答案--2020年全国物理竞赛复赛试卷A
2020年全国初中应用物理知识竞赛复赛试题含答案
2020年全国初中应用物理知识竞赛复赛试题一、(8分)1 kg20℃的水吸收4．2×103J的热量后，它的可能温度是多少?在下列4个答案中选出正确答案的序号并说明选择该答案的理由．A．80℃ B．100℃ C．120℃ D．1 30℃二、(8分)小浩制作了一个弹簧秤，如图所示，弹簧一共20匝．经检验，该弹簧秤在测量范围内(0～5 N)示数是准确的．该弹簧不但“伸长的长度跟所受的拉力成正比”，而且弹簧受拉力伸长时，各匝伸长的长度都相等．有一次不慎把弹簧靠近O端的一小部分挤压变形，小浩把变形的3匝剪去，并把弹簧上端重新固定在O点，然后把指针C适当向下移，使它在弹簧秤竖直放置时指针C 仍然指在“O”刻线处．(1)写出这个新改制的弹簧秤受到的拉力F与它的示数F测的关系式并说明理由．(2)用这个新改制的弹簧秤称量一个重物，它的示数为4．0N，该物实重是多少？三、(10分)(1)如图甲、乙、丙三人要合扛一个重物．物重600N，三人肩头所能承受的最大压力均为200 N．现有两根一样长的硬棒及必要的绳子(硬棒及绳的自重不计)，请你设计出一种方法，使三人肩头承受的压力都不超过最大压力．画出示意图表示你设计的扛重物的方法．．(2)如图，小明推一辆满载重物的独轮车，手握在车把A处(图中未画人)，遇到一个较高的台阶，他自己推不上去，小华赶快跑来帮忙．小华选择了一种最省力且效果最好的施力方法，请画出小华所施力F的示意图．四、(20分)教学中常用的投影仪的结构如图4所示，在水平放置的凸透镜的正上方有一与水平成45°角的平面镜，右边竖直放一屏幕．物体的光线经凸透镜和平面镜后，可在屏上成一清晰的像．如图是这一装置的示意图，A"B"是物AB的像．图中BO1＝30 cm，O1O2=20cm，O2O3＝90cm．(1)对凸透镜而言，物距和像距各是多少?(2)在图中画出物AB的成像光路图．(3)若将凸透镜向上移动一点，像将向何方移动?(4)说明螺纹透镜的作用．五、(1 6分)如图(甲)所示为一个电磁继电器的示意图，a、b是它的两个端点；B是衔铁，D是安在一块金属板上的触点，B和D都安在一个弹性片C上，C的左端固定，c和c’、d和d’分别是安在绝缘板上的金属触点，当线圈A不通电时，D上的触点与c及c’接触．把c和c’连接起来，因此c、c’称为常闭触点；而d及d’此时是断开的，称为常开触点．当线圈A通电时，衔铁B被吸下，c和c’断开而d和d’被连接起来．现在利用这个电磁继电器控制带动水泵的电动机工作，使水泵往水箱中抽水．在水箱中竖直立一根绝缘棒，在棒上分别安有P、Q、R三个电极，如图(乙)所示．现在希望控制水箱内的水位总在Q、R之间，即水位降到Q处，电动机启动，开始抽水，水位达到R处，电动机自动关机，停止抽水(水是导电的)．图(丙)和图(丁)分别是控制电路和电动机的供电电路，图中R0是与电磁继电器线圈并联的一个电阻，它的阻值很小，当R0接入电路后，电磁继电器的线圈相当于被短路．(丙)、(丁)两图中标有1～6的6个接线柱是与电磁继电器的线圈或触点相连的．(1)写出这6个接线柱分别与电磁继电器的何处连接．(2)开始水箱内没有水，试说明闭合开关S后，水箱内的水位为什么能保持在Q、R之间．六、(1 8分)课外活动小组的同学设计制作了一个电热孵卵器，他们用两根额定电压和额定功率都相同的电热丝作热源，再连入一个电阻R0，使这台孵卵器即使断了一根电热丝，单丝工作产生热量的效果仍然与双丝工作时产生的热量效果完全相同．若电源两端的电压为U，两丝的额定电压均为U L、额定功率均为P L．(1)画出孵卵器的电路图．(2)R0的阻值是多大?(3)R0在单丝工作与双丝工作状态下消耗功率之比是多少?七、(2 0分)小刚家的一个水龙头拧不紧，水一滴一滴不停地滴落到地上．小刚发现，在耳朵听到前一滴水滴在地上的声音的同时，看到下滴水刚好开始下落(如图)．他为了测算水滴下落的平均速度和一天来浪费的水量，找来了秒表和卷尺．首先量出水龙头口离地面的高度^，再用秒表计时．计时的方法是：当听到某一水滴滴在地上的声音的同时，开启秒表开始计时，并数“1”，以后每听到一声水滴声，依次数“2、3……”，一直数到“n”时，按下秒表停止计时，读出秒表的示数为t．(1)写出用上述测量量表示水滴在空中运动的平均速度v的表达式．(2)小刚测得h=1 m，当数到n=20时秒表的示数t=8．7 s，则水滴下落的平均速度v是多少?(3)若每滴水质量是O．2 5 g，则一昼夜要浪费多少水?(4)小刚为了进一步找出水滴下落的平均速度v和下落高度h的关系，又做了以下实验：找来一块挡板，让水滴落在挡板上．改变挡板和水龙头口之间的距离h，并仔细调节水龙头的快慢，使得耳朵听到前一滴水滴在挡板上的声音的同时，下一滴水刚好开始下落．计时方法仍和上面一样．他从实验中又获得了如下表所示的6组数据(连同上面的一组共有7组数据)．请你帮助小刚继续完成以下的工作：①把这些数据分别标示在(甲)(乙)两个坐标系中，并作出相应的图象．其中(甲)的纵坐标是水滴在空中运动的平均速度v ,(乙)的纵坐标是水滴在空中运动的平均速度的平方，即v2，它们的横坐标都是高度h．②根据图象写出v与h的函数关系．次数 1 2 3 4 5 6高度h(m) 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.80.9 7 1.1 9 1.38 1.5 4 1.6 8 1.9 5平均速度v(m／s)(5)考虑到声音传播的速度远小于光的传播速度这一因素，上面测出的水滴的平均速度会有一定的误差，测量值与真实值相比，是偏大还是偏小?为什么?答案一、A、B、C(8分)说明：经计算，若不考虑物态变化，水温可升高100℃，即达到120℃．但题目未给出大气压的值，在不同气压下水的沸点不同，因此当沸点在120℃以上时可选C；当沸点为80℃或100℃，水温分别达到80℃或100℃，剩余的热量不足以使l kg水全部汽化，故可选A或B．二、(1)对于一定的拉力F，弹簧改制前后每匝的伸长量是相同的，但改制后的弹簧只有l 7匝，故总的伸长量只有原来的17/20倍，而弹簧刻度的示数未变，因而示数F测与实际拉力F的关系为F测=1 7/20 F，或F=20/17 F测≈1．18F测．(8分)(2)已知F测=4．0 N，故F=4．0 × 1．1 8 N=4．72N，即该物实重4．72 N．三、(1)如图答：1．(5分) (2)如图答2．(5分)四、(1)依题意物距为30cm，像距为ll0cm．(5分)(2)作图：如图答3所示．(5分)(3)凸透镜向上移，相当于物距增大，则像距必减小，即A'B’下移，则A，，B∥必左移．(5分)(4)螺纹透镜可对光源发出的光起会聚作用，能扩大聚光面积使成像更清晰．它对光的会聚作用与平凸透镜相同，但却薄得多，轻便得多．(5分)五、(1)l～c，2～c’，3～a，4～b，5～d，6～d’．(1与2，3与4，5与6都可以互换)(8分)(2)闭合S后，衔铁B被吸下，d和d’被接通，电动机动转，水泵开始抽水，水位达到R处时，R0支路被接通，电磁继电器线圈被短路，B被释放，电动机停止工作，同时c及c’被接通，电磁继电器的线圈仍处于短路状态．待水位降至Q以下， Ro支路被切断，电磁继电器线圈通电，衔铁B被吸下，水泵又开始抽水，直到水位达到R 处停止(8分)六、(1)见图答4．P单=P双，(2)据题意可知而R=U L2/P L，(R为电热丝电阻值)，(3)或七、(1)(2)平均速度v≈2．1 8m／s． (4分)(3)一昼夜浪费的水量w=47．172kg． (4分)(4)①如图答5． (2分)②可得出v2与h成正比(或v与h的平方根成正比) (2分)(5)偏小．因为若不放置挡板，在看到“下一滴水刚好开始下落”的同时，前一滴水实际下落的高度比h要大些，即用听声的办法测得的高度偏小，故v偏小． (4分)第11 页共11 页。
2020年第二十届全国应用物理竞赛试题及答案(word版) 新人教版 精品
2020年第二十届全国应用物理竞赛试题一、选择题（每小题2分，共20分）：以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。
1．2020年的诺贝尔物理学奖由三人分享，其中在光纤通信技术方所做的原创性工作而被称为“光纤之父”的美籍华人是（）A．钱永健B．朱棣文C．高锟D．丁肇中2．晴朗无风的早晨，当飞机从空中飞过，在蔚蓝的天空中会留下一条长长的“尾巴”，如图1所示，这种现象俗称为“飞机拉烟”。
产生这一现象的原因之一是飞机在飞行过程中排出的暖湿气体遇冷所致。
在这一过程中，暖湿气体发生的物态变化是（）A．熔化B．液化C．蒸发D．升华3.2020年1月2日起，我国北方大部分地区遭大范围降雪天气袭击。
大雪严重影响了民航、铁路和高速工路等交通，如图2所示。
在遇到这种天气时，为了尽快清除积雪，常用的办法是撒“融雪盐”，这是因为（）A.“融雪盐”与少量水发生化学反应，产生的热量使周围的冰雪熔化B.“融雪盐”产生“保暖层”，使冰雪吸收足够的“地热”而熔化C.使雪形成“含融雪盐的雪”，“含融雪盐的雪”熔点低于当地温度，使雪熔化D.“融雪盐”有利于冰雪对阳光的吸收，从而加快冰雪的熔化4.小明发现户外地面以上的冬季供热管道每隔一段距离总呈现型，如图3所示。
其主要原因是（）A.为了避开行人和建筑物B.为了美观C.为了避免管道因热胀冷缩导致的损坏D.为了方便工人师傅安装和检修5.体操、投掷、攀岩等体育活动都不能缺少的“镁粉”，它的学名是碳酸镁。
体操运动员在杠前都要在手上涂擦“镁粉”，其目的是A.仅仅是为了利用“镁粉”吸汗的作用，增加手和器械表面的摩擦而防止打滑B.仅仅是为了利用手握着器械并急剧转动时“镁粉”能起到衬垫作用，相当于在中间添加了一层“小球”做“滚动摩擦”C.仅仅是为了利用“镁粉”填平手掌的褶皱和纹路，使手掌与器械的接触面积增大，将握力变得更加实在和均匀D.上述各种功能都有6.小新同学家中的墙壁上竖直悬挂着一指针式电子钟，当其因电池电能不足而停止时。
2020年第37届全国中学生物理竞赛预赛及复赛试题真题
第37届全国中学生物理竞赛预赛试题一、选择题1. 有两个同样的梯子，其顶部用活页连在一起，在两梯中间某相对的位置用一轻绳系住，便形成了人字梯。
如图所示，将两个同样的人字梯甲、乙放置于水平地面上，甲梯用的绳更长一些。
当某人先、后站在甲、乙两梯顶端时，下述说法正确的是（）A. 甲梯所受地面的支持力一定较大B. 甲、乙两梯所受地面的支持力一定相等C. 绳子被张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的大D. 绳子被张紧时，甲梯所受地面的摩擦力一定比乙梯的小2. 某飞机（见图a）起落架结构如简图b所示。
当驱动杆甲转动时，通过杆上螺纹带动连杆乙，实现轮子的收放。
忽略空气对轮子的阻力。
不考虑地球自转。
下述说法正确的是（）A. 飞机在着陆瞬间，连杆乙、丙对轮轴的合力竖直向下B. 飞机在着陆瞬间，连杆乙、丙对轮轴的合力竖直向上C. 飞机沿直线匀速飞行时，连杆乙、丙对轮轴的合力竖直向上D. 轮子受到的重力与连杆乙、丙对轮轴的合力是一对作用力与反作用力3. 某电动汽车自重2.0 t，其电池额定容量为50kWh。
车行驶时受到的阻力约为车重的十分之一。
电池瞬时功率最高可达90kW，理论续航里程为400km。
国家电网的充电桩可在电池额定容量的30%~80%范围内应用快充技术（500V，50A）充电，而便携充电器(220V，16A)可将电池容量从零充至100%；不计充电电源的内阻。
当汽车电池剩余电量为其额定值的30%时，下列说法正确的是A. 汽车至少还能行驶130kmB. 用国家电网充电桩将电池容量充至其额定值的80%，理论上需要40minC. 用便携充电器将电池电量充至其额定值的80%，理论上需要7h以上D. 此电动汽车的最高行驶速度可超过130 km/ht 4. 甲、乙两车在同一平直公路上以相同速度30m/s同向行驶，甲车在前，乙车在后，两车距离100m。
从0时起，甲、乙两车的加速度随时间变化如图所示。
取运动方向为正方向，下面说法正确的是（）A. t = 3s时刻两车距离最近B. t = 9s时刻两车距离为100mC. 3~9s内乙车做匀减速运动D. t = 9s时刻乙车速度为零5. 在生产纺织品、纸张等绝缘材料过程中，为了实时监控材料的厚度，生产流水线上设置如图所示的传感器，其中甲、乙为平行板电容器的上、下两个固定极板，分别接在恒压直流电源的两极上。
全国中学生物理竞赛复赛试卷及参考解答
全国中学生物理竞赛复赛试卷（本题共七大题，满分160分）一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。
平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。
平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。
一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。
平板静止在其平衡位置。
水球B 与平板PQ 的质量相等。
现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。
已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。
要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。
AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。
BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。
当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。
BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。
求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。
容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。
隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。
整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。
初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。
