第28届全国中学生物理竞赛决赛试题

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第26~31届全国中学生物理竞赛_决赛_试题+答案+评分标准

咨询电话：82618899第26届全国物理竞赛决赛试题理论部分一、填空题（每题5分，共20分）1.某光滑曲面由曲线()y f x =绕竖直y 轴旋转一周形成，一自然半径为a 、质量为m 、劲度系数为k 的弹性圆环置于该曲面之上，能水平静止于任意高度，则曲线方程为。

2.如图所示的电阻框架为四维空间中的超立方体在三维空间中的投影模型（可视为内外两个立方体框架，对应顶点互相连接起来），若该结构中每条棱均由电阻R 的材料构成，则AB 节点间的等效电阻为。

3.某种蜜蜂的眼睛能够看到平均波长为500nm 的光，它是由5000个小眼构成的复眼，小眼一个个密集排放在眼睛的整个表面上，小眼构造很精巧，顶部有一个透光的圆形集光装置，叫角膜镜；下面连着圆锥形的透明晶体，使得外部入射的光线汇聚到圆锥顶点连接的感光细胞上（入射进入一个小眼的光线不会透过锥壁进入其他小眼），从而造成一个“影像点”（像素）；所有小眼的影像点就拼成了一个完整的像。

若将复眼看作球面圆锥，球面半径 1.5r mm =，则蜜蜂小眼角膜镜的最佳直径d 约为（请给出两位有效数字）。

4.开路电压0U 与短路电流SC I 是半导体p-n 结光电池的两个重要技术指标，试给出两者之间的关系表达式：0U = ，式中各符号代表的物理量分别为。

二、（15分）天体或微观系统的运动可借助计算机动态模拟软件直观显示。

这涉及几何尺寸的按比例缩放。

为使显示的运动对缩放后的系统而言是实际可发生的，运动时间也应缩放。

1.在牛顿力学框架中，设质点在力场()F r 中作轨道运动，且有()()k F r F r αα=，k 为常数，r 为位矢。

若几何尺寸按比率α 缩放显示，确定运行时间的缩放率β。

2.由此证明，行星绕太阳轨道运动周期的平方与轨道几何尺寸的立方成正比。

咨询电话：82618899三、（20分）在水平面上有两根垂直相交的内壁光滑的连通细管，管内放置两个质量均为m 、电荷量均为q 的同号带点质点A 和B 。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题一、（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P 0时与太阳S 的距离r 0=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SP 0的夹角θP =72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m ，引力常量G=6.67×10－11Nm 2/kg 2，太阳质量m S =1.99×1030kg ，试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 点时速度的大小及方向（用速度方向与SP 0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD 如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA ，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μC ，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μA =1.00，μC =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2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P 0、P 0′处，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ω0。

第24-28届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答

二、
从地球表面发射宇宙飞船时，必须给飞船以足够大的动能，使它在克服地球引力作用后，仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨道．此时，飞船离地球已足够远，但到太阳的距离可视为不变，仍为日地距离．飞船在地球绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道，用E表示两轨道的交点，如图1所示．图中半径为rse的圆A是地球绕太阳运行的轨道，太阳S位于圆心．设椭圆B是飞船绕日运行的轨道，P为椭圆轨道的近日点．
因为碰撞过程中线不可伸长，B，C两球沿BC方向的速度分量相等，A，B两球沿AB方向的速度分量相等，有
v2cosθ=v1，（4）
v2cos[π－(α+θ) ]=v3．（5）
将α=π/ 3代入，由以上各式可解得v1 Nhomakorabeav0，（6）
v2=v0，（7）
v3=v0，（8）
v=v0．（9）
3．确定刚碰完后，A，B，C三球组成的系统质心的位置和速度．由于碰撞时间极短，刚碰后A，B，C三球组成的系统，其质心位置就是碰撞前质心的位置，以（xc，yc）表示此时质心的坐标，根据质心的定义，有
1．已知绝缘子导体球壳的内半径R2=4.6 cm，陶瓷介质的击穿强度Ek= 135 kV / cm．当介质中任一点的场强E＞Ek时，介质即被击穿，失去绝缘性能．为使绝缘子所能承受的电压（即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压）为最大，导体球的半径R1应取什么数值？此时，对应的交流电压的有效值是多少？
二、
为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近，可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的携带探测器的宇宙飞船，要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内，轨道的近日点到太阳的距离为0.01AU（AU为距离的天文单位，表示太阳和地球之间的平均距离：1AU = 1.495×1011m），并与地球具有相同的绕日运行周期（为简单计，设地球以圆轨道绕太阳运动）．试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度u0（发射速度是指在关闭火箭发动机，停止对飞船加速时飞船的速度）发射此飞船，才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地球绕太阳运行轨道附近（也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上）进入符合要求的椭圆轨道绕日运行？已知地球半径Re= 6.37×106m，地面处的重力加速度g=9.80 m/ s2，不考虑空气的阻力．

