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第20届全国中学生物理竞赛复赛试题及解答


第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷
全卷共七题,总分为 140 分。
一、 (15 分) 图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体, O 为其球心. 己知取无限远处的电势为零时, 球表面处的电势为 U=1000 V.在离球心 O 很远的 O′点附近有 一质子 b, 它以 Ek=2000 eV 的动能沿与 O? O 平行的方向射向 a. 以 l 表示

b 与 O? O 线之间的垂直距离, 要使质子 b 能够与带 电球体 a 的表面相碰,试求 l 的最大值.把质子换成电子,再 求 l 的最大值.

二、 (15 分)U 形管的两支管 A、B 和水平管 C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的,它们的内径与管长相 比都可忽略不计.己知三部分的截面积分别为

SA ? 1.0 ?10?2 cm2 , SB ? 3.0 ?10?2 cm2 ,

SC ? 2.0 ?10?2 cm2,在 C 管中有一段空气柱,两侧被水银封闭.当温度为 t1 ? 27 ℃时,空气柱长为 l =

a =2.0cm,b h =3.0cm,A、B 两支管都很长,其中的水银柱高均为 =12 cm.大
30 cm (如图所示) , C 中气柱两侧的水银柱长分别为 气压强保持为

p0 =76 cmHg 不变.不考虑温度变化时管和水银的

热膨胀.试求气柱中空气温度缓慢升高到

t =97℃时空气的体积.

三、 (20 分) 有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想. 其 设想如下:沿地球的一条弦挖一通道,如图所示.在通道的两个出

A 和 B ,分别将质量为 M 的物体和质量为 m 的待发射卫星同时自由释放,只要 M 比 m 足够大,碰 撞后,质量为 m 的物体,即待发射的卫星就会从通道口 B 冲出通道;设待发卫 星上有一种装置,在待发卫星刚离开出口 B 时,立即把待发卫星的速度方向变为
口处 沿该处地球切线的方向,但不改变速度的大小.这样待发卫星便有可能绕地心运 动,成为一个人造卫星.若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动,则地心 到该通道的距离为多少?己知 M =20 m ,地球半径 R0 =6400 km.假定地球是 质量均匀分布的球体,通道是光滑的,两物体间的碰撞是弹性的.

四、(20 分)如图所示,一半径为 R 、折射率为 n 的玻璃半球,放在空气中,平表面中央半径为 h0 的区域被 涂黑.一平行光束垂直入射到此平面上,正好覆盖整个表面. Ox 为以球心 O 为原点,与平而垂直的坐标 轴.通过计算,求出坐标轴 Ox 上玻璃半球右边有光线通过的各点(有光线段)和无光线通过的各点(无 光线段)的分界点的坐标.

五、(22 分)有一半径为 R 的圆柱 A,静止在水平地面上,并与竖直墙面相接触.现有 另一质量与 A 相同,半径为 r 的较细圆柱 B,用手扶着圆柱 A,将 B 放在 A 的上面, 并使之与墙面相接触,如图所示,然后放手. 己知圆柱 A 与地面的静摩擦系数为 0.20,两圆柱之间的静摩擦系数为 0.30.若放 手后,两圆柱体能保持图示的平衡,问圆柱 B 与墙面间的静摩擦系数和圆柱 B 的半径

r 的值各应满足什么条件?

六、(23 分)两个点电荷位于 x 轴上,在它们形成的电场中,若取无限远处的 电势为零,则在正 x 轴上各点的电势如图中曲线所示,当 x ? 0 时,电势

U ? ? :当 x ?? 时,电势 U ? 0 ;电势为零的点的坐标 x 0 , 电势为
极小值 ?U 0 的点的坐标为

ax0 ( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定这

两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置.

七、(25 分)如图所示,将一铁饼状大头在离地面高为 h 处沿水平方向 以初速 v0 抛出. 己知大头碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰 前沿竖直方向的分速度的大小之比为 e (<1) .又知沿水平方向大头 与地面之间的滑动摩擦系数为 ? (≠0) :每次碰撞过程的时间都非常 短,而且都是脸着地.求大头沿水平方向运动的最远距离.

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答 令 m 表示质子的质量, v 0 和 v 分别表示质 子的初速度和到达 a 球球面处的速度, e 表示元 电荷,由能量守恒可知

1 2 1 2 mv0 ? mv ? eU 2 2

(1)

因为 a 不动,可取其球心 O 为原点,由于质子所 受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球的球心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量 守恒。所求 l 的最大值对应于质子到达 a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切(见复解 20-1-1) 。以

lmax 表示 l 的最大值,由角动量守恒有 mv0lmax ? mvR
由式(1) 、 (2)可得 lmax

(2)

? 1?

eU R 2 mv0 /2
(4)

(3)

代入数据,可得 lmax

?

