第 23 页(共 109 页)

别为 S 1 和 S 2 ,由题意, S1 ?? S 2 ,以其间管道内的气体为研究对象,如图所示.设经过很短时 间 ?t ,这部分气体流至截面 B1 与 B2 之间, A1B1 间、 A 2 B2 间的微小体积分别为 ?V1 、 ?V2 ,两 处气体密度为 ?1 、 ? 2 ,流速为 v 1 、 v 2 .气流达到稳恒时,内部一切物理量分布只依赖于位置, 与时间无关.由此可知,尽管 B1A 2 间气体更换,但总的质量与能量不变. 先按绝热近似求喷气口的气体温度 T2 .质量守恒给出

?1?V1 ? ?2 ?V2 ,

(1)

即 A 2 B2 气体可视为由 A1B1 气体绝热移动所得.事实上,因气流稳恒, A1B1 气体流出喷口时将 再现 A 2 B2 气体状态.对质量 ?m ? ?1?V1 ? ?2 ?V2 的气体,利用理想气体的状态方程

p?V ?
和绝热过程方程

?m

?

RT

(2)

p1 ? ?V1 ?
可得

cV ? R cV

? p2 ? ?V2 ?
R

cV ? R cV



(3)

? p ? cV ? R T2 ? ? 2 ? T1 . p1 ? ?
再通过能量守恒求气体的喷射速率 v 2 .由(1)式及 ?V ? Sv?t ,可得

(4)

?1 S1 v1 ? ? 2 S 2 v 2 ,
再利用(1)、(3)式,知 v1 ?

(5)

?2 S2 S ?p ? v2 ? 2 ? 2 ? ? 1 S1 S1 ? p1 ? ? ?

cV cV ? R

v 2 ,因 S 2 ?? S1 , p2 ?? p1 ,故
(6)

v 1 ?? v 2 .

整个体系经 ?t 时间的总能量(包括宏观流动机械能与微观热运动内能)增量 ?E 为 A 2 B2 部分与

A1B1 部分的能量差.由于重力势能变化可忽略,在理想气体近似下并考虑到(6)式,有
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?E ?

1 ?m 2 ?mv 2 ? cV ?T2 ? T1 ? . 2 ?

(7)

体系移动过程中,外界做的总功为

W ? p1?V1 ? p2?V2 .
根据能量守恒定律,绝热过程满足

(8)

?E ? W ,

R ? ? 2?cV ? R ?T1 ? ? p 2 ? cV ? R ? 1? ? ? , ? ? p1 ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(9)

v2 ?
其中利用了(2)、(4)两式. 评分标准:本题 20 分.

(10)

(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 3 分,(6)式 1 分,(7)式 6 分,(8)式 4 分,(9)式 1 分,(10)式 2 分. 五、 参考解答: 旋转抛物面对平行于对称轴的光线严格聚焦,此抛物凹面镜的焦距为

f ?
由(1)式,旋转抛物面方程可表示为

g 2? 2



(1)

r2 z? . 4f

(2)

停转后液面水平静止.由液体不可压缩性,知液面上升.以下求抛物液面最低点上升的高度. 抛物液面最低点以上的水银,在半径 R 、高 R 4 f 的圆柱形 中占据体积为 M 的部分,即附图中左图阴影部分绕轴线旋转所得 的回转体;其余体积为 V 的部分无水银.体 M 在高度 z 处的水平 截面为圆环,利用抛物面方程,得 z 处圆环面积
2

S M ? z ? ? π ? R 2 ? r 2 ? ? π ? R 2 ? 4 fz ? .
将体 V 倒置,得附图中右图阴影部分绕轴线旋转所得的回转体 ? ,相应抛物面方程变为

(3)

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z?
其高度 z 处的水平截面为圆面,面积为

R2 ? r 2 , 4f

(4)

S? ? z ? ? πr 2 ? π ? R 2 ? 4 fz ? ? S M ? z ? .
由此可知

(5)

M ? ? ?V ?
即停转后抛物液面最低点上升

1 2 R2 πR , 2 4f

(6)

h?

M R2 ? . πR 2 8 f

(7)

因抛物镜在其轴线附近的一块小面积可视为凹球面镜,抛物镜的焦点就是球面镜的焦点,故 可用球面镜的公式来处理问题.两次观察所见到的眼睛的像分别经凹面镜与平面镜反射而成, 而先 后看到的像的大小、正倒无变化,这就要求两像对眼睛所张的视角相同.设眼长为 y0 .凹面镜成 像时,物距 u 即所求距离,像距 v 与像长 y 分别为

v?

fu , u- f

(8)

y??

v f y0 ? y0 . u f ?u

(9)

平面镜成像时,由于抛物液面最低点上升,物距为

u? ? u ? h ? u ?
像距 v ? 与像长 y? 分别为

R2 , 8f

(10)

v? ? -u? , v? y ? ? ? y0 ? y0 . u?
两像视角相同要求

(11) (12)

y y? , ? u ? v u? - v ?

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(13)

1 1 , ? 2 2u ? u f 2u ? R 2 4 f
此处利用了(8)—(12)诸式.由(14)式可解得所求距离

(14)

u?
评分标准:本题 20 分.

R . 2

(15)

(1)式 1 分,(7)式 4 分,(8)、(9)式各 2 分,(10) 、(11)、 (12)式各 1 分,(13)式 6 分,(15)式 2 分. 六、 参考解答: 1.先求两惯性系中光子速度方向的变换关系.根据光速不变原理,两系中光速的大小都是

c .以 ? 和 ? ? 分别表示光子速度方向在 S 和 S? 系中与 x 和 x? 轴的夹角,则光速的 x 分量为
ux ? c cos ? , u? ? c cos ? ? . x
再利用相对论速度变换关系,得 (1) (2)

cos? ?

cos ? ? ? v c . 1 ? vcos? ? c

(3)

S? 系中光源各向同性辐射,表明有一半辐射分布于 0 ? ? ? ? π 2 的方向角范围内, S 系中,
此范围对应 0 ? ? ? ? .由上式求得

v 2 c ? arccos v . ? ? arccos v ? c 1 ? cos c 2 cos ?
可以看出,光源的速度 v 越大,圆锥的顶角越小. 2. S? 系中,质点静止,在 ?t ? 时间内辐射光子的能量来自质点静能的减少,即

?

(4)

P?t ? ? ?m0c 2 ,

(5)

式中 ?m0 为 ?t ? 时间内质点减少的质量. S 系中,质点以速度 v 匀速运动,由于辐射,其动质量 减少 ?m ,故动量与能量亦减少.转化为光子的总动量为 ?p ? ?mv ,即

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?p ?

?m0 v 1- v2 c2



(6)

转化为光子的总能量为 ?E ? ?mc 2 ,即 ?E ?

?m 0 c 2 1? v2 c2

. (7)

S? 系中光源静止,测得的辐射时间 ? t ? 为本征时,在 S 系中膨胀为 ?t ?
由以上各式可得在 S 系中单位时间内辐射的全部光子的总动量与总能量分别为

?t ? 1? v2 c2

,(8)

?p vP , ? ?t c 2 ?E ?P. ?t
七、参考解答: 1.光子与反射镜碰撞过程中的动量和能量守恒定律表现为

(9) (10)

E c ? MV ? ? E ? c ? MV ? ,
E ? MV 2 2 ? E ? ? MV ?2 2 .
其中 V ? 为碰撞后反射镜的速度.从上两式消去 V ? ,得

(11) (12)

E ? E? ?

4E 1?V c ?

?1 ? V c ? ? 4E Mc2
2

?

2E . 1?V c

(13)

E? ? E 1 V ? 1 ? V c ,可得 ?? 1 时, c 1?V c

1?V c 1?V c

(14)



E ? ? E ?1? 2V c ? .
2.考察时刻 t 位于垂直于光传播方向的截面 A 左侧的长为 时间内所传播的距离 c?1s、底面积为单位面积柱体内的光子, 所示.经过 1s 时间,它们全部通过所考察的截面.若单位体积 子数为 n ,根据光强的定义,入射光的强度

(15) 光 在 1s 如图 1 中的光

Φ ? ncE

(6)
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若 A 处固定一反射镜,则柱体的底面 S2 处的光子在时刻 t 到达位于 A 处的反射镜便立即被反 射,以光速 c 向左移动;当柱体的底面 S1 在 t+1s 到达 A 处被反射镜反射时,这柱体的底面 S2 已 到达 A 左边距离 A 为 c?1s 处, 所有反射光的光子仍分布在长为 c?1s、 截面积为单位面积的柱体内, 所以反射光的强度与入射光的强度相等. 如果反射镜不固定, 而是以恒定的速度 V 向 动,则在时刻 t+1s 柱体的底面 S1 到达 A 处时, 镜已移到 A 右边距离为 V?1s 的 N 处,这时底面 到 A 左侧离 A 的距离为 c?1s 处,如图 2 中 a 所 再经过时间 ? t ,S1 与镜面相遇,但这时镜面己 右 移 反 射 S2 移 示.设 来 到 离 镜 被 才 能

N? 处,因为在 ? t 时间内,镜面又移过了一段距 V?t ,即在时刻 t ? 1s ? ?t ,底面 S1 才到达反射
反射. 亦即原在 S1 处的光子须多行进 cΔt 的距离 被反射.因此 得

c?t ? ?1s ? ?t ?V

?t ?

V c ?V

(7)

而这时,底面 S2 又向左移了一段距离 c?t .这样反射光的光子将分布在长为 c ?1s ? 2c?t 的柱体 内.因反射不改变光子总数,设 n ? 为反射光单位体积中的光子数,有

cV ? nc ? n?? c ? 2 c ?V ?
故有

c ?V ? ? ? n?c c ?V ?

n? ? n
根据光强度的定义,反射光的强度

c ?V . c ?V

(8)

? ? ? n?cE? .
由(4)、(8)、(9)各式得

(9)

?? ?? ?
注意到 V ?? c 有

? c ?V ? ? . ? c ?V ?
2

(10)

? ? ? ? ?1 ?
评分标准:本题 20 分.

? ?

4V c

? ?. ?

(11)

第 1 小问 9 分. (1)、(2)式各 2 分,(4)或(5)式 5 分. 第 2 小问 11 分.(8)式 5 分,(9)式 3 分,(10) 或(11)式 3 分.
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八、 参考解答: 两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心振动的动 能,每个原子的负电中心因受各自原子核“弹性力”作用的弹性势能,一个原子的正、负电荷与 另一原子的正、 负电荷的静电相互作用能.以 v1 和 v2 分别表示两个原子的负电中心振动速度, 1 和 x

x2 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则体系的能量
E?
式中 U 为静电相互作用能

1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 ? mv2 ? kx1 ? kx2 ? U , 2 2 2 2
? ?, ?

(1)

?1 1 1 1 U ? kC q 2 ? ? ? ? ? R R ? x1 ? x2 R ? x1 R ? x2

(2)

x ? x ?x ? ? ? ? x ? k C 为静电力常量.因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ? 1 2 ? , R ? x1 ? R ?1 ? 1 ? , R ? x2 ? R ?1 ? 2 ? , R? R ? R? ? ? ?
利用 ?1 ? x ?
?1

? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为

2kC q 2 x1 x2 U ?? , R3
因此体系总能量可近似表为

(3)

E?
2

1 1 1 2 1 2 2k q 2 x x mv 2 ? kx12 ? mv2 ? kx2 ? C 3 1 2 . 1 2 2 2 2 R
2

(4)

注意到 a ? b
2

2

? a ? b? ? ? a ? b? ?
2
E?