第20届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分尺度一、参考解答令m 暗示质子的质量，0v 和v 别离暗示质子的初速度和达到a 球球面处的速度，e 暗示元电荷，由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ 〔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达到a 球外表处时其速度标的目的刚好与该处球面相切〔见复解20-1-1〕。
以max l 暗示l 的最大值，由角动量守恒有max 0mv l mvR = 〔2〕由式〔1〕、〔2〕可得20max 1/2eU l R mv =-〔3〕 代入数据，可得 max 22l R = 〔4〕 假设把质子换成电子，那么如图复解20-1-2所示，此时式〔1〕中e 改为e -。
同理可求得max 62l R =〔5〕评分尺度：此题15分。
式〔1〕、〔2〕各4分，式〔4〕2分，式〔5〕5分。
二、参考解答在温度为1(27273)K=300K T =+时，气柱中的空气的压强和体积别离为10p p h =+， 〔1〕1C V lS = 〔2〕当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被迟缓压入A 管和B 管。
设温度升高到2T 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C BbS h S ∆= 〔3〕 由此造成气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= 〔4〕与此同时，气柱左侧的水银也有一局部进入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A V hS ''∆=∆ 〔5〕所以，当温度为2T 时空气的体积和压强别离为21V V V V '''=+∆+∆ 〔6〕21p p h =+∆ 〔7〕由状态方程知112212p V p V T T = 〔8〕 由以上各式，代入数据可得2347.7T =K 〔9〕此值小于题给的最终温度273370T t =+=K ，所以温度将继续升高。
全国高中物理竞赛复赛试题含答案
全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题说明：所有答案 （包括填空）必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。
一、（12分）2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中（平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象）. 假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示. （1）该液滴处于平衡状态时的形状是__________；（2）决定该液滴振动频率f 的主要物理量是________________________________________； （3）按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为,,a b c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率f 与,,a b c 的关系式表示为αβγ∝f a b c ，其中指数,,αβγ是相应的待定常数.） 二、(16分) 一种测量理想气体的摩尔热容比/p V C C γ≡的方法（Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶G 内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H ，另接出一根U 形管作为压强计M ．瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U 形管液面的高度差i h ．然后打开H ，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H . 等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差f h ．试由这两次记录的实验数据i h 和f h ，导出瓶内气体的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U 形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化）三、（20分）如图所示，一质量为m 、底边AB 长为b 、等腰边长为a 、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A 和B 的水平轴x 自由转动；图中原点O 位于AB 的中点，y 轴垂直于板面斜向上，z 轴在板面上从原点O 指向三角形顶点C . 今在平板上任一给定点000M (,0,)x z 加一垂直于板面的拉力Q .振动的液滴M 0 A BxQ ϕOy zC（1）若平衡时平板与竖直方向成的角度为ϕ，求拉力Q 以及铰链支点对三角形板的作用力N A 和N B ；（2）若在三角形平板上缓慢改变拉力Q 的作用点M 的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度仍保持为ϕ，则改变的作用点M 形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A 或B 对板作用力的垂直平板的分量在M 变动中保持不变？四、（24分）如图所示，半径为R 、质量为m 0的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴OO '上，可沿OO '轴滑动或绕OO '轴旋转．圆环上串着两个质量均为m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕OO '轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放．（1）设开始时圆环绕OO '轴转动的角速度为ω0，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO '轴上滑？（2）若小球下滑至30θ=︒（θ是过小球的圆环半径与OO '轴的夹角）时，圆环就开始沿OO '轴上滑，求开始时圆环绕OO '轴转动的角速度ω0、在30θ=︒时圆环绕OO '轴转动的角速度ω和小球相对于圆环滑动的速率v .五、（20分）如图所示，现有一圆盘状发光体，其半径为5cm ，放置在一焦距为10cm 、半径为15cm 的凸透镜前，圆盘与凸透镜的距离为20cm ，透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏．图中所有光学元件相对于光轴对称放置．请在几何光学近轴范围内考虑下列问题，并忽略像差和衍射效应．（1）未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状；（2）若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处. 当圆形光阑的半径逐渐减小时，圆盘的像会有什么变化？是否存在某一光阑半径a r ，会使得此时圆盘像的半径变为（1）中圆盘像的半径的一半？若存在，请给出a r 的数值.（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，回答（2）中的问题； （4）圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？ （5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，回答（2）中的问题.六、（22分）如图所示，一电容器由固定在共同导电底座上的N +1片对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N 片对顶双扇形薄金属板组成，所有顶点共轴，轴线与所有板面垂直，两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合，板面扇形半径均为R ，圆心角均为0θ（02πθπ≤<）；固定金属板和可旋转的金属板相间排列，两相邻金属板之间距离均为s ．此电容器的电容C 值与可旋转金属板的转角θ有关．已知静电力常量为k ．（1）开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合，忽略边缘效应，求可旋转金属板的转角为θ（00θθθ-≤≤）时电容器的电容()C θ；（2）当电容器电容接近最大时，与电动势为E 的电源接通充电（充电过程中保持可旋转金属板的转角不变），稳定后断开电源，求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩； （3）假设02πθ=，考虑边缘效应后，第（1）问中的()C θ可视为在其最大值和最小值之间光滑变化的函数max min max min 11()()()cos222C C C C C θθ=++- 式中，max C 可由第（1）问的结果估算，而min C 是因边缘效应计入的，它与max C 的比值λ是已知的．若转轴以角速度m ω匀速转动，且m t θω=，在极板间加一交流电压0cos V V t ω=．试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值，并给出该平均值取最大值时所对应的m ω．七、（26分）Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式，近年来受到特别重视，其原理如图所示．图中，长20 mm 、直径为5m μ的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列，瞬间通以超强电流，钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应；钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上，可以使靶球压缩后达到高温高密度状态，实现核聚变．设内圈有N 根钨丝（可视为长直导线）均匀地分布在半径为r 的圆周上，通有总电流7210A =⨯内I ；外圈有M 根钨丝，均匀地分布在半径为R 的圆周上，每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝．已知通有电流i 的长直导线在距其r 处产生的磁感应强度大小为m i k r，式中比例常量772210T m/A 210N /A m k --=⨯⋅=⨯．（1）若不考虑外圈钨丝，计算内圈某一根通电钨丝中间长为L ∆的一小段钨丝所受到的安培力；N 片可旋转金属板（2）若不考虑外圈钨丝，内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面，且箍缩为半径0.25cm r =的圆柱面时，求柱面上单位面积所受到的安培力，这相当于多少个大气压？（3）证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面，圆柱面内磁场为零，即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果；（4）当1N >>时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为m Ik R内，若要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力，求外圈钨丝圆柱面的半径R 应满足的条件；（5）由安培环路定理可得沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场，请用其他方法证明此结论. （计算中可不考虑图中支架的影响）八、（20分）天文观测表明，远处的星系均离我们而去．著名的哈勃定律指出，星系离开我们的速度大小v =HD ，其中D 为星系与我们之间的距离，该距离通常以百万秒差距（Mpc ）为单位；H 为哈勃常数，最新的测量结果为H =67.80km/(s ⋅Mpc)．当星系离开我们远去时，它发出的光谱线的波长会变长（称为红移）．红移量z 被定义为λλλ'-=z ，其中λ'是我们观测到的星系中某恒星发出的谱线的波长，而λ是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长，该红移可用多普勒效应解释．绝大部分星系的红移量z 远小于1，即星系退行的速度远小于光速．在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线，它们的频率ν'分别为4.549⨯1014Hz 和6.141⨯1014Hz ．由于这两条谱线处于可见光频率区间，可假设它们属于氢原子的巴尔末系，即为由n > 2的能级向k =2的能级跃迁而产生的光谱．（已知氢原子的基态能量013.60 eV =-E ，真空中光速82.99810m/s =⨯c ，普朗克常量346.62610J s -=⨯⋅h ，电子电荷量19 1.60210C -=⨯e ）（1）该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线？它们在实验室中的波长分别是多少？（2）求该星系发出的光谱线的红移量z 和该星系远离我们的速度大小v ； （3）求该星系与我们的距离D ．