2 R 2

若把质子换成电子, 则如图复解 20-1-2 所示, 此时式 (1) 中 e 改为 ?e 。 同理可求得 lmax 二、参考解答 在温度为 T1

?

6 R(5) 2

? (27 ? 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为
(1) V1

p1 ? p0 ? h ,

? lSC

(2)

当气柱中空气的温度升高时,气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。设温度升高到 T2 时,气柱

右侧水银刚好全部压到 B 管中,使管中水银高度增大 ?h ?

bS C SB
(4)

(3)

由此造成气柱中空气体积的增大量为 ?V ? ? bSC

与此同时,气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管,进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度也应增大 ? h ,使 两支管的压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为 ?V ?? ? ?hSA 所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为 (5)

V2 ? V1 ? ?V ? ? ?V ??
pV 由状态方程知 1 1 T1 ? p2V2 T2

(6) p2

? p1 ? ?h
(8)

(7)

由以上各式,代入数据可得 T2

? 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T ? 273 ? t ? 370 K,所以温度将继续升高。从这时起,气柱中的空气作等压变 化。当温度到达 T 时,气柱体积为 V

?

T V2 T2
(11)

(10)

代入数据可得 V 三、参考解答

? 0.72 cm3

位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) ,它受到地球的引力可以表示为

F?

GM ?m , r2

(1)

式中 M ? 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量,若以 ? 表示地球的密度,此 质量可以表示为

4 M ? ? ?? r 3 3

(2)

于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为 F

4 ? ? G ? mr (3) 3 x r
(5)

作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为

f ? F sin ?

(4)

sin? ?

? 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力可以表示为
mg ? GM 0 m 2 R0
(6)式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g ? ? G? R 0 (7) 3
(8)

由以上各式可以求得

f ?

mg x R0
k? mg R0

可见,

f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T

? 2? R0 / g 。取 x ? 0 处为“弹性势能”的零点,

设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x ? 0 处的速度为 v0 ,则根据能量守恒,有

1 2 1 2 mv0 ? k ( R0 ? h2 ) 2 2
式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得 v0 可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口
2 2 R0 ? h2 ? g R0

(10)

(11)

A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它们同时释放,

因为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰撞。碰撞前,两物体速度的大 小都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为 V ,质量为 m 的物体的速度为 v ,若规定速

度方向由

A 向 B 为正,则有
(12)

Mv0 ? mv0 ? MV ? mv ,
解式(12)和式(13) ,得

1 2 1 2 1 1 Mv0 ? mv0 ? MV 2 ? mv2 2 2 2 2

(13)

v?

3M ? m v0 M ?m

(14)

质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有

1 1 1 2 k ( R0 ? h2 ) ? mu 2 ? mv2 2 2 2
由式(14) 、 (15) 、 (16)和式(9)解得 u
2

(15)

?

2 ? h2 8M ( M ? m) R0 g R0 ( M ? m)2

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向,如果 u 的大小
恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有 G

M 0m u2 ? m 2 R0 R0

(17)

由式(16) 、 (17)并注意到式(6) ,可以得到 h ?

R0 2

7 M 2 ? 10Mm ? m2 2M ( M ? m)
(19)

(18)

已知 M ? 20 m,则得 h ? 0.925R0 四、参考解答

? 5920 km

图复解 20-4-1 中画出的是进入玻璃半球的任 一光线的光路(图中阴影处是无光线进入的区域) , 光线在球面上的入射角和折射角分别为 i 和 i ? ,折 射光线与坐标轴的交点在 P 。 令轴上 OP 的距离为

x , MP 的距离为 l ,根据折射定律,有 sin i? ? n (1) sin i l x 2 2 2 在 ?OMP 中 (2) l ? R ? x ? 2 Rx cos i ? sin i sin i?
由式(1)和式(2)得 x ? nl 再由式(3)得 x
2

(3 )

? n2 ( R2 ? x2 ? 2Rx cos i)

设 M 点到 Ox 的距离为 h ,有 h ? R sin i ; 得

R cos i ? R2 ? R2 sin 2 i ? R2 ? h2

x2 1 ? R 2 ? x 2 ? 2 x R 2 ? h 2 ; x2 (1 ? 2 ) ? 2x R2 ? h2 ? R2 ? 0 2 n n
解式(4)可得 x ?