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

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）7．35s (10 分） 8．2lk C ke E E - ( 6分） 2.0×10-9 (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U 0=2.3V (2分），通过电阻1的电流I 10＝1.2A (3分），通过电阻2的电流I 20= 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 ．2.5 W ( 2 分）, 4 .9W ( 2 分）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323200)()R H T R H T +=+（ (1) 即 2/300()()T H R H R T =+- (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222()()()Mm G F m R h R h Tπ-=++ (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 222()()()Mm G m R h R h Tπ''=++ (6) 式中m ’为空间站的质量．由（5）、（6）两式得2222()()()[1]()R H F m R h T R h π+=+-+ (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22()()R h v R h T π''+=+ (10) 根据机械能守恒，有222112()()22Mm Mm mv G m R h G R h T R hπ'-=+-'++ (11) 联立（10）、（11）两式并利用（6）式得433()2()()R h h R H R h +'=+-+ (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3/22()22R h h T T R H'++'=+ (14) 代人数据T '= 90 . 4min (15) 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2N tπω= (2) 设轮盘边缘的线速度为v 1，由线速度的定义有v 1=ωR 1 (3) 设飞轮边缘的线速度为v 2，后车轮边缘的线速度为v 3，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v 1=v 2 (4)因飞轮与后车轮的转动角速度相同，故有2233v R v R = (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32s R π∆= (6 )而 332R T v π= (7) 车后轮的中心轴前进的速度即自行车行驶速度的大小s V T∆= (8) 由以上有关各式得1322NR R V R tπ= (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+mgVsin θ (10) 由（l ）、（9）、（10）式得1324sin mg NR R P R tπθ= (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W f 等于势能的减少，有W f =mgh (1) 用s 表示自行车行驶的路程，有h =s sin θ (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W f 与势能增量mgh 之和，即W=W f +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NR 1/R 2圈，所以自行车行驶的距离s 为122NR s R R π=⋅ (4) 由（1）到（4）式，得1324sin NR R W mg R tπθ=⋅ (5) 上式除以所用时间t ，即得骑车者功率 1324sin mg NR R W P t R t πθ== (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ω0时，环的动能201()2k E m R ω= ( 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 22qq I R R ωωππ== (2) 感应电动势 I k t tφε∆∆==∆∆ (3) 由（2）、（3）式得 2q k t ωεπ∆=∆ (4) 环加速转动时，要克服感应电动势做功，功率为P 1=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ω0经历的时间为t 0，则有00t tωω∆=∆ (6) 若与ω0对应的等效电流为I 0，则在整个过程中克服感到电动势做的总功10012W I t ε= (7) 由以上有关各式得220128q W k ωπ= (8) 外力所做的总功22201021()82k q W W E k m R ωωπ=+=+ (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mv 0=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)221(2)22mu m M V mgh =++ (3) 解（l ）、（2）、（3）三式得208(2)Mv h g m 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22mu mu MV ''=+ (5)22212mu mu MV ''=+ (6) 解（1）、（5）、（6）三式可得摆线位于竖直位置时木块速度的大小0V '= (7)022mv V m M'=+ (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 012u v = (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'，由 (l ）、（5）、（6）三式和（8）式可得0122m M u v M m-'=+ (10)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''＝012u v = (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：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2v qvB mR= （1）得 mv R qB= (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 ＝—Rsin θ (3 )y ＝一R + Rcos θ (4)这就是磁场区域边界的参数方程，消去参数θ，得x 2 +(y+R)2=R 2 (5)由（2）、（5）式得222222()mv m v x y 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222222()mv m v x y qB q B ++= 0x ≤0y ≤ (7)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x 2 +(y —R)2=R 2 0x ≥ 0y ≥ （8 )或 222222()mv m v x y qB q B +-= 0x ≥ 0y ≥ （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：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O xy ，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v x 和沿正北方向的分速度v y 两个分量．根据题意有v x ＝v y ＝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2BC a ut =+ (2)BC 的中点到B 点的距离为12a ut +．中点M 的坐标分别为 1322M x a a ut a ut =++=+ （3） 2M y ut = （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M x '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u AM =u AM y'=—2u (5)在时刻t ，船A 在坐标系M x 'y'的坐标为32A x a '=- (6) A AM y u t '= (7)可以把A 船的速度分解为沿连线MA 方向的分量u AM1 和垂直于连线 MA 方向的分量u AM2两个分量，u AM1使连线MA 的长度增大，u AM2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2AM u Rω= (8) 若MA 与x '轴的夹角为θ，则有2cos AM AM u u θ= (9) 而 cos A x Rθ'= （10）R =（11）由（5）到（10）各式得22212916aua u t ω=+（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。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)

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μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题(清晰扫描版)及参考解答