金属极板 金属极板 外圈钨丝 内圈钨丝 靶球第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分） （1）球形（2）液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ（或液滴的质量m 和表面张力系数σ） （3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [][][][]αβγρσ=f r ②力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t ，按照前述约定，在该单位制中有 {}[]=m m m ，{}[]=l l l ，{}[]=t t t于是[][]-=f t 1 ③[][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3 ⑤[][][]σ-=m t 2 ⑥将③④⑤⑥式代入②式得 [][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132即[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132 ⑦由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧0βγ+=， ⑨21γ= ⑩解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得=f ⑫ 解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等 [][][][]αβγρσ=f r ②力学的基本物理量有三个：质量M 、长度L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）. 在国际单位制中，振动频率f 的单位[]f 为s -1，半径r 的单位[]r 为m ，密度ρ的单位[]ρ为3kg m -⋅，表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----⋅⋅⋅⋅=⋅，即有[]s -=f 1 ③[]m =r ④ []kg m ρ-=⋅3 ⑤[]kg s σ-=⋅2 ⑥若要使①式成立，必须满足()()s m kg m kg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅13232 ⑦由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧0βγ+=， ⑨21γ= ⑩解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得f = ⑫评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为f、f =f 的，也给这2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)−−−−−−−→−−−−−→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,,,),(,,,,,,)i i f f f p V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV NkT =，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有f f iip N p N =①另一方面，设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积，即000(,,,)(,,,)i i i p V T N p V T N '−−−−→绝热膨胀此绝热过程满足1/00i V p V p γ⎛⎫= ⎪'⎝⎭②由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =，所以f iN V N V ='③ 联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④此即ln i fp p p γ=⑤ 由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑥0f f p p gh ρ=+ ⑦式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+ ⑧利用近似关系式：1, ln(1)xx x +≈当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态100000(,,)(,,)(,,)−−−−−→−−−−−→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc其中，100000(,,),(,,,,)i f p V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab: γγγγ----=i p T p T①00bc://=f p T p T② 由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③此即ln i fp p p γ=④ 由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑤0f f p p gh ρ=+ ⑥式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+ ⑦利用近似关系式：1, ln(1)xx x +≈当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力C P 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ，各力及其作用点的坐标分别为：C (0,sin ,cos )ϕϕ=--mg mg P ，(0,0,)h ； 0M (0,,0)Q =Q ， 00(,0,)x z ；A A A A (,,)x y z N N N =N ，(,0,0)2b； B B B B (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b-式中h =是平板质心到x 轴的距离.平板所受力和（对O 点的）力矩的平衡方程为A Bx 0=+=∑xx FN N①A B sin 0ϕ=++-=∑yy y F Q N N mg②A B cos 0ϕ=+-=∑zz z FN N mg③ 0sin 0xMmgh Q z ϕ=-⋅=∑④B A 022=-=∑y zz b b M N N⑤0A B 022z yy b bM Q x N N =⋅+-=∑⑥联立以上各式解得sin mgh Q z ϕ=， A B x x N N =-，000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦A B 1cos 2z z N N mg ϕ==即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ，⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ，⑧0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（2）如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点000M (,0,)x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力By N 保持不变，则需sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩ M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得0022-=-b x b x z z z z⑪ 或00022b x b x zz z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫ 这是过A(,0,0)2b 点的直线. (*)因此，当力M Q 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B 对板的作用力By N 保持不变. 同理，当力M Q 的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力Ay N 保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分.四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至θ 角位置时，小球相对于圆环的速率为v ，圆环绕轴转动的角速度为ω ．此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加速度大小为 21a R=v① 同时，对应于圆环角速度ω，指向OO '轴的小球加速度大小为 2(sin )sin R a R ωωθθ=② 该加速度的指向中心C 的分量为22(sin )sin R a a Rωωθθ==③ 该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== ④l由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ 角位置时，其指向中心C 的合加速度大小为 2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤ 在小球下滑至θ 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin )cos R R N mg ma mRωθθ++==v ⑥ 合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin )L L m R θω=+ ⑦式中L 0和L 分别为圆环以角速度ω0和ω转动时的角动量．如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在θ角位置处取角度增量∆θ， 圆心角∆θ所对圆弧l ∆的质量为m l λ∆=∆（02m Rλπ≡），其角动量为 2sin L m r l rR Rr z R S ωλωθλωλω∆=∆=∆=∆=∆ ⑧式中r 是圆环上θ 角位置到竖直轴OO '的距离，S ∆为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l ∆的角动量与S ∆成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222m R L L R m R R πωωπ=∆=⨯=∑ ⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO '的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012J m R = ⑧则角动量L 为2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L m R ω= ⑩力N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒. 故22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能．圆弧l ∆的动能为222111()sin 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫ ]同理有2200014k E m R ω= ⑬根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cos N θ，当02cos N m g θ≥ ⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m ⑮式中，g 是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30θ︒时，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+ ⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000200+4sin +m m m m m m ωωωθ== ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得v ⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（20分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知：20cm u =, 10cm f =，代入透镜成像公式111u f+=v ① 得像距为20cm =v ②其横向放大率为1uβ=-=-v ③可知圆盘像在凸透镜右边20cm ，半径为5cm ，为圆盘状，圆盘与其像大小一样. （2）如下图所示，连接A 、B 两点，连线AB 与光轴交点为C 点，由两个相似三角形AOC ∆与BB'C ∆的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处，此时圆形光阑在C 点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分此时不存在圆形光阑半径a r 使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，此时圆形光阑在C 点（距离透镜为15cm ）的右侧. 由下图所示，此时有: CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm,利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= ④ 可见当圆盘半径3cm r =（光阑边缘与AB 相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗． 4分ACO BB' CRBR'B'若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE相交，AE 与光轴的交点为D ，由几何关系算得D 与像的轴上距离为207cm. 