和 2ab ?

?a ? b? ? ?a ? b?
2

2

2

,可将(4)式改写为

1 1? 2k q 2 ? 1 1? 2k q 2 ? 2 2 mu12 ? ? k ? C3 ? y12 ? mu 2 ? ? k ? C3 ? y2 . 2 2? R ? 2 2? R ?
u1 ? ?v 1 ? v 2 ? u 2 ? ?v1 ? v 2 ?

(5)

式中,

2, 2,

(6) (7)

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y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2.

(8) (9)

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

?1 ?

k ? 2kC q 2 R 3 , m k ? 2kC q 2 R 3 . m

(10)

?2 ?
在绝对零度,零点能为

(11)

E0 ?

1 ? ??1 ? ?2 ? , 2

(12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为 E10 和 E20 ,有

E10 ? E20 ?
式中

1 ??0 , 2
k m

(13)

?0 ?

(14)

为孤立振子的固有角频率.由此得绝对零度时,所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能量与 两个孤立惰性气体原子能量和的差为

?E ? E0 ? ? E10 ? E20 ? .
利用 ?1 ? x ?
12

(15)

? 1 ? x 2 ? x 2 8 ,可得
2 ? kC q 4 ?E ? ? . 2 k 3 2m1 2 R 6

(16)

?E ? 0 ,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.
评分标准:本题 20 分. (1)式 1 分,(2)式 3 分,(4)式 3 分,(10)、(11)式各 4 分, (12)式 2 分, (16)式 2 分,末句说明占 1 分. 13(18 分)一静止的原子核 A 发生α 衰变后变成原子核 B,已知原子核 A、原子核 B 和α 粒子的 质量分别为 mA,mB 和 mα ,光速为 c(不考虑质量与速度有关的相对论效应) ,求衰变后原子核 B 和α 粒子的动能。

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27 届全国中学生物理竞赛初赛试题答案更正通知 9 月 5 日下午接到物理竞赛办公室的紧急通知: 一、本次预赛试卷选择题第 7 题答案应该是 A,B,C。原答案 只有 A,B,有误。请改正。 二、 填空题第 10 题, 正确答案是 E, 原答案 C 是错的。 请改正。 命题组对造成的不便抱歉。

物理竞赛办公室

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第 27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共九题, 满分 160 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得分.有数字计算的题.答案中必须明确写出数值和单位.填空题把答案填 在题中的横线上,只要给出结果,不需写出求解的过程. 一、 15 分)蛇形摆是一个用于演示单摆 ( 周 期 与摆长关系的实验仪器(见图) .若干个摆 球 位 于同一高度并等间距地排成一条直线,它们 的 悬 挂点在不同的高度上,摆长依次减小.设重 力 加 2 速度 g = 9 . 80 m/ s , 1 .试设计一个包含十个单摆的蛇形摆 ( 即 求出每个摆的摆长) ,要求满足: ( a )每 个 摆 的摆长不小于 0 . 450m ,不大于 1.00m ; ( b ) 初始时将所有摆球由平衡点沿 x 轴正方向 移 动 相同的一个小位移 xo ( xo <<0.45m ) ,然后同时释放,经过 40s 后,所有的摆能够同时回到初始 状态. 2 .在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时间为 ________________________________________. 二、 (20 分)距离我们为 L 处有一恒星,其质量为 M ,观测发现其位置呈周期性摆动,周期为 T ,摆动范围的最大张角为 △θ.假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行 星引起的,试给出这颗行星的质量 m 所满足的方程. 若 L=10 光年, T =10 年, △θ = 3 毫角秒, M = Ms (Ms 为太阳质量) ,则此行星的质量 和它运动的轨道半径 r 各为多少?分别用太阳质量 Ms 和国际单位 AU (平均日地距离)作为单 1 1 位,只保留一位有效数字.已知 1 毫角秒= 角秒,1 角秒= 度,1AU=1.5× 8km,光速 c 10 1000 3600 = 3.0 × 5km/s. 10

三、 (22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为 m,半 R ,螺距 H =πR ,可绕竖直的对称轴 OO′,无摩擦地转动,连接 与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计.一质量也为 m 的小球穿 环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋 某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小 旋环下滑,螺旋环便绕转轴 OO′,转动.求当小球下滑到离其 置沿竖直方向的距离为 h 时, 螺旋环转动的角速度和小球对螺 用力的大小.

径 为 螺旋环 在螺旋 环上的 球沿螺 初始位 旋环作

四、 (12 分)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q ( q > 0 )的 速度为 ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周
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粒子作角 所在的平

面内,离圆心的距离为 d ( d > R ) ,在导线上通有随时间变化的电流 I, t= 0 时刻,粒子速度的方 向与导线平行,离导线的距离为 d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作 用力,试求出电流 i 随时间的变化规律.不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响.长直 导线电流产生的磁感应强度表示式中的比例系数 k 已知.

五、 (20 分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为+Q 和-Q (Q >0) ,半径分 别为 R 和 R/2, 小球面与大球面内切于 C 点, 两球面球心 O 和 O’的连线 MN 沿竖直方在 MN 与两 球面的交点 B、0 和 C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为 m,带电 荷为 q(q>0 的质点自 MN 线上离 B 点距离为 R 的 A 点竖直上抛。设静电力常量为 k,重力加度为 g. 1.要使质点从 A 点上抛后能够到达 B 点,所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从 A 点上抛后能够到达 O 点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?

六、 20 分)由单位长度电阻为 r 的导线组成如图所示的正方形网络系列.n=1 时,正方形网络 ( 边长为 L,n= 2 时,小正方形网络的边长为 L/3;n=3 时,最小正方形网络的边长为 L/9.当 n=1、 2、3 时,各网络上 A、B 两点间的电阻分别为多少?

七、 (15 分)地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射(假定不计大气对太阳辐 射的吸收)一部分被地球表面反射到太空,其余部分被地球吸收.被吸收的部分最终转换成为地 球热辐射 (红外波段的电磁波) 热辐射在向外传播过程中, . 其中一部分会被温室气体反射回地面, 地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型,假定地球表面的温度处处相同,且
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太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律:单位面积的辐射功率 J 与表面的热力学温度 T 的四次方成正比,即 J=σT4 ,其中 σ 是一个常量.已知太阳表面温度 Ts=5.78× 3 K ,太阳半径 10 5 8 Rs=6.69× 10 km ,地球到太阳的平均距离 d=1.50× 10 km .假设温室气体在大气层中集中形成一 个均匀的薄层,并设它对热辐射能量的反射率为 ρ=0.38 . 1.如果地球表面对太阳辐射的平均反射率 α=0.30 ,试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用 后,地球表面的温度是多少? 2.如果地球表面一部分被冰雪覆盖,覆盖部分对太阳辐射的反射率为 α1=0.85 ,其余部分的反 射率处 α2=0.25 .间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为 273K .

八、 (20 分)正午时太阳的入射光与水平面的夹角 θ=450 .有一座房子朝南的墙上有一个直径 W =10cm 的圆窗,窗口中心距地面的高度为 H .试设计一套采光装置,使得正午时刻太阳光能进 人窗口,并要求进入的光为充满窗口、垂直墙面、且光强是进人采光装置前 2 倍的平行光.可供 选用的光学器件如下:一个平面镜,两个凸透镜,两个凹透镜;平面镜的反射率为 80 % ,透镜 的透射率为 70 % ,忽略透镜表面对光的反射.要求从这些器件中选用最少的器件组成采光装 置.试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路图,并求出所选器件的最小尺 寸和透镜焦距应满足的条件.

九、 16 分)已知粒子 1 和粒子 2 的静止质量都是 m0 ,粒子 1 静止,粒子 2 以速度 v0 与 ( 粒子 1 发生弹性碰撞. 1.若碰撞是斜碰, 考虑相对论效. 试论证: 碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、 直角还是钝角. 若 不考虑相对论效应结果又如何? 2.若碰撞是正碰,考虑相对论效应,试求碰后两粒子的速度.

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第 27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
参考解答与评分标准
一、参考解答: 1.以 l i 表示第 i 个单摆的摆长,由条件(b)可知每个摆的周期必须是 40s 的整数分之一,即

Ti ? 2π

li 40 (Ni 为正整数) ? g Ni

(1)

[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得,各单摆的摆长

li ?

400 g π 2 N i2

(2)

依题意, 0.450m ? li ? 1.000m ,由此可得

20 20 g g ? Ni ? π π 0.45


(3)

20 ? N i ? 29
因此,第 i 个摆的摆长为

(4)

li ?
i 1 2 0.901

400 g π (19 ? i) 2
2

(i ? 1, 2, ?, 10)
5 0.690 6 0.635 7 0.588 8 0.545

(5)

3 0.821

4 0.751

9 0.507

10 0.472

li/m 0.993

2. 20s

评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (2)式 4 分, (4)式 4 分,10 个摆长共 3 分. 第 2 小问 4 分.

二、参考解答:
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设该恒星中心到恒星-行星系统质心的距离为 d ,根据题意有

d?

L?? 2

(1)

将有关数据代入(1)式,得 d ? 5 ? 10 ?3 AU .又根据质心的定义有

r ?d ?

Md m
2

(2)

式中 r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径,即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有

Mm ? 2π ? G 2 ? Md ? ? r ?T ?
由(2)(3)两式得 、

(3)

m

?1 ? M

m?

2

4π 2 d 3 ? G T2

(4)

[若考生用 r 表示行星到恒星?行星系统质心的距离,从而把(2)式写为 r ?

Md ,把(3)式写为 m

G

Mm

?r ? d ?

2

? 2π ? ? Md ? ? ,则同样可得到(4)式,这也是正确的.] 利用(1)式,可得 ?T ?
m

2

?1 ? M

m?

2

? L?? ? ?

3

π2

2GT 2

(5)

(5)式就是行星质量 m 所满足的方程. 可以把(5)试改写成下面的形式

?m

M?

3 2

?1 ? m

M?

?

? L ?? ?

3

π2

2GMT 2

(6)

因地球绕太阳作圆周运动,根据万有引力定律可得

(1AU)3 GM S ? (1y) 2 4π 2
注意到 M ? M S ,由(6)和(7)式并代入有关数据得

(7)

?m
由(8)式可知

?1 ? m

MS ?

3 2

MS ?

? 8.6 ? 10 ?10

(8)

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m ?? 1 MS
由近似计算可得

m ? 1 ? 10?3 M S
由于 m M 小于 1/1000,可近似使用开普勒第三定律,即

(9)

r 3 (1AU)3 ? T2 (1y) 2
代入有关数据得

(10)

r ? 5AU
评分标准:本题 20 分.

(11)

(1)式 2 分, (2)式 3 分, (3)式 4 分, (5)式 3 分, (9)式 4 分, (11)式 4 分.