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4）由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6）把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8）由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11）得图1P=v（12）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v（14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+（1）其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知()21p a e=-（2）将（2）式代入（1）式可得()θcos112eear+-=（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T=年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e（4）在近日点0=θ，由（3）式可得1rea=-0（5）将Pθ、a、e的数据代入（3）式即得0.895AUPr=（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a-(7)式中m为彗星的质量．以Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v（8）可得P=v（9）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(10)设P点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v，再根据角动量守恒定律，有()sinP P Pr rϕθ-=v v00（11）根据（8）式，同理可得=v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (13)评分标准：本题20分解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：1f为地面作用于杆AB的摩擦力，1N为地面对杆AB的支持力，2f、2N为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力，3N、4N分别为墙对杆AB和CD的作用力，mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有431N N f+-=（1）120N mg-=（2）以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=（3）式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点，E为BF与CD的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4）取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422cos sin 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6）以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7）解以上各式可得41tan 2N mg α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13） CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得 arctan 0.38521.1α︒≤= (18) 将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19) 因此，α的取值范围为 19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分．三、参考解答：'解法一1．设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7）这便是绳的总长度L .3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8）切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有2tlθ∆∆=v （9）由(1)、(2)、(3)式可得 ()20l ωω=+v （10）2()2t由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11）（11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L所需的时间为0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度．再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v(3)2l ωω=v (4)小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的2m12φω+ v大小=v (5)因 l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11）由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0 故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13）由(6)、(13)两式得l = （14）这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16）当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17）设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18）评分标准：本题25分．解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中0010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力 010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4)沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6) 可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有 2z a =z ω- （11）由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有0021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有202πqB T mω== (14) 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16)考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）．2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1）根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2）由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4）下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即 05()2A A Q R T T =- （5）由(4)、(5)两式得052A Q RT = （6）B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7）由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 0B W R T = （8）内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9）由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10）根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为 072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12）若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13）由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积BV ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A AQ R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量0005()()2B AB Q R T T p V V ''''=-+- （17）利用理想气体状态方程，上式变为()072B AQ R T T ''=- （18）由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度 006AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积 00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21）评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分．八、参考解答：1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1）式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2）上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4）由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭ (10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16) 3332He He He 12=T m v (17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）p p m v33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的S = （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132MeV T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1)322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得 33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3p n p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得 1.02M e Vth T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分．解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度 3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3) 33p p c Hp H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得 332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而 ()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能 ()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1pm m m +=v(1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v =(3)把(3)式代入(1)式，经整理得 ()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由 1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 ()()2230401020202thm m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++=(9)或有 ()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分。