此时有620DR'=cm, DE'=cm, EE'=2.5cm,77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得DR'20/72RR'=EE'= 2.5cm 0.75cm DE'20/7a r -=⨯⨯= ⑤可见当圆形光阑半径a r =0.75cm ，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分（4）只要圆形光阑放在C 点（距离透镜为15cm ）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分；第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．六、（22分）（1）整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为θ时 1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有DRER' E'2000200200200012(2), 212(), 02()12(), 0212(2), 2R R A R R θπθθθπθθθπθθθθθπθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪⎪⨯+-≤≤⎪=⎨⎪⨯-≤≤-⎪⎪⎪⨯--<<⎩当当当当③由②③式得2000200120020001(2), 41(), 04()1(), 041(2), 4R ks R ksC R ks R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当④由①④式得20002002002000(2), 2(), 02()(), 02(2), 2N R ks N R ks C N R ks N R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当⑤（2）当电容器两极板加上直流电势差E 后，电容器所带电荷为 ()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ，由⑤式得 20max2NR C ksθπ=⑦充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ，由⑥式得 20max2NR Q E ksθπ= ⑧断开电源，在转角θ取0θ=附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为2222max 0000() 2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当⑨设可旋转金属板所受力矩为()T θ（它是由若干作用在可旋转金属板上外力i F 产生的，不失普遍性，可认为i F 的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为i r ，其值i F 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转θ∆（即从θ变为θθ+∆）后，电容器内所储存的能量增加U ∆，则由功能原理有 ()()()θθθθ∆=∆=∆=∆∑∑i i i i T F r F l U⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当⑪当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为 []222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21()[cos2()cos2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬由于边缘效应引起的附加电容远小于max C ，因而可用⑦式估算max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为 2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑮如果m ωω=，⑭式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑯由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而max C 应比用⑦式估计max C 大；这一效应同样使得min 0C >；可假设实际的max min ()C C -近似等于用⑦式估计max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑱[如果m ωω=，⑭中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω=⑳评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分．七、（26分）（1）通有电流i 的钨丝（长直导线）在距其r 处产生的磁感应强度的大小为m iB k r= ① 由右手螺旋定则可知，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，它与电流i 的方向成右手螺旋． 两根相距为d 的载流钨丝（如图（a ））间的安培力是相互吸引力，大小为2m k Li F B Li d∆=∆= ② 考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力．由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为ϕ，则它们间的距离为 2sin2d r ϕ=③由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r r ϕϕ∆∆== ④它与ϕ无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(1)22-∆-∆==m m N k L I N k Li F r rN 内⑤ 其方向指向轴心． （2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N 很大，但总电流不变．圆柱面上ϕ∆角对应的柱面面积为图(a)s r L ϕ=∆∆⑥ 圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r L ϕππ-∆∆==∆⑦由于1N ，有22(1)-=N N i I 内 ⑧ 由⑦⑧式得224π=m k I P r 内⑨ 代入题给数据得1221.0210N/m P =⨯ ⑩一个大气压约为5210N/m ，所以710atm P ≈⑪ 即相当于一千万大气压．（3）考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A 的磁场强度. 根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在A 点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过A 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2，如图（b ）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L 1和L 2段的电流之比/I I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12： 111222==I L l I L l ⑫ 式中，因此有 1212=m m I I k k l l ⑬ 即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为=m IB k R内 ⑭ 方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(2)+ 22-∆∆+=∆=m m m M k L I I k I k L I I I F L RM M R RM外外内外内外外 ⑮ 式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由⑭式和安培力公式得到.因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R ⑯若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r ⑰ 只需满足222222 = ++<外内外内I I I R M NMr I N ⑱（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C 的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内，过C 点作两条。
2020年第26届全国中学生物理竞赛复赛
2020年第26届全国中学生物理竞赛复赛一、填空〔咨询答〕题〔每题5分，共25分〕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，电场强度的大小自左向右逐步增大，如下图。
这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
2．海尔-波普彗星轨道是长轴专门大的椭圆，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〕，那么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〕 。
3．用测电笔接触市电相线，即使赤脚站在地上也可不能触电，缘故是 ；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，缘故是 。
4．在图示的复杂网络中，所有电源的电动势均为E 0，所有电阻器的电阻值均为R 0，所有电容器的电容均为C 0，那么图示电容器A 极板上的电荷量为 。
5．如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。
一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：〝把参考点设于如下图的地面上一点O ，现在摩擦力f 的力矩为0，从而地面木块的角动量将守恒，如此木块将不减速而作匀速运动。
〞请指出上述推理的错误，并给出正确的讲明：。
二、〔20分〕图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A 、B 、C 、D 处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。
桌腿受力后将产生弹性微小形变。
现于桌面中心点O 至角A 的连线OA上某点P 施加一竖直向下的力F ，令c OAOP，求桌面对桌腿1的压力F 1。
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，A弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。
试咨询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看，此体系的机械能是否守恒，并讲明理由。
2．假设不考虑太阳和其他星体的作用，那么地球-月球系统可看成孤立系统。
假设把地球和月球都看作是质量平均分布的球体，它们的质量分不为M 和m ，月心-地心间的距离为R ，万有引力恒量为G 。
高中物理 2020年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试题
2020年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试题注意事项：1．请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2．用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3．本试卷共有六个大题，满分为100分。
4．答卷时间：2020年4月17日(星期日)上午9：30～11：10。
一、 (16分)测定患者的血沉，是医学上用来帮助医生对病情作出正确判断的一种手段。
把新鲜的血液，加入抗凝剂，静置一定时间后形成抗凝血后，红血球即从血浆中分离出来而下沉。
设抗凝血是由红血球和血浆组成的悬浮液，血浆的密度ρ0≈1．0×103kg/m3，红血球的密度ρ≈1.3×103kg/m3。
将抗凝血放进竖直放置的血沉管内，红血球起初在血浆中加速下沉，然后一直匀速下沉，其匀速下沉的速度称为”血沉”。
正常人血沉的值大约是v=12mm／h。
如果把红血球近似看作半径为R的小球，它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为f=6πηRν，在室温下η=1．8×10-3Pa ﹒s，已知V球=π4R3，试根据以上信息解答下列问题：31．红血球在血浆中为什么先加速下沉、后一直匀速下沉?2．计算红血球半径的大小。
二、 (16分)为了推进环保和节能理念的实施，某公司开发生产了“风光互补路灯”，该路灯只需要晒晒太阳吹吹风就能工作，如图l所示。
它在有阳光时通过太阳能电池板发电，有风时通过风力发电机发电，二者皆备时同时发电，并将电能输至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。
为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90％左右即停止，放电余留20％左右即停止电能输出。
下表为某型号风光互补路灯系统配置方案。
问：1．当风速为6．0m／s时，风力发电机的输出功率将变为50W，在这种情况下，将蓄电池的电量由20％充至90％需多长时间?2．如果当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为240W／m2，要想太阳能电池的最大功率达到36W，太阳能电池板的面积至少要多大?3．若遇到阴天无风的天气，仅靠蓄电池供电，最多可供灯具正常发光多长时间?三、(16分)电动自行车是倍受人们青睐的一种交通工具，如图2所示。
高中物理竞赛复赛模拟试题(有答案)