(4)

n2 R 2 ? h2 ? n R 2 ? n2h2 n2 ? 1

(5)

为排除上式中应舍弃的解,令 h ? 0 ,则 x 处应为玻璃半球在光轴 Ox 上的傍轴焦点,由上式

x?

n(n ? 1) n n R? R或 R 2 n ?1 n ?1 n ?1

由图可知,应有 x ? R ,故式(5)中应排除±号中的负号,所以 x 应表示为

x?
上式给出 x 随 h 变化的关系。

n2 R 2 ? h2 ? n R 2 ? n2h2 n2 ? 1

(6 )

因为半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有 h ? h0 ,其中折射光线与 Ox 轴交 点最远处的坐标为

x0 ?

2 2 n2 R 2 ? h0 ? n R 2 ? n2 h0

n2 ? 1
(7 )在轴上

x ? x0 处,无

光线通过。 随 h 增大,球面上入射角 i 增 大,当 i 大于临界角 iC 时,即会发 生全反射,没有折射光线。与临界角 iC 相应的光线有

hC ? R sin iC ? R

1 n

n2 R 1 ?
这光线的折射线与轴线的交点处于 xC

?

n ?1

2

1 n2 ?

nR n2 ? 1

(8)

在轴 Ox 上 R ? x ? xC 处没有折射光线通过。 由以上分析可知, 在轴 Ox 上玻璃半球以右 xC

? x ? x0(9)

的一段为有光线段,其它各点属于无光线段。 x0 与 xC 就是所要求的分界点,如图复解 20-4-2 所示 五、参考解答 放上圆柱 B 后,圆柱 B 有向下运动的倾向,对圆柱 A 和墙面有压力。圆柱 A 倾向 于向左运动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡 状态, 取圆柱 A 受地面的正压力为 N1 , 水平摩擦力为 F1 ; 圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 , 竖直摩擦力为 F2 ,圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N3 ,切向摩擦力为 F3 ;圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 N 3? , 切向摩擦力为 F3? ,如图复解 20-5 所示。 各力以图示方向为正方向。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与墙面的摩擦系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下面 列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

M g? N ?? 1? N 3s i n

F ?s? 3 co

0

(1)

F1 ? N3 cos? ? F3 sin ? ? 0
圆柱 B:

(2) F 1R ? F 3 R (3) (4) (6) (7)

Mg ? F2 ? N3? sin ? ? F3? cos? ? 0 ?cos ?3 s i N 2 ? N3 ?? F ?n? 0 (5) F3?r ? F2 r

由于 F3?

? F3 ,所以得 F1 ? F2 ? F3 ? F3? ? F

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3? 的大小。又因 N3?

、 (2 ) 、 (4)和(5)四式成为: ? N3 ,于是式(1)

Mg ? N1 ? N3 sin ? ? F cos? ? 0

(8) F ? N3 cos? ? F sin ?

? 0 (9)

Mg ? F ? N3 sin ? ? F cos? ? 0 (10) N2 ? N3 cos? ? F sin ? ? 0 (11)
以上四式是 N1 , N 2 , N3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

N 2 ? F (12)
(14)

N3 ?

1? s i ? n Mg 1 ? c o? s ? s? in N1 ?

(13)

N2 ? F ?

cos ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

2 ? cos ? ? 2sin ? Mg 1 ? cos ? ? sin ?

(15)

式(12) 、 (13) 、 (14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N3 没有问题,但 F1 , F2 , F3 三个力 能不能达到所需要的数值 F ,即式(12) 、 (14)要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达 到所需的 F 值,在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ?

F2 N2

由式(12) ,得

F2 ? 1 所以 ?2 ? 1 N2

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律 上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 F1 满足 F 1 一点将要发生滑动。 圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是 ?1

f ? ? N ,若

? ?1 N1 ,则圆柱在地面上不滑动;若 F1 ? ?1 N1 ,这

?

F1 cos ? ? N1 2 ? cos ? ? 2sin ?
? 1 ? cos 2 ? ? 2 Rr R?r

(17)

由图复解 20-5 可知 cos ?

?

R?r R?r

(18) sin ?

(19) (20)

由式(17) 、 (18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得

1 r? R 9

即只有当 r

1 ? R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9

最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

?3 ?