三、参考解答: 解法一 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示) 于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角三角 片的沿竖直方向的直角边平行,若把此三角形薄 绕在柱面上,则三角形薄片的斜边就相当于题中 线环.根据题意有

m h

v?
?
图1

紧贴 形薄 片卷

u

的螺

tan ? ?
可得

πR 1 ? 2πR 2

(1)

sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

设在所考察的时刻,螺旋环绕其转轴的角速度为 ? ,则环上每一质量为 ?mi 的小质元绕转轴 转动线速度的大小都相同,用 u 表示,

u ? ?R
该小质元对转轴的角动量

(3)

?Li ? ?mi uR ? ?mi R 2?
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整个螺旋环对转轴的角动量

L ? ? ?Li ?? ?mi R 2? ? mR 2?

(4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成.在螺旋 环的角速度为 ? 时,设小球相对螺旋环的速度为 v? ,则小球在水平面内作圆周运动的速度为

vP ? v?cos? ? ? R
沿竖直方向的速度

(5)

v? ? v?sin?

(6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为 0,系统对转轴的角动量守恒,故有

0 ? mvP R ? L
由(4)(5)(7)三式得 、 、

(7)

v?cos? ? ?R = ? R
在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

(8)

mgh ?
由(3)(5)(6)(9)四式得 、 、 、

1 1 2 2 m vP ? v? ? ? ?mi u 2 2 2

?

?

(9)

2 gh = ? v ?cos? ? ? R ? ? v ?2 sin 2? ? ? ? R 2
2

(10)

解(8)(10)二式,并利用(2)式得 、

ω=

1 2 gh R 3 10gh 3

(11)

v? =
由(6)(12)以及(2)式得 、

(12)

v? ?
或有

2 gh 3

(13)

1 2 v? ? 2 gh 3

(14)

第 52 页(共 109 页)

(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度

a? ?

1 g 3

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则有

1 h = a?t 2 2
由(11)和(16)式得

(16)

??

g t 3R

(17)

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度

??

g 3R

(18)

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力 N1 ,在图 1 所 示的薄片平面内,方向垂直于薄片的斜边;螺旋环迫使小球在水平面

? ? 内作圆周运动的向心力 N 2 的反作用力 N 2 .向心力 N 2 在水平面内,
方向指向转轴 C,如图 2 所示. N1 、 N 2 两力中只有 N1 对螺旋环的转 轴有力矩,由角动量定理有

m

? N2 C

R
图2

N1 sin ? R?t ? ?L
由(4)(18)式并注意到 、

(19)

?? ??得 ?t
N1 ? mg 5 ? mg 3sin ? 3
(20)



? N2 ? N2 ? m
由以上有关各式得

2 vP

R

(21)

N2 ?
小球对螺旋环的作用力

2h mg 3R

(22)

N?

1 4h 2 2 N12 ? N 2 ? mg 5 ? 2 3 R
第 53 页(共 109 页)

(23)

评分标准:本题 22 分. (1)(2)式共 3 分, 、 (7)式 1 分, (9)式 1 分,求得(11)式给 6 分, (20)式 5 分, (22)式 4 分, (23)式 2 分. 解法二 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示) 于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角三角 片的沿竖直方向的直角边平行,若把此三角形薄 绕在柱面上,则三角形薄片的斜边就相当于题中 线环.根据题意有

m h

v?
?
图1

紧贴 形薄

u

片卷 的螺

tan ? ?
可得

πR 1 ? 2πR 2

(1)

sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平 地面上向左移动的速度.小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周 运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动,结果小球的 运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位 置的距离为 h 的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为 v? ,沿薄片斜边的加速度为 a? .薄片相对 地面向左移动的速度为 u ,向左移动的加速度为 a0 . u 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速 度,若此时螺旋环转动的角速度为 ? ,则有

u ? ?R

(3)

而 a0 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度,若此时螺旋环转动的角加速度为 ? ,则有

a0 ? ? R

(4)

小球位于斜面上的受力情况如图 2 所示: 重力 方向竖直向下,斜面的支持力 N ,方向与斜 以薄片为参考系时的惯性力 f ,方向水平向 大小
?

mg ,
面垂直, 右,其

f ? ? ma0

(5)
第 54 页(共 109 页)

由牛顿定律有

mgcosθ ? N ? f ? sin ? ? ? mgsin? ? f ? cos ? ? ma? Nsin? ? ma0
解(5)(6)(7)(8)四式得 、 、 、

(6) (7) (8)

2sin? g ?? sin 2? cos? N= mg 1 ? sin 2 ? sin? cos? a0 ? g 1+ sin 2? a? =
利用(2)式可得

(9) (10) (11)

a? =

5 g 3

(12)

N=

5 mg 3

(13)

a0 ?

1 g 3

(14)

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

??

? g ?R

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则此时螺旋环的角速度

? ? ?t

(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成,而小球沿 竖直方向的加速度

? a? ? a? ? a?sin?
故有

(17)

1 h = a?t 2 2
由(15)(16)(17)(18) 、 、 、 、以及(2)式得

(18)

第 55 页(共 109 页)

??

? 2 gh R 3

(19)

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴,故向 心力与图 2 中的纸面垂直,亦即与 N 垂直.向心力的大小

N1 ? m

2 vP

R

(20)

式中 v ? 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若 a? 为小球相对地面的加速度在水平面内的分 量,则有

vP ? aPt
? 令 a? 为 a? 在水平面内的分量,有

(21)

? aP ? aP ? a0 ? a ?cos? - a0
由以上有关各式得

(22)

N1 ?
小球作用于螺旋环的力的大小

2h mg 3R

(23)

N 0 ? N 2 ? N12
由(13)(23)和(24)式得 、

(24)

N0 ?
评分标准:本题 22 分.

mg 4h 2 5? 2 3 R

(25)

(1)(2)式共 3 分, 、 (9)或(12)式 1 分, (10)或(13)式 5 分, (11)或(14)式 1 分, (19)式 6 分, (23)式 4 分, (25)式 2 分. 四、参考解答: 以 v 表示粒子的速率,以 B 表示电流 i 产生磁 磁感应强度,根据题意粒子作圆周运动的向心力为 受到的磁场洛仑兹力,因此有 i

y
场 的

q R

粒 子

v2 qvB ? m R

?t

(1)

O

x

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d



v ? ?R
由(1)(2)两式得 、

(2)

B?

m? q

(3)

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置

x(t ) ? R cos ?t , y(t ) ? R sin ?t
所在处磁感应强度大小为

(4)

取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的电流为 i(t ) ,它产生的磁场在粒子

B?k

i (t ) d ? x(t ) m? (d ? R cos ?t ) q

(5)

方向垂直圆周所在的平面.由(4)(5)式,可得 、

i(t ) ? k

(6)

评分标准:本题 12 分. (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 4 分, (6)式 2 分.

五、参考解答: 1.质点在 A ? B 应作减速运动(参看图 1) .设质 的最小初动能为 Ek0 ,则根据能量守恒,可得质点刚好能 的条件为 点在 A 点

M Q C

到达 B 点

O?
kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mgR ? Ek0 ? ? R 3R / 2 2 R 5R / 2

?Q
O

R 2

(1)

由此可得

R
Ek0 ? mgR ? 7kqQ 30 R
(2)

B R q A
N 图1 条件为 (3) 能到达 O

2. 质点在 B ? O 的运动有三种可能情况: i.质点在 B ? O 作加速运动(参看图 1) ,对应

mg ?

4kqQ 9R2

此时只要质点能过 B 点,也必然能到达 O 点,因此质点
第 57 页(共 109 页)

点所需的最小初动能由(2)式给出,即

Ek0 ? mgR ?

7kqQ 30 R

(4)

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B ? O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为

mg ?
此时质点刚好能到达 O 点的条件为

4kqQ R2

(5)

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R) ? Ek0 ? ? R R/2 2 R 5R / 2
由此可得

(6)

Ek0 ? 2mgR ?

11kqQ 10 R

(7)

M Q C

iii.质点在 B ? O 之间存在一平衡点 D(参看图 2) ,

B ? D 质点作减速运动,在 D ? O 质点作加速运动,对应
4kqQ 4kqQ ? mg ? 2 9R R2
设 D 到 O 点的距离为 x ,则 (8)

O?
?Q
O
D x



R 2

条件为

R

mg ?


kqQ (? R / 2 ? ? x) 2

(9)

B R q A
N

kqQ R x? ? mg 2
根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

(10)

图2

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R ? x) ? Ek0 ? ? R 2 R 5R / 2 ? R / 2? ? x
由(10)(11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为 、

(11)

5 9kqQ Ek0 ? mgR ? ? 2 kgmqQ 2 10 R

(12)

只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12)式(严
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格讲应比(12)式给出的 E k0 略大一点. )

评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分.求得(2)式给 5 分. 第 2 小问 15 分.算出第 i 种情况下的初动能给 2 分;算出第 ii 种情况下的初动能给 5 分;算 出第 iii 种情况下的初动能给 8 分,其中(10)式占 3 分.

六、参考解答:

rL A rL

rL B rL
图1

n ? 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、
B 间的电阻

1 R1 ? (2rL) ? rL 2
(1)

n ? 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻

1?4 1 ? R2 ? ? rL ? R1 ? 2?3 3 ?
由(1)(2)两式得 、

(2)

2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL
B

A
(3)
2 3

5 R2 ? rL 6

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2
1 1

2 9

rL

9

rL

1 3

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3

A
2 9

9 1

rL rL
1 3

3 9 1

rL
B

rL

9

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

3 9

rL
图3

3 9

rL

n ? 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,A、B 间的电阻
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R3 ?

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? ? 9 ? 2 ? 4 ? 3 ? 3 ? 4 ? 2 ? rL ? 3 R2 ? (4) 2? ? ? ?

由(3)(4)式得 、

R3 ?

7 rL 9

(5)

评分标准:本题 20 分. (1)式 4 分, (3)式 6 分, (5)式 10 分.

七、参考解答:
2 1.根据题意,太阳辐射的总功率 P ? 4πRS ? TS4 .太阳辐射各向同性地向外传播.设地球 S

半径为 rE ,可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的,故地球接收太阳辐射的总功率为

?R ? PI ? ? T ? S ? πrE2 ? d ?
4 S

2

(1)

地球表面反射太阳辐射的总功率为 ? PI .设地球表面的温度为 TE ,则地球的热辐射总功率为

PE ? 4πrE2? TE4

(2)

考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射,则输入地球表面的总功率为 PI ? ? PE .当达到热平衡 时,输入的能量与输出的能量相等,有

PI ? ? PE ? ? PI ? PE
由以上各式得

(3)

2 ?1?? ? TE ? TS ? ? 2 ?1? ? ?
代入数值,有

1/ 4

? RS ? ? d ? ? ?

1/ 2

(4)

TE ? 287K

(5)

2.当地球表面一部分被冰雪覆盖后,以 ? ? 表示地球表面对太阳辐射的平均反射率,根据题 意这时地球表面的平均温度为 TE ? 273K .利用(4)式,可求得
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? ? ? 0.43
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为 x,则

(6)

? ? ? ?1 x ? ? 2 (1 ? x)
由(6)(7)两式并代入数据得 、

(7)

x ? 30%
评分标准:本题 15 分.