高中物理竞赛模拟试题〔复赛〕一、某一构件由两个菱形组成，AB 和DE 是两根硬杆，各焦点都用铰链连接，大菱形的边长是2l ，小菱形的边长是l ，现设法使顶点F 以加速度a 水平向右运动，求： 〔1〕C 点的加速度多大？〔2〕当两个菱形都是正方形，F 点的速度为ν时，A 点的加速度的大小和方向。
二、长为L 的杆AO 用铰链固定在O 点，以角速度ω围绕O 点转动，在O 点的正上方有一个定滑轮B ，一轻绳绕过B 滑轮的一端固定在杆的A 端，另一端悬挂一质量为M 的重物C ，O 、B 之间的距离为h ，求：〔1〕当AB 绳与竖直方向成θ角时，重物的运动速度； 〔2〕此时绳上的张力为多少？三、一对半径为r 的轻轮安装在一根细轴上它们共同以某一速度ν沿图示的平面向右滚动。
斜面与平面接触的顶角A 处足够粗糙〔即轮不会产生滑动〕，斜面与水平面成α角，要求轮从平面滚动到斜面时不要离开顶角，问ν的最大值为多少？四、一架大型民航飞机在降落到机场前撞上一只正在飞行的天鹅，试估算，天鹅转击飞机的力为多少〔只要数量级正确即可〕？五、有一汽缸，除底部外都是绝热的。
上面是一个不计重量的活塞，中间是固定的导热隔板，把汽缸分成相等的两局部A 和B ，上下各有1mol 氮气，现从底部将350J 的热量传送给气体，求：〔1〕A 、B 内的气体温度各改变了多少？ 〔2〕它们各吸收了多少热量？假设是将中间的隔板变成一个导热的活塞其他条件不变，如此A 、B 的温度又是多少？〔不计一切摩擦〕A六、两个绝缘的相距较远的球形导体，半径分别为r 1、r 2，带电后电势分别为ν1和ν2，假设用细导线将两个球连接起来，求在导线上放出的电量。
七、一个正方形的导线框ABCD ，边长为l ，每边的电阻为R ，在它中点处内接一个小一些的正方形线框EFGH ，然后在各边中点在内接一个更小的正方形导线框 一直下去，直至无穷。
如果所有正方形导线框用的导线都是一样的，所有接触点接触良好。
2020第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案
第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r 、质量为m 的均质实心小圆柱被置于一个半径为R 、质量为M 的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均水平，横截面如图所示。
重力加速度大小为g 。
试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率： （1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动； （2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。
解： （1）如图，θ为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。
小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。
设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。
考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得sin F mg ma θ-= ①式中，a 是小圆柱质心运动的加速度。
由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1θ（规定小圆柱在最低点时10θ=）与θ之间的关系为1()R r θθθ=+ ②由②式得，a 与θ的关系为22122()d d a r R r dt dtθθ==- ③考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得212d rF I dtθ-= ④式中，I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量212I mr = ⑤由①②③④⑤式及小角近似sin θθ≈ ⑥ 得22203()θθ+=-d gdt R r ⑦ 由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑧（2）用F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1θ和2θ分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120θθ==）。
对于小圆柱，由转动定理得221212θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭d Fr mr dt⑨对于圆筒，同理有2222()θ=d FR MR dt⑩由⑨⑩式得22122221θθ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭d d F r R m M dt dt ⑪设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角θ，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有12()θθθθ=+-R r R ⑫ 由⑫式得22212222()θθθ-=-d d d R r r R dt dt dt⑬设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ⑭ 由⑫式得22()θ=-d a R r dt⑮由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin θθ≈，得22203d M m gdt M m R rθθ++=+- ⑯由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑰评分参考：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩⑪式各2分，⑫式3分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式3分，⑰式2分。
物理竞赛全国试题及答案
物理竞赛全国试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，其位移s与时间t的关系是：A. s = 1/2at^2B. s = atC. s = a^2tD. s = 2at^2答案：A4. 两个完全相同的金属球，当它们相互接触后，再分开，它们的电荷量将：A. 相等B. 增加D. 不变答案：A5. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若该力的方向与物体运动方向相反，则物体将：A. 做匀速直线运动B. 做匀加速直线运动C. 做匀减速直线运动D. 静止不动答案：C6. 根据热力学第二定律，下列说法正确的是：A. 热量不能自发地从低温物体传向高温物体B. 热量可以自发地从低温物体传向高温物体C. 热量不能自发地从高温物体传向低温物体D. 热量可以自发地从高温物体传向低温物体答案：A7. 一个理想气体在等温过程中，其压强P与体积V的关系是：A. P ∝ VB. P ∝ 1/VC. P ∝ V^2D. P ∝ 1/V^2答案：B8. 根据电磁感应定律，当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中将产生：A. 电流B. 电压C. 电阻答案：B9. 一个物体在竖直方向上受到两个力的作用，一个是重力，另一个是向上的拉力，若拉力大于重力，则物体将：A. 静止B. 向下加速运动C. 向上加速运动D. 匀速直线运动答案：C10. 在光的干涉现象中，两束相干光波相遇时，若它们的相位差为0，则在干涉区域将出现：A. 暗条纹B. 明条纹C. 无干涉现象D. 无法确定答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在没有外力作用的情况下______。
全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案
全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v . (2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . (4)[(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得220sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
由上式可知max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan 0gR θθθθ=-=v v . (4’)将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v . (5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q =0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v . (6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=-⎪⎪⎭v . (7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=v v ,(8) 考虑到(4)式有max ==v评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C2l r =v v . (1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v . (3’) 同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++. (7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8) 轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9) 由此得2022(2)28r l r F t m l r-∆=+v . (10) 方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r -'∆=-+v ,(11) 方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为 k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y Xt X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=参考解答：1. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为 1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为 ()[]q q q = (3)式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为 ()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6)将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8)所以23k E k L λω= (9)2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10)其中， 22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15)3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭(16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19) ()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为 21(2)(2)2()Qq h R m mg h R kh R R-=---v . (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有 max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-. (3)由此得 max ()mg h R RQ kq-=. (4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得 max ()mg h R V q-=(6) 评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)xy z E E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1) 在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+-(2) 两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为 ,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足 ()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+-(7) 利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得 00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故 0(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-. (10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v . (11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1)1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3)2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)x忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处. 对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8)由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ===. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有 E e +E g =¢E e +¢E g . (1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=. (2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c . (3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ'=[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得 22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e em cE E -. (8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e 2c 42E e. (9) 代入数据，得¢E g »29.7´106eV . (10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。