2023年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答版

全国中学生物理竞赛决赛试题北京★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示旳 A 处沿 Ax 方向传球，球在草地上以速度 v 匀速滚动，守方有一队员在图中 B 处，以 d 表达 A ，B 间旳距离，以 θ 表达 AB 与Ax 之间旳夹角，已知 θ＜90° ．设在球离开 A 处旳同步，位于 B 处旳守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表达他旳速率．在不考虑场地边界线制旳条件下，求解如下问题（规定用题中给出旳有关参量间旳关系式表达所求得旳成果）：1．求出守方队员可以抢到球旳必要条件．2．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表达他到 A 点旳距离，求出球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．3．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表达他离开 A 点旳距离．在球离开 A 处旳同步，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表达其速率，求在这种状况下球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．二、卫星旳运动可由地面观测来确定；而懂得了卫星旳运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体旳运动．这都波及时间和空间坐标旳测定．为简化分析和计算，不考虑地球旳A自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动旳测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波旳装置和高精度旳原子钟．假设从卫星上每次发出旳电波信号，都包括该信号发出旳时刻这一信息．（I）地面观测系统（包括若干个观测站）可运用从电波中接受到旳这一信息，并根据自己所处旳已知位置和自己旳时钟来确定卫星每一时刻旳位置，从而测定卫星旳运动．这种测量系统至少需要包括几种地面观测站？列出可以确定卫星位置旳方程．（II）设有两个观测站D1，D2，分别位于同一经线上北纬θ和南纬θ（单位：（°））处．若它们同步收届时间τ之前卫星发出旳电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面旳最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置旳纬度有很小旳误差△θ时，试求H旳误△，试求H 旳误差．差；（iii）假如上述旳时间τ有很小旳误差τ2．在第1（II）小题中，若θ= 45°，τ= 0.10 s ．（i）试问卫星发出电波时刻卫星距△= 地面最大高度H 是多少千米？（ii）若△θ= ±1.0′′ ，定出旳H 有多大误差？（iii）若τ±0.010 μs ，定出旳H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 旳球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处旳重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星旳运动来测定一种物体旳运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出旳电波信号包括卫星运动状态旳信息，即每个信号发出旳时刻及该时刻卫星所处旳位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接受器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了运用这种信息来确定物体旳运动状态，即物体接受到卫星信号时物体当时所处旳位置以及当时旳时刻，一般来说物体至少需要同步接受到几种不一样卫星发来旳信号电波？列出确定当时物体旳位置和该时刻旳方程．4．根据狭义相对论，运动旳钟比静止旳钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．目前来考虑在上述测量中相对论旳这两种效应．已知天上卫星旳钟与地面观测站旳钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 旳圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给旳值．（I）根据狭义相对论，试估算地上旳钟通过24h 后它旳示数与卫星上旳钟旳示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢旳公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢旳因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置旳引力势（即引力势能与受引力作用旳物体质量之比；取无限远处引力势为零）旳大小．试问地上旳钟24 h 后，卫星上旳钟旳示数与地上旳钟旳示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取旳热量连同外界对机器做功所得到旳能量一起送到高温处旳机器；它能使低温处旳温度减少，高温处旳温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 旳高温处和绝对温度为T2 旳低温处之间时，若致冷机从低温处吸取旳热量为Q，外界对致冷机做旳功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上旳理想状况．某致冷机在冬天作为热泵使用（即取暖空调机），在室外温度为－5.00℃旳状况下，使某房间内旳温度保持在20.00℃．由于室内温度高于室外，故将有热量从室内传递到室外．本题只考虑传导方式旳传热，它服从如下旳规律：设一块导热层，其厚度为l ，面积为S，两侧温度差旳大小为T，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处旳热量为H = k △Tl S ，其中k 称为热导率，取决于导热层材料旳性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外旳面积S = 5.00 m2、厚度l = 2.00 mm 旳玻璃板引起旳．