(8)

第 1 小问 11 分. (1)式 3 分, (2)式 1 分, (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 1 分. 第 2 小问 4 分. (6)式 2 分, (8)式 2 分.

八、参考解答: 方案一:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成.透镜组置于平面镜 M 后面,装置 中各元件的相对方位及光路图如图 1 所示. L1、L2 的直径分别用 D1、D2 表示,其焦距的大小分别为 f1 、f2.两透镜的距离 南

45?

L2
22.5?
M

L1 f1 f2

W

H

图1

d ? f1 ? f 2
直径与焦距应满足关系

(1)

f1 f ? 2 D1 D2

(2)

? 设射入透镜 L1 的光强为 I10 ,透过透镜 L1 的光强为 I1? ,考虑到透镜 L1 对光的吸收有
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? I1? ? 0.70I10

(3)

从透镜 L1 透出的光通量等于进入 L2 的光通量,对应的光强与透镜的直径平方成反比,进入 L2 的 光强用 I 20 表示,即

I 20 D12 ? f1 ? ? 2 ?? ? I1? D2 ? f 2 ?
故有
2

2

I 20

? f ? ? I1? ? 1 ? ? f2 ?

(4)

? 透过 L2 的光强 I 2 ? 0.70I 20 ,考虑到(3)式,得

? f ? ? ? I 2 ? 0.49I10 ? 1 ? ? f2 ?

2

(5)

? 由于进入透镜 L1 的光强 I10 是平面镜 M 的反射光的光强,反射光是入射光的 80% ,设射入装置的
太阳光光强为 I 0 ,则

? I10 ? 0.80I 0
代入(5)式有

? f ? ? I 2 ? 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?
按题设要求

2

(6)

? I2 ? 2I0
代入(6)式得

? f ? 2I 0 ? 0.39I 0 ? 1 ? ? f2 ?
从而可求得两透镜的焦距比为

2

f1 ? 2.26 f2

(7)

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L2 的直径应等于圆形窗户的直径 W,即 D2 ? 10cm ,由(2)式得

D1 ? D2

f1 ? 22.6cm f2

(8)

由图可知,平面镜 M 参与有效反光的部分为一椭圆,其半短轴长度为

b ? D1 / 2 ? 11.3cm
半长轴长度为

(9)

a ? D1 (2sin 22.5? ) ? 29.5cm

(10)

根据装置图的结构,可知透镜组的光轴离地应与平面镜 M 的中心等高,高度为 H .

评分标准:本题 20 分. 作图 8 分 (含元件及其相对方位, 光路) , (8)两式共 10 分, 、 (9)(10)式共 2 分.

L1

f1 f2

L2

求得(7) 、

方案二:采光装置由平面镜 M 和两个 L2 组成, 透镜组置于平面镜 M 前面, 装置中 相对方位及光路图如图 2 所示. 对透镜的参数要求与方案一相同. 图2
45
?

凸透镜 L1、 M W 各元件的 H

22.5

?

但反射镜 M 的半短轴、 半长轴的长度分别为

b ? D2 / 2 ? 5.0cm


a ? D2 (2sin 22.5? ) ? 13.1cm
评分标准:参照方案一. 南 方案三、 采光装置 M 和一个凸透镜 L1、 镜 L2 组成,透镜组置 M 后面(也可在 M 前
第 63 页(共 109 页)

45

?

L2
22.5
?

由平面镜 W 一个凹透 于平面镜 面) 装置 , H

L1 f2 f1

M

图3

中各元件的相对方位及光路图如图 3 所示. 有关参数与方案一相同,但两透镜的距离

d ? f1 ? f 2
如果平面镜放在透镜组之前,平面镜的尺寸和方案一相同;如果平面镜放在透镜组之后,平 面镜的尺寸和方案二相同. 评分标准:参照方案一. v2 九、参考解答: 1. 假设碰撞后球 1 和球 2 的速度方向之间的夹角为 图) ,则由能量守恒和动量守恒可得 v0
0

?

? (见

m0 (1)

m0 v1

m0c 2 ? m0c 2? 0 ? m0c 2? 1 ? m0c 2? 2

? m0 v0? 0 ?
其中 ? 0 ?

2

? ? m0 v1? 1 ? ? ? m0 v2? 2 ? ? 2 ? m0 v1? 1 ?? m0 v2? 2 ? cos ?
2 2

(2)

1
2 1 ? v0 / c 2

, ?1 ?

1 1 ? v12 / c 2

,? 2 ?

1
2 1 ? v2 / c 2



由(1)(2)式得 、

1? ? 0 ? ?1 ? ? 2

(3) (4)

2 2 ? 0 ? 1 ? ? 12 ? ? 2 ? 2( v1v2 / c 2 )? 1? 2 cos ?

由(3)(4)式得 、

cos? ?

2 ? 02 ? 1 ? ( ? 12 ? ? 2 ) 2 ( ? 1 ? 1 )( ? 2 ? 1 ) 2 c ? c ?0 2v1 v2 ? 1? 2 v1 v2 ? 1? 2

(5)

??
即为锐角.

π 2

(6)

在非相对论情况下,根据能量守恒和动量守恒可得

1 1 1 2 2 m0 v 0 ? m0 v 2 ? m0 v 2 1 2 2 2
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(7)

? m0 v0 ?

2

? ? m0 v1 ? ? ? m0 v2 ? ? 2 ? m0 v1 ?? m0 v2 ? cos ?
2 2

(8)

对斜碰, v1 的方向与 v2 的方向不同,要同时满足(1)和(2)式,则两者方向的夹角

??
即为直角.

π 2

(9)

2.根据能量守恒和动量守恒可得

m0 c ?
2

m0 c 2
2 1 ? v0 c 2

?

m0 c 2 1 ? v12 c 2

?

m0 c 2
2 1 ? v2 c 2

(10)

m0 v0
2 1 ? v0 c 2

?

m0 v1 1 ? v12 c 2

?

m0 v2
2 1 ? v2 c 2

(11)



?0 ?
则有

1 1? v / c
2 0 2

, ?1 ?

1 1? v / c
2 1 2

,? 2 ?

1
2 1 ? v2 / c 2

2 2 v0 ? c 1 ? 1/ ? 0 , v1 ? c 1 ? 1/ ? 12 , v2 ? c 1 ? 1/ ? 2

代入(10)(11)式得 、

1? ? 0 ? ?1 ? ? 2
2 ? 02 ? 1 ? ? 12 ? 1 ? ? 2 ? 1

(12) (13)

解(12)(13)两式得 、

?1 ? 1


?2 ? ?0

(14)

?1 ? ? 0


?2 ?1

(15)

v1 ? 0 , v2 ? v0

(16)

(或 v1 ? v 0 , v2 ? 0 ,不合题意)
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评分标准:本题 16 分. 第 1 小问 10 分. 、 (1)(2)式各 2 分, (6)式 4 分, (9)式 2 分. 第 2 小问 6 分. (10)(11)式各 1 分, 、 (16)式 4 分.

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第 28 届全国中学生物理竞赛预赛试卷
1-5 9 13 6 10 14 7 11 15 8 12 16 总分

本卷共 16 题,满分 200 分.
得分 阅卷 复核

一、选择题.本题共 5 小题,每小题 6 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.把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号 内.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答的

得 0 分. 1.常用示波器中的扫描电压 u 随时间 t 变化的图线是

[

]