生物理竞赛复赛.试题
上局部迅速充气至气体压强atm 00.20=P ，关闭K 3并开场计时．两小时后， U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=∆H ．实验过程中，始终保持温度为C 0 ．求该薄膜材料在C 0 时对空气的透气系数．〔本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开场时的压强差和计时完毕时的压强差的平均值P ∆来代替公式中的P ∆．普适气体常量R -1K -1×105Pa 〕．二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间是相差半个周期．轨道近地点离地心的间隔 是地球半径R 的2倍，卫星通过近地点时的速度R GM 43=v ，式中M 为地球质量，G为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪，可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角．试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的间隔．〔最后结果要求用测得量和地球半径R表示〕三、(15分)子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ．宇宙射线与大气在高空某处发生核反响产生一批子，以vc 的速度〔c 为真空中的光速〕向下运动并衰变．根据放射性衰变定律，相对给定惯性参考系，假设t = 0时刻的粒子数为N (0), t 时刻剩余的粒子数为N (t )，那么有()()τt N t N -=e 0，式中为相对该惯性系粒子的平均寿命．假设能到达地面的子数为原来的5％，试估算子产生处相对于地面的高度h ．不考虑重力和地磁场对子运动的影响．四、(20分)目前，大功率半导体激光器的主要构造形式是由许多发光区等间隔 地排列在一条直线上的长条状，通常称为激光二极管条．但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束，光能分布很不集中，不利于传输和应用．为理解决这个问题，需要根据详细应用的要求，对光束进展必需的变换〔或者称整形〕．假如能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束，对半导体激光的传输和应用将是非常有意义的．为此，有人提出了先把多束发散光会聚到一点，再变换为平行光的方案，其根本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明．如图，S 1、S 2、S 3 是等间隔 〔h 〕地排列在一直线上的三个点光源，各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为=arctan ()41的圆锥形光束．请使用三个完全一样的、焦距为f h 、半径为r =0.75 h 的圆形薄凸透镜，经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜，使三束光都能全部投射到这个组合透镜上，且经透镜折射后的光线能全部会聚于z 轴〔以S 2为起点，垂直于三个点光源连线，与光束中心线方向一样的射线〕上间隔 S 2为 L =LS 1 3Pαα 2 α h h z12.0 h处的P点．〔加工时可对透镜进展外形的改变，但不能改变透镜焦距．〕1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜应如何加工和组装，并求出有关数据．五、(20分)如下图，接地的空心导体球壳内半径为R ，在空腔内一直径上的P 1和P 2处，放置电量分别为q 1和q 2的点电荷，q 1＝q 2＝q ，两点电荷到球心的间隔 均为a ．由静电感应与静电屏蔽可知：导体空腔内外表将出现感应电荷分布，感应电荷电量等于－2q ．空腔内部的电场是由q 1、q 2和两者在空腔内外表上的感应电荷一共同产生的．由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的，所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或者场强．但理论上可以证明，感应电荷对腔内电场的奉献，可用假想的位于腔外的〔等效〕点电荷来代替〔在此题中假想(等效)点电荷应为两个〕，只要假想的〔等效〕点电荷的位置和电量能满足这样的条件，即：设想将整个导体壳去掉，由q 1在原空腔内外表的感应电荷的假想〔等效〕点电荷1q '与q 1一共同产生的电场在原空腔内外表所在位置处各点的电势皆为0；由q 2在原空腔内外表的感应电荷的假想〔等效〕点电荷2q '与q 2一共同产生的电场在原空腔内外表所在位置处各点的电势皆为0．这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷，而且这样确定的等效电荷是唯一的．等效电荷取代感应电荷后，可用等效电荷1q '、2q '和q 1、q 2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或者场强．1．试根据上述条件，确定假想等效电荷1q '、2q '的位置及电量．OP的2．求空腔内部任意点A的电势U A．A点到球心O的间隔为r，OA与1夹角为．六、(20分)如下图，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的程度桌面上〔图中纸面〕，A 、B 之间，B 、C 之间分别用刚性轻杆相连，杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式〞的〔不能对小球产生垂直于杆方向的作用力〕．杆AB 与BC 的夹角为，</2．DE 为固定在桌面上一块挡板，它与AB连线方向垂直．现令A 、B 、C 一起以一共同的速度v 沿平行于AB 连线方向向DE 运动，在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为0这一极短时间是内挡板对C 的冲量的大小．ABCπ-αDE七、〔25分〕如下图，有二平行金属导轨，相距l，位于同一程度面内〔图中纸面〕，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下〔垂直纸面向里〕．质量均为m的两金属杆ab和cd放在导轨上，与导轨垂直．初始时刻，金属杆ab和cd分别位于x = x0和x = 0处．假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L．今对金属杆ab施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速v．设导轨足够长，x也足够大，在运动过程中，两金属杆之间间隔的变化远小于两金属杆的初始间距x，因此可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L是恒定不变的．杆与导轨之间摩擦可不计．求任意时刻两杆的位置x ab和x cd以及由两杆和导轨构成的回路中的电流i三者各自随时间是t的变化关系．x第21届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、开场时U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V 2 = HAp 2= p 1经过2小时，U 形管右管中空气的体积和压强分别为A H H V )(2∆-='〔2〕2222V V p p '=' 〔3〕浸透室下部连同U 形管左管水面以上局部气体的总体积和压强分别为 HA V V ∆+='11H g p p Δ221ρ+'=式中为水的密度，g 为重力加速度．由理想气体状态方程nRT pV =可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数RTV p RT V p n 1111-''=∆ 在2个小时内，通过薄膜浸透过去的分子数A nN N ∆=式中N A 为阿伏伽德罗常量．浸透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了pV ΔnRTp =∆ 经过2小时浸透室上局部中空气的压强为p p p ∆-='00测试过程的平均压强差 [])(211010p p ()p p p '-'+-=∆〔10〕根据定义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数11111s m Pa 104.2---⨯=∆=tSp Nd k评分HY ：此题20分．(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各1分，(6)式3分，(7)、(8)、(9)、(10) 式各2分，(11) 式4分．二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O 处，设待测量星体位于C 处．根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A 时，另一个卫星恰好到达远地点B 处，只要位于A 点的卫星用角度测量仪测出AO 和AC 的夹角1，位于B 点的卫星用角度测量仪测出BO 和BC 的夹角2，就可以计算出此时星体C 与地心的间隔 OC ．因卫星椭圆轨道长轴的长度远近＋r r AB =式中r 近、与r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的间隔 ．由角动量守恒远远近近＝r m r v mv (2)式中m 为卫星的质量．由机械能守恒远远近近－－r GMm m r GMm m 222121v v = (3)R r 2＝近， RGM43＝近v得 R r 6=远所以R R R AB 862=+=在△ABC 中用正弦定理()ABBC211πsin sin ααα--=所以 ()AB BC 211sin sin ααα+=地心与星体之间的间隔 为OC ，在△BOC 中用余弦定理2222cos 2αBC r BC r OC ⋅-+=远远CABOα1由式(4)、(5)、(7)得()()212121212sin cos sin 24sin sin 1692ααααααα+-++=R OC(9)评分HY ：此题20分．(1)式2分，(2)、(3)式各3分，(6) 、(8)式各3分， (9) 式6分．三、因子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ根据时间是膨胀效应，在地球上观测到的子平均寿命为，()21c v -=ττ代入数据得×10－5s相对地面，假设子到达地面所需时间是为t ，那么在t 时刻剩余的子数为()()τt N t N -=e 0根据题意有()()%5e 0==-τt N t N对上式等号两边取e 为底的对数得1005lnτ-=t 代入数据得s 1019.45-⨯=t根据题意，可以把子的运动看作匀速直线运动，有t h v =代入数据得m 1024.14⨯=h评分HY ：此题15分． (1)式或者(2)式6分，(4)式或者(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．四、1．考虑到使3个点光源的3束光分别通过3个透镜都成实像于P 点的要求，组合透镜所在的平面应垂直于z 轴，三个光心O 1、O 2、O 3的连线平行于3个光源的连线，O 2位于z 轴上，如图1所示．图中M M '表示组合透镜的平面，1S '、2S '、3S '为三个光束中心光线与该平面的交点． 22O S ＝ u 就是物距．根据透镜成像公式zαL1 P α 2α hh 1S 'S 3’O 1 O 2(S 2’)O 3图1M’Mufu L u 111=-+ (1) 可解得]4[212fL L L u -±=因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于P 点，来自各光源的光线在投射到透镜之前不能穿插，必须有2u tan ≤h 即u ≤2h ．在上式中取“－〞号，代入f 和L 的值，算得h u )236(-=≈h(2)此解满足上面的条件．分别作3个点光源与P 点的连线．为使3个点光源都能同时成像于P 点，3个透镜的光心O 1、O 2、O 3应分别位于这3条连线上〔如图1〕．