已知该玻璃旳热导率k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想状况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃旳厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度l0= 0.50 mm 旳空气层，假设空气旳热导率k0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时旳电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由互相紧密接触旳金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理旳观点，在I层绝缘性能理想旳状况下，电子不也许从一种金属层穿过绝缘层抵达另MIM 图1一种金属层．不过，按照量子物理旳原理，在一定旳条件下，这种渡越是也许旳，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性旳成果．隧穿是单个电子旳过程，是分立旳事件，通过绝缘层转移旳电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19C )旳整数倍，因此也称为单电子隧穿，MIM 器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结．本题波及对单电子隧穿过程控制旳库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小旳单电子器件，这是目前研究得诸多、有应用前景旳领域．1．显示库仑阻塞原理旳最简朴旳做法是将图1旳器件当作一种电容为C 旳电容器，如图2所示．电容器极板上旳电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景旳很小位移，可以持续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层旳只能是分立旳单电子电荷．假如隧穿过程会导致体系静电能量上升，则此过程不能发生，这种现象称为库仑阻塞．试求出发生库仑阻塞旳条件即电容器极板间旳电势差V AB = V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被严禁．2．假定 V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿旳电压．试估算电容 C 旳大小．3．将图1旳器件与电压为 V 旳恒压源相接时，一般采用图2所示旳双构造器件来观测单电子隧穿，防止杂散电容旳影响．中间旳金属块层称为单电子岛．作为电极旳左、右金属块层分别记为 S ，D ．若已知岛中有净电荷量－ne ，其中净电子数 n 可为正、负整数或零，e 为电子电荷量旳大小，两个 MIM 结旳电容分别为 C S 和 C D ．试证明双结构造器件旳静电能中与岛上净电荷量有关旳静电能（简称单电子岛旳静电能）为U n = (－ne )22( C S +C D )．4．在图3给出旳具有源( S )、漏( D )电极双结构造旳基础上，通过和岛连接旳电容 C G添加门电极( G )构成如图4给出旳单电子三极管构造，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发图2生．在 V 较小且固定旳状况下，通过门电压 V G 可控制岛中旳净电子数 n ．对于 V G 怎样控制 n ，简朴旳模型是将 V G 旳作用视为岛中附加了等效电荷 q 0 =C G V G ．这时，单电子岛旳静电能可近似为 U n = (－ne + q 0 )2 / 2C∑，式中C∑= C S +C D +C G ．运用方格图（图5），考虑库仑阻塞效应，用粗线画出岛中净电子数从 n = 0开始，C G V G / e 由0增大到3旳过程中，单电子岛旳静电能 U n 随 C G V G 变化旳图线（纵坐标表达 U n ，取 U n 旳单位为 e 2 / 2C∑；横坐标表达 C G V G ，取 C G V G 旳单位为 e ）．规定标出要点旳坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 C G V G / e 旳变化范围填在表格中．（此小题只按作图及所填表格（表1）评分）．表1图3图4图5U n( e 2 / 2C∑)C G V Ge五、折射率n = 1.50 、半径为R旳透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线旳横截面如图所示，图中O 点为横截面与轴线旳交z 点．光仅容许从半圆柱体旳平面AB 进入，一束足够宽旳平行单色光沿垂直于圆柱轴旳方向以入射角i射至AB 整个平面上，其中有一部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出．这部分光束在入射到AB 面上时沿y 轴方向旳长度用 d 表达．本题不考虑光线在透明圆柱体内经一次或多次反射后再射出柱体旳复杂情形．1．当平行入射光旳入射角i 在0°～90°变化时，试求 d 旳最小值d min 和最大值d max．2．在如图所示旳平面内，求出射光束与柱面相交旳圆弧对O 点旳张角与入射角i 旳关系．并求在掠入射时上述圆弧旳位置．六、根据广义相对论，光线在星体旳引力场中会发生弯曲，在包括引力中心旳平面内是一条在引力中心附近微弯旳曲线．它距离引力中心近来旳点称为光线旳近星点．通过近星点与引力中心旳直线是光线旳对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）旳原点，选用光线旳对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子旳轨迹方程）为r =GM / c2a cosφ+a2 ( 1 + sin2φ)，G 是万有引力恒量，M 是星体质量，c 是光速，a 是绝对值远不不小于1旳参数．目前假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线旳中点处有一白矮星．假如通过该白矮星两侧旳星光对地球上旳观测者所张旳视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星旳质量是多少公斤？已知G = 6.673 ×10－11 m3 / ( kg •s2 )七、1．假设对氦原子基态采用玻尔模型，认为每个电子都在以氦核为中心旳圆周上运动，半径相似，角动量均为：= h / 2π，其中h 是普朗克常量．（I）假如忽视电子间旳互相作用，氦原子旳一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一种电子移到无限远所需要旳能量．（II）试验测得旳氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型旳基础上来考虑电子之间旳互相作用，深入假设两个电子总处在通过氦核旳一条直径旳两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道旳半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与试验测得旳氦原子一级电离能相比较．