2.下面列出的一些说法中正确的是 A. 在温度为 200C 和压强为 1 个大气压时, 一定量的水蒸发为同温度的水蒸气, 在此过程中, 它所吸收的热量等于其内能的增量. B.有人用水银和酒精制成两种温度计,他都把水的冰点定为 0 度,水的沸点定为 100 度,并 都把 0 刻度与 100 刻度之间均匀等分成同数量的刻度, 若用这两种温度计去测量同一环境的 温度(大于 0 度小于 100 度)时,两者测得的温度数值必定相同. C .一定量的理想气体分别经过不同的过程后,压强都减小了,体积都增大了,则从每个过 程中气体与外界交换的总热量看,在有的过程中气体可能是吸收了热量,在有的过程中气体 可能是放出了热量,在有的过程中气体与外界交换的热量为 0 . D .地球表面一平方米所受的大气的压力,其大小等于这一平方米表面单位时间内受上方作 热运动的空气分子对它碰撞的冲量,加上这一平方米以上的大气的重量. [ ] 3.把以空气为介质的两个平行板电容器 a 和 b 串联,再与电 阻 R 和电动势为 E 的直流电源如图连接.平衡后,若把一 块玻璃板插人电容器 a 中,则再达到平衡时, A.与玻璃板插人前比,电容器 a 两极间的电压增大了 B.与玻璃板插人前比,电容器 a 两极间的电压减小了 C.与玻璃板插入前比,电容器 b 贮存的电能增大了 D.玻璃板插人过程中电源所做的功等于两电容器贮存 总电能的增加量
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[ ] 4. 多电子原子核外电子的分布形成若干壳层, 壳层离核最近, 壳层次之, 壳层更次之, K L M ……, 每一壳层中可容纳的电子数是一定的,当一个壳层中的电子填满后,余下的电子将分布到次外 的壳层.当原子的内壳层中出现空穴时,较外壳层中的电子将跃迁至空穴,并以发射光子(X 光)的形式释放出多余的能量,但亦有一定的概率将跃迁中放出的能量传给另一个电子,使此 电子电离, 这称为俄歇 (Auger) 效应, 这样电离出来的电子叫俄歇电子. 现用一能量为 40.00keV 的光子照射 Cd(镐)原子,击出 Cd 原子中 K 层一个电子,使该壳层出现空穴,己知该 K 层 电子的电离能为 26.8keV.随后,Cd 原子的 L 层中一个电子跃迁到 K 层,而由于俄歇效应,L 层中的另一个的电子从 Cd 原子射出,已知这两个电子的电离能皆为 4.02keV,则射出的俄歇电 子的动能等于 A.( 26.8-4.02-4.02 ) keV B.(40.00-26.8- 4.02 ) keV C.( 26.8-4.02 ) keV D.( 40.00- 26.8 + 4.02 ) keV [ ] 5.一圆弧形的槽,槽底放在水平地面上,槽的 两侧与光滑斜坡 aa’、bb’相切,相切处 a、b 位于同一水平面内,槽与斜坡在竖直平面内 的截面如图所示.一小物块从斜坡 aa’上距水 平面 ab 的高度为 Zh 处沿斜坡自由滑下,并 自 a 处进人槽内,到达 b 后沿斜坡 bb’向上滑 行, 已知到达的最高处距水平面 ab 的高度为 h;接着小物块沿斜坡 bb’滑下并从 b 处进人 槽内反向运动,若不考虑空气阻力,则 A.小物块再运动到 a 处时速度变为零 B.小物块尚未运动到 a 处时,速度已变为 零 C.小物块不仅能再运动到 a 处,并能沿斜坡 aa’向上 滑行,上升的最大高度为 2h D.小物块不仅能再运动到 a 处,并能沿斜坡 aa’向上滑行,上升的最大高度小于 h [ ] 二、填空题和作图题.把答案填在题中的横线上或把图画在题中指定的地方.只要给出结果不需 写出求得结果的过程. 6.( 6 分)在大气中,将一容积为 0.50m3 的一端封闭一端开口的 得分 阅卷 复核 圆筒筒底朝上筒口朝下竖直插人水池中,然后放手.平衡时,筒内 空气的体积为 0.40m3.设大气的压强与 10.0m 高的水柱产生的压 强相同,则筒内外水面的高度差为 . 7.(10 分) 得分 阅卷 复核 近年来, 由于“微 结构材料” 的发展,研制具有负折射率的人工材料的 光学性质及其应用,已受人们关注.对正
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常介质,光线从真空射人折射率为 n 的介质时,人射角和折射角满足折射定律公式,人射光线和 折射光线分布在界面法线的两侧;若介质的折射率为负,即 n<0,这时人射角和折射角仍满足折 射定律公式,但人射光线与折射光线分布在界面法线的同一侧.现考虑由共轴的两个薄凸透镜 L1 和 L2 构成的光学系统,两透镜的光心分别为 O1 和 O2,它们之间的距离为 s.若要求以与主光轴成 很小夹角的光线人射到 O1 能从 O2 出射,并且出射光线与人射光线平行,则可以在 O1 和 O2 之间 放一块具有负折射率的介质平板,介质板的中心位于 OO’的中点,板的两个平行的侧面与主光轴 垂直,如图所示.若介质的折射率 n= -1.5,则介质板的厚度即垂直于主光轴的两个平行侧面之间 的距离 d = . 8.( 10 分)已知:规定一个 K(钾)原子与 Cl(氯)原子相距很 得分 阅卷 复核 远时, 他们的相互作用势能为 0; 从一个 K 原子中移走最外层电子 形成 K+离子所需的能量(称为电离能)为 EK,一个 Cl 原子吸收 + 一个电子形成 Cl-离子释放的能量(称为电子亲和能)为 ECl;K 离子(视为质点)与 Cl-离子(视为质点)之间的吸引力为库仑力,电子电荷量的大小为 e,静电 力常量为 k.利用以上知识,可知当 KCI 分子中 K+离子与 Cl-离子之间的库仑相互作用势能为 0 时,K+离子与 Cl-离子之间的距离 rs,可表示为 .若已知 EK = 4.34ev, 9 2 -2 -19 ECl=3.62eV , k =9.0 × N· · , e =1.60× 10 m C 10 C,则 rs= m. 9.(10 分)光帆是装置在太空船上的一个面积很大但很轻的帆, 得分 阅卷 复核 利用太阳光对帆的光压, 可使太空船在太空中飞行. 设想一光帆某 时刻位于距离太阳为 1 天文单位(即日地间的平均距离)处,已知 该处单位时间内通过垂直于太阳光辐射方向的单位面积的辐射能 量 E =1.37× 3J· -2· -1,设平面光帆的面积为 1.0× 6m2,且其平面垂直于太阳光辐射方向,又设 10 m s 10 光帆对太阳光能全部反射(不吸收) ,则光帆所受 光的压力约等于 N. 10.(20 分)有两个 得分 阅卷 复核 电阻 1 和 2, 它们的 阻值随所加电压的 变化而改变,从而 它们的伏安特性即电压和电流不再成正比关系(这 种电阻称为非线性电阻) .假设电阻 1 和电阻 2 的 伏安特性图线分别如图所示.现先将这两个电阻并 联,然后接在电动势 E=9.0V、内电阻 r0 = 2.0Ω 的 电源上.试利用题给的数据和图线在题图中用作图 法读得所需的数据,进而分别求出电阻 1 和电阻 2 上消耗的功率 P1 和 P2.要求: i.在题图上画出所作的图线. (只按所画图线 评分,不要求写出画图的步骤及理由) ii.从图上读下所需物理量的数据(取二位有 效数字) ,分别是: iii . 求 出 电 阻 R1 消 耗 的 功 率 P1= ,电阻 R2 消耗的功率 P2= .
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三、计算题.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 的不能得分.有数值计算的,答案中必须明确写出数值和单位. 11.(17 分)宇航员从空间站(绕地球运行)上释放了一颗质量 得分 阅卷 复核 m=500kg 的探测卫星.该卫星通过一条柔软的细轻绳与空间站连 接,稳定时卫星始终在空间站的正下方,到空间站的距离 l=20km.已知空间站的轨道为圆形,周期 T = 92 min(分) . i.忽略卫星拉力对空间站轨道的影响,求卫星所受轻绳拉力的大小. ii.假设某一时刻卫星突然脱离轻绳.试计算此后卫星轨道的近地点到地面的高度、远地点到 地面的高度和卫星运行周期. 取地球半径 R = 6.400× 3km,地球同步卫星到地面的高度为 H0 =3.6000×104km,地球自转 10 周期 T0 = 24 小时.

12.(17 分)某 同学选 了一个 倾角为 θ 的斜坡,他骑在自行车上刚好 能在不踩踏板的情况下让自行车沿斜坡 匀速向下行驶,现在他想估测沿此斜坡 向上匀速行驶时的功率,为此他数出在 上坡过程中某一只脚蹬踩踏板的圈数 N(设不间断的匀速蹬) ,并测得所用的时间 t,再测得下列相关数据:自行车和人的总质量 m,轮 盘半径 Rl,飞轮半径 R2,车后轮半径 R3.试导出估测功率的表达式.己知上、下坡过程中斜坡及 空气作用于自行车的阻力大小相等,不论是在上坡还是下坡过程中,车轮与坡面接触处都无滑 动.不计自行车内部各部件之间因相对运动而消耗的能量.
得分 阅卷 复核

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13.(20 分)电荷量为 q 的正电荷,均匀分布在由绝缘材料制成的 质量为 m 半径为 R 的均匀细圆环上,现设法加外力使圆环从静止 开始, 绕通过环心垂直于环面的轴线匀加速转动. 试求从开始转动 到环的角速度达到某一值 ω0 的整个过程中外力所做的功.已知转 动带电圆环的等效电流为 I 时, 等效电流产生的磁场对整个以圆环为周界的圆面的磁通量Ф =kI, k 为一已知常量.不计电荷作加速运动所产生的辐射效应.
得分 阅卷 复核

第 71 页(共 109 页)

得分

阅卷

复核

14.(20 分)如图所示,一木块位于光滑的水平 桌面上,木块上固连一支架,木块与支架的总质 量为 M.一摆球挂于支架上,摆球的质量为 m,

m?

1 M 摆线的质量不计.初始时,整个装置处 2

于静止状态.一质量为 m 的子弹以大小为 v0、方向垂直于图面向里的速度射人 摆球并立即停留在球内,摆球和子弹便一起开始运动.已知摆线最大的偏转角小 于 900,在小球往返运动过程中摆线始终是拉直的,木块未发生转动. i.求摆球上升的最大高度. ii.求木块的最大速率. iii.求摆球在最低处时速度的大小和方向.

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15.(20 分)图中坐标原点 O (0, 0)处有一带电粒子源,向 y≥0 一 侧沿 Oxy 平面内的各个不同方向发射带正电的粒子,粒子的速率都 是 v,质量均为 m,电荷量均为 q.有人设计了一方向垂直于 Oxy 平 面,磁感应强度的大小为 B 的均匀磁场区域,使上述所有带电粒子 从该磁场区域的边界射出时,均能沿 x 轴正方向运动.试求出此边界线的方程,并画出此边界线 的示意图.
得分 阅卷 复核

得分

阅卷

复核

16. 分) (20 在海面上有三艘轮船, A 以速度 u 向正东方向航行, 船 船 B 以速度 2u 向正北方向航行, C 以速度 2 2 u 向东偏北 450 船

方向航行.在某一时刻,船 B 和 C 恰好同时经过船 A 的航线并位 于船 A 的前方,船 B 到船 A 的距离为 a,船 C 到船 A 的距离为 2a.若以此时刻作为计算时间的 零点,求在 t 时刻 B、C 两船间距离的中点 M 到船 A 的连线 MA 绕 M 点转动的角速度.

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第 28 届全国中学生物理竞赛预赛试卷 参考解答与评分标准
一、选择题. 答案: 1.C 2.C 3.BC 4.A 5.D 评分标准: 本题共 5 小题,每小题 6 分.全部选对的得 6 分,选对但不全的得 3 分,有选错或不答 的得 0 分. 二、填空题 答案与评分标准: 6.2.5m ( 6 分) 7.

3 s (10 分) 5

ke 2 8. ( 6 分) 2.0× 9 10Ek ? ECl
(2 分) 9.9 ( 10 分) 10. i.如图所示.( 8 分) (图错不给 分,图不准确酌情评分.) ii. 并联电阻两端的电压 U0=2.3V (2 分)通过电阻 1 的电流 I10=1.2A (3 , 分) ,通过电阻 2 的电流 I20= 2.2A ( 3 分) (读数第一位必须正确,第二位 与答案不同,可酌情评分.) iii. W ( 2 分)4 .9W ( 2 分) 2.5 , 11.参考解答: i.设空间站离地面的高度为 H, 因为同步卫星的周期和地球自转周 期相同,根据开普勒第三定律以及题 意有

(R ? H )3 T 2 ? ( R ? H 0 )3 T02
(1)

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T H ? ( R ? H ) ( 2)/ 3 ? R 0 T0

(2)

代人数据得 H= 376km (3) 卫星的高度 h =H 一 l =356km (4) 卫星在细绳的拉力 F 和地球引力作用下跟随空间站一起绕地球作周期为 T 的圆周运动,有

G

Mm 2? ? F ? m( ) 2 ( R ? h ) 2 ( R ? h) T

(5)

式中 G 为万有引力常量, M 为地球质量.空间站在地球引力作用下绕地球作周期为 T 的圆周运 动 故有

G

Mm? 2? ? m?( )2 ( R ? h) 2 ( R ? h) T

(6)

式中 m’为空间站的质量.由(5)(6)两式得 、

2? 2 ( R ? H )2 F ? m( ) ( R ? h)[ ? 1] T ( R ? h) 2

(7)

将(3)(4)式及其他有关数据代人(7)式得 F=38.2N 、 (8) ii.细绳脱落后,卫星在地球引力作用下绕地球运动的轨道为一椭圆.在脱落的瞬间,卫星的 速度垂直于卫星与地心的连线,所以脱落点必是远地点(或近地点) ,由( 4)式可知,此点到地面 的高度 h =356km (9) 设卫星在近地点(或远地点)的高度为 h',速度为 v',根据开普勒第二定律,有

( R ? h?)v? ?
根据机械能守恒,有

2? ( R ? h) 2 T

(10)

1 Mm 1 2? Mm mv?2 ? G ? m( )2 ( R ? h) 2 ? G 2 R ? h? 2 T R?h
联立(10)(11)两式并利用(6)式得 、

(11)

h? ?

( R ? h) 4 2( R ? H )3 ? ( R ? h)3

(12)

代人有关数据有 h ' = 238km (13 ) 由(9)(13)两式可知,远地点到地面的高度为 356km,近地点到地面的高度为 238km . 、 设卫星的周期为 T ',根据开普勒第三定律,卫星的周期

T? ? (

2 R ? h ? h? 3/ 2 ) T 2R ? 2H

(14) (15)
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代人数据得 T '= 90 . 4min 评分标准:本题 17 分.