由几何关系知，有h h h L u L O O O O 854.0)24121(3221≈+=-==(3)即光心O 1的位置应在1S '之下与1S '的间隔 为h O O h O S 146.02111=-=' 同理，O 3的位置应在3S '之上与3S '的间隔 为h 处．由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间间隔 必须等于h ，才能使S 1、S 2、S 3都能成像于P 点． 2．如今讨论如何把三个透镜L 1、L 2、L 3加工组装成组合透镜． 因为三个透镜的半径r h ，将它们的光心分别放置到O 1、O 2、O 3处时，由于21O O ＝32O O ＝h <2r ，透镜必然发生互相重叠，必须对透镜进展加工，各切去一局部，然后再将它们粘起来，才能满足(3)式的要求．由于对称关系，我们只需讨论上半局部的情况．图2画出了L 1、L 2放在M M '平面内时互相交叠的情况〔纸面为M M '平面〕．图中C 1、C 2表示L 1、L 2的边缘，1S '、2S '为光束中心光线与透镜的交点，W 1、W 2分别为C 1、C 2与O 1O 2的交点．1S '为圆心的圆1和以2S '〔与O 2重合〕为圆心的圆2分别是光源S 1和S 2投射到L 1和L 2时产生的光斑的边缘，其半径均为h u 439.0tan ==αρ(5)根据题意，圆1和圆2内的光线必须能全部进入透镜．首先，圆1的K 点〔见图2〕是否落在L 1上？由几何关系可知()h r h h S O K O 75.0585.0146.0439.0111=<=+='+=ρ (6) 故从S 1发出的光束能全部进入L 1．为了保证全部光束能进入透镜组合，对图2L 1和L 2进展加工时必须保存圆1和圆2内的透镜局部．下面举出一种对透镜进展加工、组装的方法．在O 1和O 2之间作垂直于O 1O 2且分别与圆1和圆2相切的切线Q Q '和N N '．假设沿位于Q Q '和N N '之间且与它们平行的任意直线T T '对透镜L 1和L 2进展切割，去掉两透镜的弓形局部，然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部．同理，对L 2的下半部和L 3进展切割，然后将L 2的下半部和L 3粘合起来，就得到符合需要的整个组合透镜．这个组合透镜可以将S 1、S 2、S 3发出的全部光线都会聚到P 点．如今计算Q Q '和N N '的位置以及对各个透镜切去局部的大小应符合的条件．设透镜L 1被切去局部沿O 1O 2方向的长度为x 1，透镜L 2被切去局部沿O 1O 2方向的长度为x 2，如图2所示，那么对任意一条切割线T T '， x 1、x 2之和为h O O r x x d 646.022121=-=+=由于T T '必须在Q Q '和N N '之间，从图2可看出，沿Q Q '切割时，x 1达最大值(x 1M )，x 2达最小值(x 2m )， ρ-'+=111O S r x M 代入r ，和11O S '的值，得h x M 457.01=代入(7)式，得h x d x M m 189.012=-=由图2可看出，沿N N '切割时，x 2达最大值(x 2M )，x 1达最小值(x 1m )， ρ-=r x M 2代入r 和的值，得h x M 311.02=h x d x M m 335.021=-=由对称性，对L 3的加工与对L 1一样，对L 2下半部的加工与对上半部的加工一样．评分HY ：此题20分．第1问10分，其中〔2〕式5分，〔3〕式5分， 第2问10分，其中(5)式3分，(6)式3分，(7)式2分，(8)式、(9)式一共1分，(10)式、(11)式一共1分．假如学生解答中没有(7)—(11)式，但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜局部全部保存，透镜其它局部可根据需要磨去〔或者切割掉〕〞给3分，再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证O 1O 2=O 1O 2h ，再给1分，即给(7)—(11)式的全分〔4分〕．五、1．解法Ⅰ：如图1所示，S 为原空腔内外表所在位置，1q '的位置应位于1OP 的延长线上的某点B 1处，2q '的位置应位于2OP 的延长线上的某点B 2处．设A 1为S 面上的任意一点，根据题意有 0111111='+B A q kP A q k(1)212212='+B A q kP A q k(2)怎样才能使 (1) 式成立呢？下面分析图1中11A OP ∆与11B OA ∆的关系．假设等效电荷1q '的位置B 1使下式成立，即211R OB OP ＝⋅即1111OB OA OA OP =那么1111B OA A OP ∽△△有RaOA OP B A P A ==111111 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷1q '11q aRq -=' 由 (3) 式知，等效电荷1q '的位置B 1到原球壳中心位置O 的间隔aR OB 21= B 21同理，B 2的位置应使2112B OA A OP ∽△△，用类似的方法可求得等效电荷22q aRq -=' 等效电荷2q '的位置B 2到原球壳中心O 位置的间隔 aR OB 22= 解法Ⅱ：在图1中，设111r P A =，111r B A '=，d OB =1．根据题意，1q 和1q '两者在A 1点产生的电势和为零．有01111=''+r q k r q k〔1＇〕式中1221)cos 2(θRa a R r -+=〔2＇〕1221)cos 2(θRd d R r -+='〔3＇〕由〔1＇〕、〔2＇〕、〔3＇〕式得)cos 2()cos 2(22212221θθRa a R q Rd d R q -+'=-+〔4＇〕〔4＇〕式是以θcos 为变量的一次多项式，要使〔4＇〕式对任意θ均成立，等号两边的相应系数应相等，即)()(22212221a R q d R q +'=+〔5＇〕a q d q 2121'=〔6＇〕由〔5＇〕、〔6＇〕式得0)(2222=++-aR d R a ad〔7＇〕解得aR a R a d 2)()(2222-±+=由于等效电荷位于空腔外部，由〔8＇〕式求得aR d 2= 由〔6＇〕、〔9＇〕式有212221q aR q =' 考虑到〔1＇〕式，有11q aRq -='〔11＇〕同理可求得aR OB 22=〔12＇〕22q aR q -=' 2．A 点的位置如图2所示．A 的电势由q 1、1q '、q 2、2q '一共同产生，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=A B a R A P A B a R A P kq U A 22111111因221cos 2a ra r A P +-=θ22221cos 2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a R aR r r A B θ222cos 2a ra r A P ++=θ22222cos 2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=a R aR r r A B θ 代入 (10) 式得⎝⎛+--+-=422222cos 2cos 21R raR r a R ara r kq U A θθ⎪⎪⎭⎫++-+++422222cos 2cos 21R raR r a Ra ra r θθ(11)评分HY ：此题20分．第1问18分，解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各3分．解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ． 第2问2分，即(11)式2分．六、令I 表示题述极短时间是t 内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如下图；I '表示B 、C 间的杆对B 或者C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示t 末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小，B v 表示t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．由动量定理，BACπ-αDEI对C 有C m I v ='αsinv m I I ='-αcos对B 有B m I v ='αsin对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α因为B 、C 之间的杆不能伸、缩，因此B 、C 沿杆的方向的分速度必相等．故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥由以上五式，可解得v m I αα22sin 31sin 3++=评分HY ：此题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分．七、解法Ⅰ：当金属杆ab 获得沿x 轴正方向的初速v 0时，因切割磁力线而产生感应电动势，由两金属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流．由于回路具有自感系数，感应电流的出现，又会在回路中产生自感电动势，自感电动势将阻碍电流的增大，所以，虽然回路的电阻为零，但回路的电流并不会趋向无限大，当回路中一旦有了电流，磁场作用于杆ab 的安培力将使ab 杆减速，作用于cd 杆的安培力使cd 杆运动．设在任意时刻t ，ab 杆和cd 杆的速度分别为v 1和v 2〔相对地面参考系S 〕，当v 1、v 2为正时，表示速度沿x 轴正方向；假设规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向，那么因两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势()21v v -=Bl E当回路中的电流i 随时间是的变化率为t i ∆∆时，回路中的自感电动势tiLL ∆∆-=E 根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的程度方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为V C ，有 C mV m 20=v得2v =C V V C 方向与v 0一样，沿x 轴的正方向．现取一新的参考系S '，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O '，取坐标轴x O ''与x 轴平行．设相对S '系，金属杆ab 的速度为u ，cd杆的速度为u '，那么有 u V C +=1vu V C '+=2v因相对S '系，两杆的总动量为零，即有0='+u m mu由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式，得ti LBlu ∆∆=2 在S '系中，在t 时刻，金属杆ab 坐标为x '，在t ＋t 时刻，它的坐标为x x '∆+'，那么由速度的定义tx u ∆'∆=代入 (9) 式得i L x Bl ∆='∆2假设将x '视为i 的函数，由〔11〕式知i x ∆'∆为常数，所以x '与i 的关系可用一直线方程表示b i BlLx +='2 式中b 为常数，其值待定．如今t ＝时刻，金属杆ab 在S '系中的坐标x '＝021x ，这时i = 0，故得0212x i Bl L x +='或者 ⎪⎭⎫ ⎝⎛-'=0212x x LBl i021x 表示t ＝时刻金属杆ab 的位置．x '表示在任意时刻t ，杆ab 的位置，故⎪⎭⎫ ⎝⎛-'021x x 就是杆ab 在t 时刻相对初始位置的位移，用X 表示，021x x X -'= 当X >0时，ab 杆位于其初始位置的右侧；当X <0时，ab 杆位于其初始位置的左侧．代入(14)式，得X LBli 2=这时作用于ab 杆的安培力X Ll B iBl F 222-=-=ab 杆在初始位置右侧时，安培力的方向指向左侧；ab 杆在初始位置左侧时，安培力的方向指向右侧，可知该安培力具有弹性力的性质．金属杆ab 的运动是简谐振动，振动的周期()Ll B mT 222π2= 在任意时刻t ， ab 杆分开其初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cosA 为简谐振动的振幅，为初相位，都是待定的常量．通过参考圆可求得ab 杆的振动速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ϕt T T A u π2sin π2(20)(19)、(20)式分别表示任意时刻ab 杆分开初始位置的位移和运动速度．如今t ＝0时刻，ab 杆位于初始位置，即X = 0速度00002121v v v v =-=-=C V u故有ϕcos 0A =ϕsin π220⎪⎭⎫⎝⎛-=T A v 解这两式，并注意到(18)式得2π3=ϕ22400mLBlT A vv ==π(22)由此得ab 杆的位移t TmL Bl t TmL BlX π2sin 222π3π2cos 2200v v =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=〔23〕由 (15) 式可求得ab 杆在S '系中的位置t TmL Bl x x π2sin 222100abv +=' 因相对质心，任意时刻ab 杆和cd 杆都在质心两侧，到质心的间隔 相等，故在S '系中，cd 杆的位置t TmL Blx x π2sin 222100cdv --='(25)相对地面参考系S ，质心以021v =C V 的速度向右运动，并注意到〔18〕式，得ab 杆在地面参考系中的位置t mL BlmL Blt x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 222100ab v v cd 杆在S 系中的位置t mL Bl mL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 222100cd v v 回路中的电流由 (16) 式得t mL Bl L m t T mL BlL Bl i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==2sin 2π2sin 22200v v(28)解法Ⅱ：当金属杆在磁场中运动时，因切割磁力线而产生感应电动势，回路中出现电流时，两金属杆都要受到安培力的作用，安培力使ab 杆的速度改变，使cd 杆运动．