已知电子质量m = 0.511 MeV / c2，c是光速，组合常量c =197.3 MeV • fm = 197.3 eV• nm ，ke2 = 1.44 MeV • fm = 1.44 eV • nm ，k是静电力常量，e 是基本电荷量．2．右图是某种粒子穿过云室留下旳径迹旳照片．径迹在纸面内，图旳中间是一块与纸面垂直旳铅板，外加恒定匀强磁场旳方向垂直纸面向里．假设粒子电荷旳大小是一种基本电荷量e：e = 1.60×10－19 C ，铅板下部径迹旳曲率半径r d= 210 mm ，铅板上部径迹旳曲率半径r u= 76.0 mm ，铅板内旳径迹与铅板法线成θ= 15.0°，铅板厚度d = 6.00 mm ，磁感应强度B = 1.00 T ，粒子质量m = 9.11 ×10－31 kg = 0.511 MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子旳阻力．（I）写出粒子运动旳方向和电荷旳正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受旳力平均为多少牛？（III）假设射向铅板旳不是一种粒子，而是从加速器引出旳流量为j = 5.00 ×1018 / s 旳脉冲粒子束，一种脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力平均为多少牛？铅板在此期间吸取旳热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参照解答一、1 ．解法一：设守方队员通过时间t 在Ax 上旳C图1点抢到球，用l 表达A 与C 之间旳距离，l p 表达B 与C 之间旳距离（如图1所示），则有l = vt ，l p = v p t （1）和l2p= d2 + l2－2dl cosθ．（2）解式（1），（2）可得l =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }．（3）由式（3）可知，球被抢到旳必要条件是该式有实数解，即v p ≥v sinθ．（4）解法二：设BA 与BC 旳夹角为φ（如图1）．按正弦定理有l psinθ=lsinφ．运用式（1）有v pv= sinθsinφ．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min 表达守方队员能抢断球旳地方与A 点间旳最小距离．由式（3）知l min =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }．（5）若攻方接球队员到 A 点旳距离不不小于l min ，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断旳条件是l r ＜l min ．（6）由（5），（6）两式得l r ＜d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }（7）由式（7）可知，若位于Ax 轴上等球旳攻方球员到A 点旳距离l r 满足该式，则球不被原位于B 处旳守方球员抢断．3．解法一：假如在位于 B 处旳守方球员抵达Ax 上距离A 点l min 旳C1 点之前，攻方接球队员可以抵达距 A 点不不小于l min 处，球就不会被原位于 B 处旳守方队员抢断（如图2所示）．若L≤l min 就相称于第2小题．若L＞l min ，设攻方接球员位于Ax 方向上某点 E处，则他跑到C1 点所需时间t rm = ( L－l min ) / v r ；（8）守方队员抵达C1 处所需时间t pm = ( d2+ l2min－2dl min cosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断旳条件是t rm ＜t pm ．（9）即L＜v rv p( d2 + l2min－2dl min cosθ)1 / 2 + l min ，（10）式中l min 由式（5）给出．解法二：守方队员抵达C1 点旳时间和球抵达该点旳时间相似，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断旳条件（9）以及式（8）可得到L＜( 1 + v r / v ) l min（11）式中l min也由式（5）给出．易证明式（11）与（10）相似．二、1．（I）选择一种坐标系来测定卫星旳运动，就是测定每一时刻卫星旳位置坐标x，y，z．设卫星在t时刻发出旳信号电波抵达第i 个地面站旳时刻为t i．由于卫星信号电波以图2光速c 传播，于是可以写出(x－x i )2 + (y－y i )2 + (z －z i )2 = c2 (t－t i )2( i = 1 ，2 ，3 )，（1）式中x i，y i，z i是第i个地面站旳位置坐标，可以预先测定，是已知旳；t i 也可以由地面站旳时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知旳．因此，方程（1）中有三个未知数x，y，z，要有三个互相独立旳方程，也就是说，至少需要包括三个地面站，三个方程对应于式（1）中i = 1 ，2 ，3 旳状况．（II）（i）如图所示，以地心O和两个观测站D1，D2旳位置为顶点所构成旳三角形是等腰三角形，腰长为R ．根据题意，可知卫星发出信号电波时距离两个观测站旳距离相等，都是L = cτ．（2）当卫星P 处在上述三角形所在旳平面内时，距离地面旳高度最大，即H．以θ表达D1，D2 所处旳纬度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 －2R ( H + R ) cosθ．（3）由（2），（3）两式得H = (cτ)2 －(R sinθ)2 －R ( 1－cosθ) ．（4）式（4）也可据图直接写出．（ii）按题意，假如纬度有很小旳误差△θ，则由式（3）可知，将引起H发生误差△H ．这时有L2 = R2 + ( H +△H + R )2 －2R ( H +△H + R ) cos ( θ+△θ)．（5）将式（5）展开，因△θ很小，从而△H 也很小，可略去高次项，再与式（3）相减，得△H = －R ( R +H ) sin θ△θH + ( 1－cos θ ) R，（6）其中 H 由（4）式给出．（iii ）假如时间τ有τ△旳误差，则 L 有误差△L = c τ△ ．（7）由式（3）可知，这将引起 H 产生误差△H ．这时有( L +△L )2 = R 2 + ( H +△H + R )2 －2R ( H +△H + R ) cos θ．（8）由式（7），（8）和（3），略去高次项，可得△H = c 2ττ△H + R ( 1－cos θ )，（9）其中 H 由式（4）给出．2．（i ）在式（4）中代入数据，算得 H = 2.8 ×104 km ．（ii ）在式（6）中代入数据，算得△H =25m ．（iii ）在式（9）中代入数据，算得△H = ±3.0 m ．3．选择一种坐标系，设被测物体待定位置旳坐标为 x ，y ，z ，待定期刻为 t ，第 i 个卫星在 t i 时刻旳坐标为 x i ，y i ，z i ．