第 i 小题 9 分. ( l)式 2 分, ( 5)式 3 分, ( 6)式 2 分, (8)式 2 分. 第 ii 小题 8 分. (9)(10)式各 l 分, (11)式 2 分, (12)(13)(14)(15)式各 1 分. 、 、 、 、 12.参考解答: 解法一 因为下坡时自行车匀速行驶,可知阻力大小 f=mgsinθ (1) 由题意,自行车沿斜坡匀速向上行驶时,轮盘的角速度

??

2? N t

(2)

设轮盘边缘的线速度为 v1,由线速度的定义有 v1=ω R1 (3) 设飞轮边缘的线速度为 v2,后车轮边缘的线速度为 v3,因为轮盘与飞轮之间用链条连结,它们边 缘 上 的 线 速 度 相 同 , 即 v1=v2 (4) 因飞轮与后车轮的转动角速度相同,故有

v2 R2 ? v3 R3

(5)

因车轮与坡面接触处无滑动,在车后轮绕其中心轴转动一周的时间 T 内,车后轮中心轴前进的路 程

?s ? 2? R3


(6 )

T?

2? R3 v3

(7)

车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小

V?
由以上有关各式得

?s T
2? NR1 R3 R2t

(8)

V?

(9)

人骑自行车上坡的功率为克服阻力 f 的功率加上克服重力沿斜面分力的功率,即 P=fV+mgVsinθ 由(l)(9)(10)式得 、 、

(10)

P?

4mg? NR1 R3 sin ? R2t

(11)

评分标准:本题 17 分. ( l)式 3 分,求得(9 式共 8 分, (10)式 5 分, (11)式 1 分. 解法二
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因下坡时自行车匀速行驶,若自行车出发点的高度为 h,则克服阻力所做的功 Wf 等于势能的 减少,有 Wf=mgh (1) 用 s 表示自行车行驶的路程,有 h =ssinθ (2 ) 自行车沿斜坡匀速向上行驶时, 骑车者所做的功 W, 等于克服阻力的功 Wf 与势能增量 mgh 之和, 即 W=Wf+mgh (3) 设骑车者蹬踩踏板 N 圈到达下坡时的出发点,因踏板转 N 圈可使后轮转 NR1/R2 圈,所以自行车 行 驶 的 距 离 s 为

s?

NR1 ? 2? R R2

(4) 由(1)到(4)式,得

W?

4? NR1 R3 ? mg sin ? R2t

(5)

上式除以所用时间 t,即得骑车者功率

P?

W 4mg? NR1 R3 ? sin ? t R2t

(6)

评分标准:本题 17 分. ( I)式 3 分, ( 2)式 l 分, (3)式 4 分, (4)式 6 分, (5)式 l 分, (6)式 2 分. 13.参考解答: 当环的角速度到达ω 0 时,环的动能

Ek ?

1 m( R? 0 )2 2

(l) 若在时刻 t,环转动的角速度为ω ,则环上电荷所形成的等效电流

I?
(2)

q 2? R

R? ?

?q 2?
(3) (4)

?? ?I ?k ?t ?t q ?? 由(2)(3)式得 ? ? k 、 2? ?t
感应电动势

??

环加速转动时,要克服感应电动势做功,功率为 P1=εI (5) 因为是匀加速转动,所以ω 和 I 都随时间 t 线性增加.若角速度从零开始增加到ω 0 经历的时间为
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t0,则有

?0 ?

?? t0 ?t

(6) 若与ω 0 对应的等效电流为 I0,则在整个过程中克服感到电动势做的总功

1 W1 ? ? I 0t0 2
(7) 由以上有关各式得

?02 q 2 W1 ? k 8? 2
外力所做的总功

(8)

W ? W1 ? Ek ? k

?02 q 2 1 ? m( R? 0 )2 2 8? 2

(9)

评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分,(2)式 4 分,(3)式 2 分,(5)式 3 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分,(8) 式 l 分,(9) 式2 分 14.参考解答: i.由于子弹射人摆球至停留在球内经历的时间极短,可以认为在这过程中摆球仅获得速度但 无位移.设摆球(包括停留在球内的子弹)向前(指垂直于图面向里)的速度为 u,由动量守恒定 律有 mv0=2mu (l) 摆球以速度 u 开始向前摆动,木块亦发生运动.当摆球上升至最高时,摆球相对木块静止,设此 时木块的速度为 V,摆球上升的高度为 h,因水平方向动量守恒以及机械能守恒有 2mu=(2m+M)V (2)

mu 2 ?
解(l)(2)(3)三式得 、 、

1 (2m ? M )V 2 ? 2mgh 2

(3)

h?

2 Mv0 8 g (2m ? m)

(4)

ii.摆球升到最高后相对木块要反向摆动.因为在摆球从开始运动到摆线返回到竖直位置前的 整个过程中,摆线作用于支架的拉力始终向斜前方,它使木块向前运动的速度不断增大;摆线经 过竖直位置后,直到摆线再次回到竖直位置前,摆线作用于支架的拉力将向斜后方,它使木块速 度减小,所以在摆线(第一次)返回到竖直位置的那一时刻,木块的速度最大,方向向前 以 V’表示摆线位于竖直位置时木块的速率,u’表示此时摆球的速度(相对桌面) ,当 u' >0, 表示其方向水平向前,反之,则水平向后.因水平方向动量守恒以及机械能守恒,故有 (5) 2mu ? 2mu? ? MV ?
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1 mu 2 ? mu?2 ? MV ?2 2
解(1)(5)(6)三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小 、 、

(6)

V? ? 0
V? ? 2mv0 2m ? M

(7) (8)

(7)式对应于子弹刚射人摆球但木块尚未运动时木块的速度,它也是摆球在以后相对木块往复运 动过程中摆线每次由后向前经过竖直位置时木块的速度; 而题中要求的木块的最大速率为 (8) 式, 它也是摆球在以后相对木块的往复运动过程中摆线每次由前向后经过竖直位置时木块的速度. iii.在整个运动过程中,每当摆线处于竖直位置时,小球便位于最低处.当子弹刚射人摆球 时,摆球位于最低处,设这时摆球的速度为 u,由(l)式得

u?

1 v0 2

(9)

方向水平向前. 当摆球第一次回到最低处时, 木块速度最大, 设这时摆球的速度为 u', (l) 由 、 、 (5) (6)三式和(8)式可得

1 m? M 2 v u? ? 0 M ? 2m
其方向向后. 当摆球第二次回到最低处时,由(7)式木块速度减至 0,设这时摆球的速度为 u'', 由(l)(5)(6)式可得 、 、 u''= u ?

(10)

1 v0 2

(11)

方向向前,开始重复初始的运动. 评分标准:本题 20 分. 第 i 小题 8 分.(1) 式 1 分,(2)(3)式各 3 分, (4)式 l 分 、 第 ii 小题 7 分.(5)、(6)式各 3 分,(8)式 l 分 第 iii 小题 5 分. ( 9 )式 l 分, (10)式 3.分, (11)式 l 分. 15.参考解答:

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先设磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直 xy 平面向里,且无边界.考察从粒子源发出的速率 为 v、方向与 x 轴夹角为 θ 的粒子,在磁场的洛仑兹力作用下粒子做圆周运动,圆轨道经过坐标原 点 O,且与速度方向相切,若圆轨道的半径为 R,有

qvB ? m
mv qB

v2 R

(1)



R?

(2)

圆轨道的圆心 O’ 在过坐标原点 O 与速度方向垂直的直线上, 至原点的距离为 R, 如图 1 所示. 通 过圆心 O’作平行于 y 轴的直线与圆轨道交于 P 点,粒子运动到 P 点时其速度方向恰好是沿 x 轴 正方向,故 P 点就在磁场区域的边界上.对于不同人射方向的粒子,对应的 P 点的位置不同,所 有这些 P 点的连线就是所求磁场区域的边界线.P 点的坐标为 x=—Rsinθ (3 ) y=一 R + Rcosθ (4) 这就是磁场区域边界的参数方程,消去参数 θ,得 x2 +(y+R)2=R2 (5) 由(2)(5)式得 、

x2 ? ( y ?

mv 2 m2v 2 ) ? 2 2 qB q B

(6)

这是半径为 R 圆心 O’ ’的坐标为(0,一 R ) 的圆,作为 题所要求的磁场区域的边界线, 应是如图 2 所示的半个圆 周,故磁场区域的边界线的方程为

x2 ? ( y ?
(7)

mv 2 m2v 2 ) ? 2 2 qB q B

x?0

y?0

若磁场方向垂直于 xy 面向外,则磁场的边界线为如图 3 示的半圆,磁场区域的边界线的方程为 x2 +(y—R)2=R2

x?0 y?0

(8 )



x2 ? ( y ?

mv 2 m2v 2 ) ? 2 2 qB q B

x?0 y?0

(9)

证明同前 评分标准:本题 20 分. ( l)或(2)式 2 分, (3)(4)式各 4 分, (7)式 3 分,图(图 2 ) 2 分(只要半圆的位置 、 正确就给 2 分), (9)式 3 分,图(图 3 ) 2 分(只要半圆的位置正确就给 2 分) 16.参考解答:
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以 t =0 时刻船 A 所在的位置为坐标原 点 O, 作如图 1 所示平面直角坐标系 Oxy, x 轴指向正东,y 轴指向正北.可以把船 C 的速度分解成沿正东方向的分速度 vx 和沿 正北方向的分速度 vy 两个分量.根据题意 有 vx = vy = 2u (1) 在 t 时刻,三船的位置如图 1 所示.B、C 二船在 y 方向位移相等,两船的连线 BC 与 x 轴平行,两船间的距离

BC ? a ? 2ut
(2) BC 的中点到 B 点的距离为 M 的坐标分别为

1 中点 a ? ut . 2

1 3 xM ? a ? a ? ut ? a ? ut 2 2
(3)

yM ? 2ut
(4) 可见 M 点沿 x 方向的速度为 u,沿 y 方向的速度为 2u,在 t = 0 时刻 BC 的中点在 x 轴上,其 x 坐 标为 3a/2. 在与 M 点固连的参考系中考察,并建立以 M 为原点的直角坐标系 Mx'y' , x'轴与 x 轴平行,y' 轴与 y 轴平行,则相对 M,船 A 的速度只有沿负 y'方向的分量,有 uAM=uAM y'=—2u (5) 在时刻 t,船 A 在坐标系 Mx'y'的坐标为

3 x? ? ? a A 2

(6) (7)

y? ? u AM t A

可以把 A 船的速度分解为沿连线 MA 方向的分量 uAM1 和垂直于连线 MA 方向的分量 uAM2 两个 分量,uAM1 使连线 MA 的长度增大,uAM2 使连线 MA 的方向改变,如图 2 所示.若用 R 表示 t 时刻连线 MA 的长度,则连线 MA 绕 M 点转动的角速度

??

u AM 2 R

(8)

若 MA 与 x'轴的夹角为θ ,则有
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u AM 2 ? u AM cos ?


(9)

cos ? ?

x? A R

(10)

R ? x?2 ? y ?2 A A
由(5)到(10)各式得

(11)

??