设任意时刻t ，两杆的速度分别为v 1和v 2〔相对地面参考系S 〕，假设规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向，那么由两金属杆与导轨构成的回路中，因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为()21v v -=Bl E令u 表示ab 杆相对于cd 杆的速度，有Blu L =E当回路中的电流i 变化时，回路中有自感电动势E L ，其大小与电流的变化率成正比，即有tiLL ∆∆-=E 根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E由式(2’)、(3’)两式得ti LBlu ∆∆= 设在t 时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的间隔 为x '，在t ＋t 时刻，ab相对于cd 杆的间隔 为x '＋x '∆，那么由速度的定义，有tx u ∆'∆=代入 (4') 式得i L x Bl ∆='∆假设将x '视为i 的函数，由(6’)式可知，i x ∆'∆为常量，所以x '与i 的关系可以用一直线方程表示，即b i BlLx +=' 式中b 为常数，其值待定．如今t ＝时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的间隔 为0x ，这时i = 0，故得 0x i Bl Lx +=' 或者()0x x L Bli -'=0x 表示t ＝时刻金属杆ab 相对于cd 杆的位置．x '表示在任意时刻t时ab 杆相对于cd 杆的位置，故()0x x -'就是杆ab 在t 时刻相对于cd 杆的相对位置相对于它们在t ＝时刻的相对位置的位移，即从t ＝到t ＝t时间是内ab 杆相对于cd 杆的位移0x x X -'=于是有X LBli =(任意时刻t ，ab 杆和cd 杆因受安培力作用而分别有加速度a ab 和a cd ，由牛顿定律有 ab ma iBl =-cd ma iBl =两式相减并注意到(9')式得()X Ll B iBl a a m 22cd ab22-=-=-式中()cd ab a a -为金属杆ab 相对于cd 杆的加速度，而X 是ab 杆相对cd杆相对位置的位移．Ll B 222是常数，说明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期()Ll B mT 222π2=在任意时刻t ，ab 杆相对cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cosA 为简谐振动的振幅，为初相位，都是待定的常量．通过参考圆可求得X 随时间是的变化率即速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕT T A V π2sin π2如今t ＝0时刻，杆位于初始位置，即X = 0，速度0v =V 故有ϕcos 0A =ϕsin π20⎪⎭⎫⎝⎛-=T A v解这两式，并注意到(15’) 式得2π3=ϕ2π200mLBlT A v v ==由此得t mL BlmL Bl t TmL BlX ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2sin 22π3π2cos 200v v(18’)因t = 0时刻，cd 杆位于x = 0 处，ab 杆位于x = x 0 处，两者的相对位置由x 0表示；设t 时刻，cd 杆位于x = x cd 处，ab 杆位于x = x ab 处，两者的相对位置由x ab －x cd 表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为 X = x ab －x cd －x 0(所以t mL Bl mL Blx x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-2sin 200cd ab v ((12’)和(13’)式相加, ()0cd ab =+-=+iBl iBl a a m得()0cd ab =+a a由此可知，两杆速度之和为一常数即v 0，所以两杆的位置x ab 和x cd 之和应为x ab ＋x cd = x 0＋v 0t (由(20’)和(21’)式相加和相减，注意到(15’)式，得t mL BlmL Bl t x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 2221000ab v v 〔t mL Bl mL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 222100cd v v 〔由(11’)、〔19’〕(22’)、(23’)式得回路中电流t mL Bl L m i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2sin 20v评分HY ：此题25分．解法Ⅰ 求得(16)式8分，(17)、(18)、(19)三式各2分． (23)式4分，(24)、(25)二式各2分，(26)、(27)、(28)三式各1分．解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分HY 中的相应式子给分．。
2020年全国中考物理竞赛试卷附解析
2020年全国中考物理竞赛试卷学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．如图所示的用具中，属于省力杠杆的是 ................................................................... （ ）2．小凡用10N 的水平拉力使木块在桌面上做匀速直线运动,现改用20N 的水平拉力使木块仍在这一桌面上运动,此时木块受到的滑动摩擦力大小是 ..................................（ ） A ．10N B ．20N C ．10～20ND ．小于10N3．现有容积为100毫升的小瓶，能否用它装下85克酒精或115克硫酸:（ ）A ．都能装下;B ．都装不下;C ．能装85克酒精，装不下115克硫酸;D ．能装下115克硫酸，装不下85克酒精.4．如果常温下的超导材料研制成功，那么它不能用于制作:（ ） A ．变阻器的线圈; B ．电磁铁的线圈; C ．电动机的线圈;D ．发电机的线圈.5．在如图所示的电路中，甲、乙两电表可能同是电流表，也可能同 是电压表。
已知当开关S 断开时，两灯均发光，此时甲、乙两电表 的示数之比为2∶3。
若将甲、乙两电表同时换成另一种电表，开关S 闭合后两灯仍均发光，则此时甲、乙两电表的示数之比及灯泡L 1和L 2消耗的功率之比分别为（不计温度对灯丝电阻的影响） A ．3∶1，2∶1 B ．3∶1，3∶1 C ．1∶3，1∶3D ．1∶3，3∶26． 物理课上，小明提出了一个日常生活中见到的现象用电高峰时，室内的白炽灯明显变得昏暗。
以下是同学们对用电高峰时电路情况的分析，其中不正确的是（ ）A BCD筷子 钳子 天平 镊子A．用电高峰时接入电路的用电器增多，总电阻变大，干路电流变大B．用电高峰时接入电路的用电器增多，总电阻减小，干路电流变大C. 用电高峰时白炽灯两端的实际电压明显低于220VD．用电高峰时白炽灯的实际功率明显低于它的额定功率7．安全用电的常识之一就是不要靠近高压电。
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方
方
试卷 1 答案
一、（40 分）如图所示，一个质量为 的大物块置于光滑水平面上，大物块内有一个长方形
光滑空腔，其中放有一个质量为 的小物块（视为质点）。两物块由一个劲度系数为 的弹
育 育 簧相连，且在运动过程中不会发生碰撞。一个周期性外力
（ ）作用于
大物块上，将其推前、拉后，在本题的讨论中，系统的振动已经达到稳态。在地面参考系中
， 取（1）问所得值，从而确保
；
三点始终处于同一竖直面内。分别求
教 教 出 A、B 两点所受支持力的大小（保留至一阶小量）； （3）在（2）的基础上，把 A、B 两质点换成两个质量为 ，半径为 （
， 与 同阶）
育 教
圆 圆 圆 的均质圆盘，圆心分别连接在杆的两端。这种连接机构可以使两圆盘分别进行角速度可能不 同的自由转动，同时使圆盘与细杆保持垂直。已知两圆盘做纯滚动，其余条件同（2），要使
圆 圆 圆 的质点，以水平方向的初速度 与细杆发生完全非弹性碰撞，碰后二者粘连在一起。已知碰 撞点与地面的距离为 。
方
方
方
（1）求碰后系统的质心速度和转动角速度；
（2）已知
，若细杆尚未离开地面，当杆与水平面夹角为 时，求系统的转动角速度 ；
育 （3）在（2）的基础上，已知
的大小。
,
育 ，求杆与水平面夹角为 时地面对杆支持力
方
方 方 最大功率不同，空调外机均安装在室外。同时，房间与室外、房间与房间的热传递功率均正
育 育 （6）（7）式各 2 分，（8）式 4 分，（9）（10）式各 2 分，（11）（12）式各 2 分；第（3）问
16 分，（16）（17）（18）（19）式各 1 分，（20）式 2 分，（21）式 3 分，（22）（23）各 1 分，
育
教（25）2 分，（26）式 3 分。
教
教
三、（40 分）一根质量为 ，长度为 的均质细杆竖直放置在光滑水平面上，一个质量为
育 育 分；
第（2）问 16 分，（7）（8）（9）式各 1 分，（10）（12）式各 2 分，（11）式 4 分，（13）式 5
育
教 教 分；第（3）问 14 分，（14）式 1 分，（16）式 4 分，（17）（18）（19）式各 2 分，（20）式 3 分。
教ห้องสมุดไป่ตู้
圆 圆 圆 四、（40 分）如图所示，A、B 为两个完全对称的房间，中间由一堵墙隔开。在两个房间内， 分别安装了一台空调，空调视为能自由调节功率且最大功率恒定的卡诺热机，但两台空调的
方
方 方 式 4 分，最终结果正确得 4 分；第（2）问 6 分，（8）式 6 分；第（3）问 18 分，（12）（13）
式各 3 分，（15）（18）式各 2 分，（19）(20)式各 4 分。
方
方
方
二、（40 分）火车在圆形轨道上以恒定的速率 行驶，轨道的半径为 ，圆心为 。已知轨 道建在图示的一个圆锥面上，圆锥的顶角为 − ，重力加速度为 ，各种摩擦力不计。轨 道提供的支持力可以包含图示两个方向的分量。
h
t
育h
育
教
教
教
圆 解得 方
圆
方 t
h
t
h
t t
圆 方
（3）两个角速度分量Ω 满足
Ω
t
−Ω
Ω
育 教
Ω
育 解得 教Ω
Ω
育 教
圆
圆
Ω
圆
方
方 以质心为参考点，角动量的两个分量为 Ω
Ωt
方
可见相对于 ， Ω是高阶小量，可以忽略。则
育 对质心，
教
圆 解得
方
应满足
，解得
育 教t 圆 方
育 教 圆 方
方
方
方
评分标准：本题共 40 分。第（1）问 6 分，（1）（2）（3）式各 2 分；第（2）问 18 分，（5）
方
方 火车不会侧翻， 应满足什么条件（可舍去一阶小量）？
参考答案：
方
（1）设支持力为 ，则
h
解得
育
育 t
教（2）设 A、B 所受支持力分别为
教 。系统的转动角速度Ω满足
Ω
圆
Ω
圆Ω
方
方
系统绕质心的转动惯量
角动量
育 教 圆 方
t
方
方
方
Ωt 角动量矢量在一个圆锥面内匀速转动，其变化率为
育 因此，对于质心，
t
t
t t
方
（3）将已知条件代入得
方h t
两边对时间求导
h
h
t
h
h
育 质心的竖直方向加速度
育 t
教
tth
教h
h
h
圆 对质心，
圆t h
方 解得
方−
育 教 圆 方
育 教 圆 方
育 教 圆 方
方
方
方
th
h
th
评分标准：本题共 40 分.第（1）问 10 分，（1）（3）式各 1 分，（2）（4）（5）（6）式各 2
育 因此 教 圆 tt
（2）由（1）的结果可知
方 解得
育 教 圆 方
育 教 圆 方
方
方
方
（3）根据（1）的结果
育
教
圆 因此
时刻，
方
育 教 圆 方
t
质心位置为
育 教新的振幅和角频率分别为 圆 方
育 教 圆t 方t
育 教 圆 方
育 教 圆 方
因此
育 教
t
cos
育
t
教
cos
育 教
圆 圆 圆 评分标准：本题共 40 分，第（1）问 16 分，（1）（2）式各 3 分，（3）（4）式各 1 分，（5）
育
育
育
教
教
教
圆 圆 圆 （1）将火车视为质量为 的质点，为了不损伤轨道，要求火车仅在自身重力和轨道提供的 支持力 的作用下，即可进行匀速圆周运动，求倾角 的值；
方
方
方
（2）
（3）
育 育 （2）如图，将火车模型化为 A、B 两质点和一根细杆的组合，两质点质量均为 ，由一根
长 ，质量 的细杆连接，但只有 A、B 两点与轨道接触，AB 中点的运动半径为 R。已知
育
教参考答案 （1）质心速度
圆
教 圆
教 圆
方
系统质心与地面的距离
方
方
t
绕质心的转动惯量 t
育 角动量守恒
育
教解得 圆 （2）将
t 代入得初角速度
教 圆
方
质心位置
方
育 教 圆 方
方
方
方
转动惯量
育
育
教
教
圆
圆
方
方 设质心的水平、竖直速度分量为 ，水平方向动量守恒，满足
机械能守恒
h
育 且
育
教解得
教
圆
t
圆 h
育
教 教 建立图示坐标系，以大物块的平衡位置为原点，将大物块、小物块的位置分别记为 和 。已知弹簧的原长为 ，大物块内壁与外壁之间的厚度忽略不计，本题中的“大物块
教
位置”，指的是大物块左侧边缘的位置。（提示：稳态振动时，两物块均以与外力相同的频率
圆 圆 作简谐振动，且两物块的相位差仅可能为 0 或 ）。
圆
方
方
方
育 育 （1）设大物块的加速度为 ，定义系统的有效质量为 tt
（2）接上问，求出使得有效质量为负数的角频率 的范围。
，求出
教（3）在 的和
教 时刻之前，系统的振动已经达到稳态。此时突然撤去外力
。
圆 参考答案： （1）系统的动力学方程为
方 简谐振动满足
圆 方−
t
tt。
育
教 ，求
时
圆
方
联立（2）（4）式可得