F3 cos ? ? N3 1 ? s i ? n

(21)

?7? 由式(18) 、 (19)以及 ?3 =0.30,可解得 r ? ? ? R ? 0.29 R ? 13 ?
六、参考解答

2

(22) (23)

显然, 在平衡时,r 的上限为 R 。 总结式 (20) 和式 (22) , 得到 r 满足的条件为 R ? r ? 0.29 R

在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点,故 正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知 x ? x0 处的电势为零,故可知这两 个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,当考察点离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的 减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时, 电势没有出现负无限大,即没有经过负的点电荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距 离为 a ,当 x 很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。即产 生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位于负 x 轴上离原点距 离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件有

k

Q1 Q2 ?k ?0 x0 x0 ? a

(1)

k

Q1 Q2 ?k ? ?U 0 ax0 ax0 ? a

(2)

因 x ? ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x ? ax0 处的电势能也为极小值, 这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因而有

k

Q1 Q2 ?k ?0 2 (ax0 ) (ax0 ? a) 2

(3)

由式(1) 、 (2)和(3)可解得

a ? a(a ? 2) x0
七、参考解答

(4) Q1

?

ax0 U0 a?2 k

(5)

Q2 ?

a ( a ? 1) 2 U 0 x0 a?2 k

(6)

式中 k 为静电力常量。

设物块在 A 碰撞前水平速度仍为 v0 , 竖直速度为 u0 1 点第一次与地面碰撞, 碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

? 2gh

(1)

u1 ? eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物

块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

N1 ?

mu0 ? mu1 ?t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv ? N 1 ? mv 0 ? ? 1 ? t (4)由以上各式得 v1 ? v0 ? (1 ? e) ? u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,?, An 其碰撞后的竖直分速度分别为 u2

(5)

? e2u0
(6)

u3 ? e3u0 ???? un ? enu0
其水平速度分别为 v2

? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e)u0 ; v3 ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 )u0 ????

vn ? v0 ? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n ?? 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但物块对地面的 正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 ?mg ,因次,物块沿水平方向的 分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n ? n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在 n ? n0 束后, 水平方向的分速度恰好变为零。 因 vn ?1 ? 0 , 由式 (7)v0 0

? 1 次碰撞结

? (1 ? e)? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 )u0 ? 0

v0 ?

(1 ? e) ? (1 ? e n0 ?1 )u0 ?0 1? e

e n0 ?1 ? 1 ?

( 1? e v )0 ( 1? e ? ) u0

两边取对数 n0

?1 ?

(1 ? e)v0 ? (1 ? e)v0 ? 1 ? 1 ? lg ?1 ? lg ?1 ? ? (8)令 B ? ? (9) lg e ? (1 ? e) ?u0 ? lg e ? (1 ? e)? u0 ?

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰撞次数

n0 ? 1 ? B 有

n0 ? B ? 1

(10)

若 B 不是整数, 此种情况对应于在 n ? n0 则碰撞次数 n0

? 1 次碰撞结束前, 即在小于碰撞时间内, 水平速度变为零。

? 1 ? ? B? ? 1 有 n0 ? ? B?

(11)

? B ? 表示 B 的整数部分。

由于经过 n0

? 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未为零,故物块将
n

在 An ?1 处作上下跳跃,直到 e 0

u0 ? 0 ,即 n ?? ,最后停止在 An0 ?1 处。物块运动的最远水平距离
u0 v0 g
(12)

s ? A0 An0 ?1 。下面分别计算每次跳跃的距离。 A0 A1 ?

A1 A2 ?

2 2eu0v0 2eu0 2u1 v1 ? ? (1 ? e) ? g g g 2 2e2u0v0 2e2u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e) g g

A2 A3 ?

????

An0 An0 ?1 ?

2 2en0 u0v0 2en0 u0 ? (1 ? e) ? (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

s?

u0 2u v 2u 2 v0 ? 0 0 (e ? e2 ? ? ? en0 ) ? 0 (1 ? e) ?[e ? e2 (1 ? e) ? e3 (1 ? e ? e2 ) g g g
(14)

?? ? en0 (1 ? e ? e2 ? ? ? en0 ?1 )]
分别求级数的和:

1 ? e n0 1? e n0 2 3 2 e ? e (1 ? e) ? e (1 ? e ? e ) ? ? ? e (1 ? e ? e 2 ? ? ? e n0 ?1 ) e ? e 2 ? e3 ? ? ? e n0 ? e

(15)

? e ? e2 ?

1 ? e2 1 ? e3 1 ? e n0 ? e3 ? ? ? e n0 1? e 1? e 1? e

1 [e(1 ? e) ? e 2 (1 ? e 2 ) ? e3 (1 ? e3 ) ? ? ? e n0 (1 ? e n0 )] 1? e
1 e ? e n0 ?1 ? e n0 ? 2 ? e 2 n0 ? 2 ( ) 1? e 1 ? e2
,得 ? 2gh 代入式(14) (16)

?

将以上两个关系式和 u0

s ? v0

2h 1 ? en0 4e? h (1 ? 2e )? (1 ? en0 )(1 ? en0 ?1 ) g 1? e (1 ? e)2

(17)

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。


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