12au 9a ? 16u 2t 2
2

(12)

评分标准:本题 20 分. 求得(5)式共 6 分, ( 6)(7)式各 l 分, (8)式 6 分, (9)式 2 分, (10) (11)式各 l 分, 、 、 ( 12 ) 式 2 分

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第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题(2011)
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θ P=72.0°。 已知: 1AU=1.50×1011m, - 引力常量 G=6.67×10 11Nm2/kg2, 太阳质量 mS=1.99 30 ×10 kg,试求 P 到太阳 S 的距离 rP 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、 分) (20 质量均匀分布的刚性杆 AB、 如图放置, CD A 点与水平地面接触,与地面间的静摩擦系数为μ A,B、D 两 点与光滑竖直墙面接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦系数为 μ C,两杆的质量均为 m,长度均为 l。 1、已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角为θ ,求 CD 杆与墙面 夹角α 应该满足的条件(用α 及已知量满足的方程式表示) 。 2、若μ A=1.00,μ C=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)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对 称转轴稳定在规定指向,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 法就是所谓消旋法,其原理如图所示。 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 各拴有一个质量为

m 的小球,正常情况下,绳绕在圆筒外 2

表面上, 两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的 P0、 0′处, P 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ω 0。若要使卫星减慢或者停止旋转(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,解除小球 与卫星的联系,于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q′处。 1、 求当卫星角速度减至ω 时绳拉直部分的长度 l; 2、 求绳的总长度 L;
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3、 求卫星从ω 0 到停转所经历的时间 t。 四、 (20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz,如图所示, 匀强电场沿 x 方向,电场强度 E 1 ? E 0 i ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度 B ? B0 k ,E0、B0 分别

k 为已知常量, i、 分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。
1、有一束带电量都为+q、质量都为 m 的粒子,同时从 Oyz 平面 内的某点射出,它们的初速度均在 Oyz 平面内,速度的大小和方 向各不相同, 问经过多少时间这些粒子又能同时回到 Oyz 平面内。 2、 现在该区域内再增加一个沿 x 方向随时间变化的匀强电场, 电 场强度 E z ? ( E 0 cos?t ) k ,式中 ? ?

qB0 ,若有一电荷量为正 m

q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时刻从坐标原点 O 射出,初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。 不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考 虑变化的电场产生的磁场。 五、15 分) ( 半导体 pn 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。 当有光照射 pn 结时,pn 结两端会产生电势差,这就是光生伏打效应。当 pn 结两端接有负载时, 光照使 pn 结内部产生由负极指向正极的电流即光电流,照射 光的强度恒定时, 光电流是恒定的, 已知该光电流为 IL; 同时, pn 结又是一个二极管,当有电流流过负载时,负载两端的电
V

压 V 使二极管正向导通,其电流为 I D

? I 0 (e Vr ? 1) ,式中

Vr 和 I0 在一定条件下均为已知常数。 1、在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负载两端的 电压 V 的关系是 I=__________________。太阳能电池的短路 电 流 IS=_______________ , 开 路 电 压 VOC=___________________,负载获得的功率 P=______________。 - 2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1×10 9mA,Vr=0.026V。则此太阳能电池的开路 电压 VOC=___________________V, 若太阳能电池输出功率最大时, 负载两端的电压可近似表示为

VmP ? Vr ln

1 ? (I L / I 0 ) , 则 VmP=______________V 。 太 阳 能 电 池 输 出 的 最 大 功 率 1 ? (VOC / Vr )

Pmax=_______________mW。若负载为欧姆电阻,则输出最大功率时,负载电阻 R=_____________ Ω。

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六、 (20 分)图示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔和大气相通,大气的压强为 p0。用一热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸分为 A、B、C 三室,隔板与气缸固 连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气,气缸的左端 A 室中有一电加热器Ω 。已知在 A、 B 室中均盛有 1 摩尔同种理想气体,电加热器加热前,系统处于平衡状态,A、B 两室中气体的温 度均为 T0,A、B、C 三室的体积均为 V0。现通过电加热器对 A 室中气体缓 慢加热,若提供的总热量为 Q0,试求 B 室中气体末态体积和 A 室中气体的 末态温度。设 A、B 两室中气体 1 摩 尔的内能 U=5/2RT。 为普适恒量, R T 为热力学温度。

七、 (20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧与它共轴地 放置两个半径皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B。每个球面镜的凹面和凸面都是能反光的镜面。A、B 顶点间的距离为

3 ,圆孔的直径为 h。现 R 。在 B 的顶点 C 处开有一个透光的小圆孔(圆心为 C) 2

于凸透镜 L 左方距 L 为 6R 处放一与主轴垂直的高度也为 h h<<R) ( 的细短杆 PQ 点在主轴上) (P 。 PQ 发出的光经 L 后, 其中一部分穿过 B 上的小圆孔正好成像在球面镜 A 的顶点 D 处, 形成物 PQ 的像 I。则

1、 像 I 与透镜 L 的距离等于___________。 2、 形成像 I 的光线经 A 反射,直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离等于 _____________________。

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3、 形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像 I2,将 I2 的有关信息 填在下表中: I2 与 L 的距离 I2 在 L 左方还是右方 I2 的大小 I2 是正立还是倒立 I2 是实像还是虚像

4、 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上的小圆孔 C 的那一部分最后通过 L 成像 I3,将 I3 的有关信 息填在下表中: I3 与 L 的距离 I3 在 L 左方还是右方 I3 的大小 I3 是正立还是倒立 I3 是实像还是虚像

1 3 3 1 八、 (20 分)有一核反应其反应式为 1 p ?1 H ? 2 He ? 0 n ,反应中所有粒子的速度均远小于光速,

试问: 1、它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少? 2、在该核反应中,若 1 H 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该核反应能够发生的入射 粒子的最小动能(相对实验室参考系) 。 3、已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质子的入射方向成 60.0°角,则该中子的动能 Tn 为多少?
1 已知 1 p 、0 n 、 H 核、2 He 核的静止质量分别为: P=1.007276u, n=1.008665u, 3H=3.015501u, m m m 1

3

1

3

3

m3He=3.014932u,u 是原子质量单位,1u 对应的能量为 931.5MeV。结果取三位有效数字。

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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

x2 y2 ? ?1 a 2 b2
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.

(1)

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球 绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2

(2)

y
P

设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得

c ? a ? r0

b

rP
S

(3)

?P
P0 x

a
b ? a2 ? c2
由图 1 可知,P 点的坐标 (4)

O

x ? c ? rP cos ? P

(5) (6)

图1

y ? rP sin ? P
把(5)(6)式代入(1)式化简得 、

?a
根据求根公式可得

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

(7)

rP ?

b 2 ? a ? c cos ? P ? a 2 sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P

(8)

由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

rP ? 0.896AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

(9)

E=?

Gmms 2a

(10)

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式中 m 为彗星的质量.以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

? Gmm s ? Gmms 1 2 mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?


(11)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(12)

vP = 4.39 ?104 m ? s ?1
设 P 点速度方向与 SP0 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律

(13)

rP vP sin ?? ? ? P ? ? 2?
其中 ? 为面积速度,并有

(14)

y
P

??

πab T

b

rP
S

(15) 由(9)(13)(14)(15)式并代入有关 、 、 、 数据可得

?P
P0

?
x

a

O

? ? 127?
(16) 图2 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 ? ,取逆 时针为正向,用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为

r?

p 1 ? e cos ?

(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

p ? a ?1 ? e 2 ?
将(2)式代入(1)式可得

(2)

r?

a 1 ? e2 1 ? e cos?

?

?

(3)

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以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球 绕太阳作圆周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 3 ae Te2
在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得

(4)

e ? 1?
将 ? P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

r0 a

(5)

rP ? 0.895AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

(6)

E=?

Gmms 2a

(7)

式中 m 为彗星的质量.以 v P 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

? Gmms 1 2 mv P ? ? ? 2 rP ?
可得

? Gmms ??? 2a ?

(8)

vP ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(9)

vP = 4.39 ?104 m ? s ?1

(10)

设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? ,彗星在近日点的速度为 v0 ,再根据角动量守恒定律,有

rP vP sin ?? ? ? P ? ? r0 v0
根据(8)式,同理可得

(11)

v0 ? Gms ?
由(6)(10) 、 、(11)、(12)式并代入其它有关数据

2 1 ? r0 a

(12)

? ? 127?
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(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:

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力,N1 为地面对杆

y

AB 的支持力, f 2 、 N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩
擦力和支持力, N 3 、 N 4 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

D

N4

??

B N3

E F N2 mg f2 C mg f1 N1 A x

??
O

N4 ? N3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

(1) (2)

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 (3) mgl sin ? ? mgl sin ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 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
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CF ? l sin ? cot ?
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有

(4)

N 4 ? N 2 cos? ? f 2 sin ? ? 0 N 2 sin ? ? f 2 cos? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

(5) (6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

N4 ?

1 mg tan ? 2

(8)

1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2 ? 3 tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2

(9)

(10)

N1 ? 2mg
1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为

(11)

(12)

(13)

f 2 ? ?c N 2
由(12)(13)(14)式得 、 、

(14)

tan ? ?
AB 杆平衡的必要条件为

2 ? ?C sin ? ? cos ? ?

?C cos ? ? sin ?

(15)

f1 ? ? A N1
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(16)

由(10)(11)(16)式得 、 、

tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4? A ? 3 tan ? sin ? cos ? 因此,使系统平衡, ? 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

(17)

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得 因此, ? 的取值范围为

(18)

? ? 19.5?
1 9 . ?5? ? ?
? 21.1

(19)

(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 ? , 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 v1 和垂直于绳子方向的速度 v 2 两个分量.根据 机械能守恒定律和角动量守恒定律有 图1 O

T

v
v1
P

v2

1 1 1 1 2 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v1 ? v2 ? 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv1 ? ml v2
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(1) (2)

因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即

v1 ? R?
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

?M ? m ?R 2 ? ml 2 ? ?? ?M ? m ?R 2 ? ml 2 0
v2 ?
由(4)式可得

(4)

2?M ? m ?R 2 l ? ?M ? m ?R 2 ? ml 2 0

(5)

l?R

M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ?

(6)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(6)式,当 ? ? 0 得

L?R
这便是绳的总长度 L.

M ?m m

(7)

T?
??2 ??1 T
O

l ? ?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 ??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的长度增加了

l

v2 ? t ?

?l ,切点相对圆筒又转过一角度 ?? 2 ?
所以在 ?t 时间内,切点转过的角度

?l ,到达 T ? 处, R ?l R

图2

?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ?

(8)

切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ?? ,而切线方向的改变是小球具有垂直于 绳子方向的速度 v 2 引起的,故有

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v2 ?t l

(9)

v 2 ? l ? ?0 ? ? ?
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(10)

由(8)、 、 (9)(10)三式得

?l ? R?0?t
(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

(11)

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

(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
m 2

Q
R

T l r
m

P0?

O

P0
Q?

2

? .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 OP 的夹角为 ? ,如图 2 所示.由于 0 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 OP 的夹角变为 ? ? ?? ,绳的拉 0 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

?
T?
?? T

图1

l? l
P P0

P?

?
O

????

???? PP? ? l ??? ? l ??