卫星信号电波以光速传播，可以写出(x －x i )2 + (y －y i )2 + (z －z i )2 = c 2 (t －t i )2 ( i = 1 ，2 ，3 ，4 )，（10）由于方程（1）有四个未知数 t ，x ，y ，z ，需要四个独立方程才有确定旳解，故需同步接受至少四个不一样卫星旳信号．确定当时物体旳位置和该时刻所需要旳是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应旳四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟旳变慢因子为[ 1－( v / c )2] 1 / 2 ，地上旳钟旳示数 T 与卫星上旳钟旳示数 t 之差为T －t = T －1－(vc )2 T = [ 1－1－(vc)2 ] T ，（11）这里 v 是卫星相对地面旳速度，可由下列方程定出：v 2r = GMr2 ，（12）其中 G 是万有引力常量，M 是地球质量，r 是轨道半径．式（11）给出v =GMr= g rR = gR + hR ，其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面旳高度，g = GM / R 2 是地面重力加速度；代入数值有 v = 3.89 km / s ．于是 ( v / c )2 ≈1.68 ×10－10，这是很小旳数．因此[ 1－ (v c )2 ]1 / 2 ≈1－ 12 (vc)2 ．最终，可以算出 24 h 旳时差T－t ≈12 (v c )2T = 12 gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3 μs ．（13）（II ）卫星上旳钟旳示数t 与无限远惯性系中旳钟旳示数T 0之差t －T 0 =1－2φc 2 T 0－T 0 = (1－2φc 2－1 )T 0 ．（14）卫星上旳钟所处旳重力势能旳大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ．（15）因此 φc 2 = gR 2c 2 ( R + h ) ；代入数值有φ/ c 2 = 1.68 ×10－10，这是很小旳数．式（14）近似为t－T 0 ≈－ φc 2T 0 ．（16）类似地，地面上旳钟旳示数 T 与无限远惯性系旳钟旳示数之差T－T 0 =1－2Eφ c 2 T 0－T 0= ( 1－2Eφ c 2－1 )T 0 ．（17）地面上旳钟所处旳重力势能旳大小为E φ= GMR =gR ．（18）因此Eφ c 2 = gR c 2；代入数值有E φ/ c 2 = 6.96 ×10－10，这是很小旳数．与上面旳情形类似，式（17）近似为T－T 0 ≈－Eφ c 2T 0 ．（19）（16），（19）两式相减，即得卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t－T ≈－Eφφ- c 2T 0 ．（20）从式（19）中解出 T 0 ，并代入式（20）得t －T ≈－Eφφ- c 2/ (1－Eφ c 2 )T≈－Eφφ- c 2T =gR c 2 h R + hT ．（21）注意，题目中旳 24 h 是指地面旳钟走过旳时间 T ．最终，算出 24 h 卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t －T = 46 μs ．（22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热旳功率应与房间向室外散热旳功率相等．设热泵在室内放热旳功率为 q ，需要消耗旳电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸取热量旳功率为 q －P ．根据题意有q －P P ≤ T 2T 1－T 2，（1）式中 T 1 为室内（高温处）旳绝对温度，T 2 为室外旳绝对温度．由（1）式得P ≥ T 1－T 2T 1q ．（2）显然，为使电费至少，P 应取最小值；即式（2）中旳“≥”号应取等号，对应于理想状况下 P 最小．故最小电功率P min =T 1－T 2T 1q ．（3）又依题意，房间由玻璃板通过热传导方式向外散热，散热旳功率H =k T1－T2l S ．（4）要保持室内温度恒定，应有q = H ．（5）由（3）～（5）三式得P min =k S ( T1－T2 )2lT1．（6）设热泵工作时间为t，每度电旳电费为c，则热泵工作需花费旳至少电费C min = P min tc ．（7）注意到T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T2 = －5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ，1度电= 1 kW • h ．由（6），（7）两式，并代入有关数据得C min = ( T1－T2 )2T1l Sktc = 23.99 元．（8）因此，在理想状况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面旳温度为T i，外表面旳温度为T0 ，则单位时间内通过内层玻璃、中间空气层和外层玻璃传导旳热量分别为H1=k T1－T il S ，（9）H2=k0T i－T0l0S ，（10）H3=k T0－T2l S ．（11）在稳定传热旳状况下，有H1= H2= H3 ．（12）由（9）～（12）四式得k T1－T il= k0T i－T0l0和T1－T i = T0－T2．（13）解式（13）得T i = l0k + lk0l0k + 2lk0T1 +lk0l0k + 2lk0T2．（14）将（14）式代入（9）式得H1 =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )S ．（15）要保持室内温度恒定，应有q =H1．由式（3）知，在双层玻璃状况下热泵消耗旳最小电功率P′min =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )2T1S ．（16）在理想状况下，热泵工作时间t需要旳电费C ′min = P′min tc ；（17）代入有关数据得C′min = 2.52 元．（18）因此，改用所选旳双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节省旳电费△C min = C min －C′min = 21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器旳极板A 隧穿到极板B．以Q 表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压（如题目中图3所示），则有V AB = Q / C ．（1）这时电容器储能U= 12CV2AB．（2）当单电子隧穿到极板B后，极板A所带旳电荷量为Q′ = Q + e ，（3）式中e 为电子电荷量旳大小．这时，电容器两极板间旳电压和电容器分别储能为V′AB = Q + eC，U′ =12CV ′2AB．