图2

于是小球相对圆筒的速度大小为

v? ? l

?? ? l?? ?t

(1)

方向垂直于 TP . ?? 是切点相对圆筒转动的角 速度.
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R

? ? v v?
T

? v?1
l P r

? v?

? v? 2

? ? 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与圆筒 v? ? v? 2 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 ? 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

?
O

v? ? r?

(2)

方向垂直于 OP . 可以把 v? 分解成沿着 TP 方向的分量 图3

v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 ,如图 3 所示,即 v?1 ? R? v? 2 ? l?
(3) (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 的大小
2 v ? v?1 ? ? v? 2 ? v? ? 2

?

(5)



l ? R?
故有

(6)

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(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

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv2 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有
2 ?0 ? ? 2 ? 2 m ?? ? ?? ? ? 2 M ?m

(8) (9)

(10)

由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
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故有

?? ? ?0

(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

??
由(6)、(13)两式得

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ? M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

(13)

l?R

(14)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(14)式,当 ? ? 0 得绳总长度, 即

L?R

M ?m m

(15)

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为

? ? ?0t
当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

(16)

?s ?

M ?m m

(17)

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16)(17)式得 、

ts ?
评分标准: 本题 25 分. 解法一

?s 1 ? ?0 ?0

M ?m m

(18)

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
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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 v0 y 和 v0 z .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 v0 z 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

v0y ? ? v0y1 ? v0y ? v0y1
其中

(1)

v 0y 1 ? ?
沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

(2)

f Bx ? ?qv0 y1 B0
沿 x 负方向.粒子受到的电场力

(3)

f E ? f Ex ? qE0

(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

E0 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 B0
v0y 2 ? v0y ? E0 B0
(5)

沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示圆周 运动的半径,有

qv0y 2 B0 ? m
可得

2 v0y 2

r

(6)

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r?

mv0y 2 qB0
2?m qB0

(7)

由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

(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 E 2 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

?

a z 表示在此电场力作用下的加速度,有
maz ? qE0 cos ?t
或 (9)

az =
这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

(10)

az = ?? 2 z
由(10)、 (11)可得

(11)

z??

1 qE0 cos?t ?2 m

(12)

因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 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

z ? v0z t ?
?

1 qE0 cos ?t ?2 m
O

(13)

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响. ? 0 为粒子在 Oxy 设 平面内作圆周运动的角速度,则有

y

?0 ?

2π qB0 ? T m

(14)

?0t
r r

? v0 y 2

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

x? ? r ?1 ? cos ?0t ?
y? ? rsin?0t

(15) (16) x

第 98 页(共 109 页)

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 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:

x?

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ? E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m
mE0 qB cos 0 t 2 qB0 m

(17)

y??

(18)

z ? v0z t ?

(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.
V ? V ? 1. I L ? I 0 ? e T ? 1? ? ? ? ? V ? V ? VI L ? VI 0 ? e T ? 1? ? ? ? ?

(2 分) I L ,

(2 分) VT ln ?1 ? ,

? ?

IL ? ? I0 ?

(2 分) ,

(1 分) . (2 分) ;49mW (2 分) ;6.0 ? (2 分) .

2.0.62V (2 分) ;0.54V 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

VB ? 2V0

(1)

根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体末态的温度,有
第 99 页(共 109 页)

V0 VB ? T0 TB
由(1)、(2)式得

(2)

TB ? 2T0
由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

(3)

TA ? 2T0
下面计算此过程中的热量 Qm .

(4)

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

QA ?
由(4)、(5)两式得

5 R(TA ? T0 ) 2

(5)

5 RT0 2 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 QA ?

(6)

WB ? p0 (VB ? V0 )
由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

(7)

WB ? RT0
内能改变为

(8)

?U B ?
由(4)、(9)两式得

5 R(TB ? T0 ) 2 5 RT0 2 7 RT0 2

(9)

?U B ?

(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

QB ? ?U B ? WB ?
由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

(11)

Qm ? QA ? QB ? 6 RT0
若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 .

(12)

2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右端,但这时加热
第 100 页(共 109 页)

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 Q0 ? Qm 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 TA ,有
Q0 ? Qm ?
由(12)、(13)两式可求得

5 5 ? ? R(TA ? 2T0 ) ? R(TA ? 2T0 ) 2 2 ? TA ? Q0 4 ? T0 5R 5

(13)

(14)

B 中气体的末态的体积

? VB = 2V0

(15)

?? 3. 若 Q0 ? Qm , 则隔板尚未移到气缸最右端, 加热停止, B 室中气体末态的体积 VB 小于 2V0 , 故
?? ?? 即 VB ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA ,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

QA ?
B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量

5 ?? R(TA ? T0 ) 2

(16)

QB ?
利用理想气体状态方程,上式变为

5 ?? ?? R(TA ? T0 ) ? p0 (VB ? V0 ) 2

(17)

QB ?
由上可知

7 ?? R ?TA ? T0 ? 2

(18)

?? Q0 ? QA ? QB ? 6 R(TA ? T0 )
所以 A 室中气体的末态温度

(19)

?? TA ?
B 室中气体的末态体积

Q0 ? T0 6R

(20)

第 101 页(共 109 页)

?? VB ?
评分标准: 本题 20 分.

V0 Q ?? TA ? ( 0 ? 1)V0 T0 6 RT0

(21)

得到 Q0 ? Qm 的条件下(1)(4)式各 1 分; 、 (12)式 6 分,得到 Q0 ? Qm 的条件下的(14) 式 4 分, (15)式 2 分;得到 Q0 ? Qm 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) 3.

I 2 与 L 的距离
6R

I 2 在 L 左方还是右方
右方

I 2 的大小
2h

I 2 是正立还是倒立
倒立

I 2 是实像还是虚像
虚像

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. 4.

I 3 与 L 的距离
18R

I 3 在 L 左方还是右方
左方

I 3 的大小
2h

I 3 是正立还是倒立
倒立

I 3 是实像还是虚像
实像

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

Q ? ?? mp ? m 3 H ? ? m 3 He ? mn ? c 2 ? ?
式中 c 为光速.代入数据得

?

?

(1)

Q ? ?0.764MeV
上式表明这是一吸能核反应.
第 102 页(共 109 页)

(2)

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 v p ,
3 反应后 2 He 的速度大小为 v 3 He ,中子的速度大小为 v n ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? m3 He v 3 He ? mn vn

(3) (4)

1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v2He ? mn vn ? Q 3 2 2 2
由(3)(4)式可得 、
2 2 ? mn ? mn m3 He ? 2 ? mp ? mp m3 He ? 2 mp mn vp vn ? ? ? ? vn ? 2 ? vp ? 2 Q ? 0 ? ? ? ? m3 He m3 He m3 He ? ? ? ?

(5)



a?

2 mn ? m 3 He mn

m 3 He mp mn m 3 He m 3 He vp
2 vp ? 2 Q

b ? ?2 c?
把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m 3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(6)

2 a vn ? b vn ? c ? 0

(7)

(7)式有解的条件是

b2 ? 4ac ? 0

(8)

由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有解,反应一 定能发生;若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp

(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

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

(10)

第 103 页(共 109 页)

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?
代入有关数据得

(11)

Tth ? 1.02MeV
3.由动量守恒和能量守恒有

(12)

? ? ? mp vp ? m3 He v 3 He ? mn vn

(12) (13)

? mn vn

? m3 He v 3 He

以 ? 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

1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v2He ? mn vn ? Q 3 2 2 2

?
? mp vp
(14)

?m


3

He

v3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos?

1 2 mp vp 2 1 2 Tn ? mn vn 2 1 T3 He ? m3 He v 2He 3 2 Tp ?
把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

(15) (16) (17)

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?
由(18)(19)式,消去 T3 He 后,得 、

(18) (19)

Tn ? 2

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? ? Tn ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20)

令 得

S?

mn mpTp m 3 He ? mn

cos ? , R ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

(21)

Tn ? 2S Tn ? R ? 0

(22)

第 104 页(共 109 页)

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 R ? 0 ,故(22)式的 符合物理意义的解为

Tn ? S ? S 2 ? R
将具体数据代入(21)(23)式中,有 、

(23)

Tn ? 0.132MeV
(如果得到 Tn ? 0.131 MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法 解法一

(24)

3 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 2 He 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 v p ,
3 反应后 2 He 和中子的速度大小为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? (m3 He ? mn ) v

(1) (2)

1 1 2 mp vp ? (m3 He ? mn )v2 ? Q 2 2
由(1)(2)式可得 、

mn ? m 3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m 3 He ? mp
所以阈能为

(3)

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用第 1 问中的(1)式,并注意到

(4)

Q m3 H c2


?? 1

1 ? mn ? m3 He ? mp

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

Q ? 1 ? ?1 ? ? m3 H ? m3 H c 2 ? ? ?

第 105 页(共 109 页)

在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为

2

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?
代入有关数据得

(5)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分.

(6)

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 3 H 发生反应后, 1
3 生成的中子 n 和氦 2 He 相对质心都静止, 则质子 p 与氚 3 H 相对质心运动的动能之和全部转化成反 1

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 v? 和 v? H 分别表示质子 p 和氚 3 H 相对质心的速度,有 3 1 p

1 1 Q = mp v?2 ? m3 H v?32 p H 2 2
因系统质心的速度

(1)

vc ?


mp vp mp ? m 3 H
m 3 H vp mp ? m 3 H mp vp mp ? m3 H

(2)

v? ? v p ? vc ? p

(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?

(4)

第 106 页(共 109 页)

由(1)、(3)、(4)式得

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(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 mp ? m3 H ? mn ? m3 He .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

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q vc ? ? ? 2? ? 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m3 H m3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2
而入射质子的阀能

?

?

Tth ?
由(2)、(5)、(6)式得

1 ? mp ? m3 H ? vc2 ? Q 2

(6)

? mp ? Tth ? ?1 ? Q ? m3 ? ? ? H ?
代入有关数据得

(7)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分, 、(8)式 1 分.

(8)

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 1 H 发生完全非弹性碰 撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以 m10 表示质子
第 107 页(共 109 页)
3 3

的静止质量, m20 表示 3 H 的静止质量, m30 表示中子的静止质量, m40 表示 3 He 的静止质量,设 1 1
3 质子的入射速度大小为 v p ,反应后 2 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
v2 1? 2 c

(1)

m1c 2 ? m20 c 2 ?

? m30 ? m40 ? c 2
v2 1? 2 c

(2)

式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=
把(3)式代入(1)式,经整理得

m1vp m1 ? m20
2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

(3)

? m1 ? m20 ?


2

(4)

m1 ?

m10 1?
2 vp

(5)

c2

可得

m ?m ?
2 1 2 10

2 m12 vp

c2

(6)

若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c 2 ? m10c 2 ? Eth
由(4)、(6)、(7)式可得

(7)

Eth
利用题给条件并引入反应能,得

? m ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ? ? 30
2

2

2m20

(8)

第 108 页(共 109 页)

Eth ?
或有

mp ? m 3 H ? mn ? m 3 He 2m 3 H

Q

(9)

Q + 2 ? mp ? m 3 H ? 2 mp ? m 3 H Eth ? c Q ? Q 2m 3 H m3 H
代入有关数据得

(10)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分.

(11)

第 109 页(共 109 页)


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