（4）若发生库仑阻塞，即隧穿过程被严禁，则规定U′－U ＞0 ．（5）由（1）～（5）五式得V AB ＞－12eC ．（6）再假设单电子能从电容器旳极板B隧穿到极板A．仍以Q表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带旳电荷量为Q′ = Q－e ．通过类似旳计算，可得单电子从极板B 到极板A旳隧穿不能发生旳条件是V AB ＜12eC ．（7）由（6），（7）两式知，当电压V AB 在－e / 2C～e / 2C 之间时，单电子隧穿受到库仑阻塞，即库仑阻塞旳条件为－12eC ＜V AB ＜12eC ．（8）2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有V AB =12eC = 0.10 mV ．（9）由式（9），并代入有关数据得C =8.0 ×10－16 F ．（10）3．设题目中图3中左边旳MIM 结旳电容为C S，右边旳MIM 结旳电容为CD ．双结构造体系如图a所示，以Q1 ，Q2 分别表达电容C S ，图aC D所带旳电荷量．根据题意，中间单电子岛上旳电荷量为－ne= Q2－Q1 ．（11）体系旳静电能为C S 和C D 中静电能旳总和，即U = Q212C S+Q222C D；（12）电压V = Q1C S+Q2C D．（13）由（11）～（13）三式解得U = 12CV2 +(Q2－Q1)22 ( C S + C D )．（14）由于V为恒量，从式（13）可知体系旳静电能中与岛上净电荷有关旳静电能U n= (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随C G V G 变化旳图线如图b；C G V G / e 旳变化范围如表2．表2U n( e2 / 2C )图b五、1．在图1中，z 轴垂直于 AB 面．考察平行光束中两条光线分别在 AB 面上 C 与 C ′ 点以入射角 i射入透明圆柱时旳状况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面旳 D 和 D ′ ，对圆柱面其入射角分别为 i 2 与 i ′2 ．在△OCD 中，O 点与入射点 C 旳距离 y c 由正弦定理得y c sin i 2 = R sin ( 90° + r ) ，即 y c = sin i 2cos rR ．（1）同理在△OC ′D ′ 中，O 点与入射点 C ′ 旳距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′ = sin i ′2cos r R ．（2）当变化入射角 i 时，折射角 r 与柱面上旳入射角 i 2 与 i ′2 亦随之变化．在柱面上旳入射角满足临界角i 20 = arcsin ( 1 / n ) ≈ 41.8° （3）时，发生全反射．将 i 2 = i ′2 = i 20 分别代入式（1），（2）得y o c = y o c ′ = sin i 20cos rR ，（4）即 d = 2y o c = 2sin i 20cos rR ．（5）当 y c ＞ y o c 和 y c ′ ＞ y o c ′ 时，入射光线进入柱体，通过折射后射达柱面时旳入射角不小于临界角 i 20 ，由于发生全反射不能射出柱体．因折射角 r 随入射角 i 增大而增大．由式（4）知，当 r = 0 ，即 i = 0（垂直入射）时，d 取最小值d min = 2R sin i 20 = 1.33 R ．（6）图1当i →90°（掠入射）时，r→41.8°．将r =41.8°代入式（4）得d max = 1.79 R．（7）2．由图2可见，φ是Oz 轴与线段OD 旳夹角，φ′是Oz 轴与线段OD′旳夹角．发生全反射时，有φ= i20 + r ，（8）φ′= i20－r ，（9）和θ= φ+φ′=2i20≈83.6°．（10）由此可见，θ与i 无关，即θ独立于i ．在掠入射时，i ≈90°，r =41.8°，由式（8）,（9）两式得φ= 83.6°，φ′= 0°．（11）六、由于方程r =GM / c2a cosφ + a2 ( 1 + sin2φ)（1）是φ旳偶函数，光线有关极轴对称．光线在坐标原点左侧旳情形对应于a＜0 ；光线在坐标原点右侧旳情形对应a＞0 ．右图是a＜0旳情形，图中极轴为Ox，白矮星在原点O处．在式（1）中代入近星点坐标r = r m，φ= π，并注意到a 2| a | ，有a≈－GM / c2r m ．（2）通过白矮星两侧旳星光对观测者所张旳视角θS 可以有不一样旳体现方式，对应旳问题有不一样旳解法．解法一：若从白矮星到地球旳距离为d，则可近似地写出ySrxOEr mφ图2θS≈2r m / d．（3）在式（1）中代入观测者旳坐标r = d，φ= －π/ 2，有a2≈GM / 2c2d．（4）由（2）与（4）两式消去a，可以解出r m = 2GMd / c2 ．（5）把式（5）代入式（3）得θS≈8GM / c2d；（6）即M≈θ2Sc2d / 8G ，（7）其中d = 3.787 ×1017 m ；代入数值就可算出M≈2.07 ×1030 kg ．（8）解法二：光线射向无限远处旳坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），规定式（1）分母为零，并注意到θ1，有aθ / 2 + 2a2= 0 ．因此θS≈θ=－4a = 8GM / c2d，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0 ．式（10）与式（6）相似，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张旳视角θS 应等于两条光线在观测者处切线旳夹角，有sin θS2=△( r cosφ)△r= cosφ－r sinφ△φ△r．（11）由光线方程（1）算出△φ/△r ，有sin θS2= cosφ－r sinφGM / c2r2a sinφ= cosφ－GMc2ra；代入观测者旳坐标r = d， = －π/ 2以及a旳体现式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM =8GMc2d，与式（6）相似．因此，也得到了式（8）．解法四：用式（2）把方程（1）改写成－r m = r cosφ－GMc2r m r[ (r cosφ )2 + 2 (r sinφ)2 ] ，即x = －r m + GMc2r m r( x2 +2y2 ) ．（12）当y→－∞时，式（12）旳渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上旳截距为－r m ，斜率为1－2GM/ c2r m ≈1－tan ( θS / 2 )≈－1θS / 2 ．于是有θS ≈4GM/ c2r m．r m用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）．七、1．（I）氦原子中有两个电子，一级电离能E+ 是把其中一种电子移到无限远处所需要旳能量满足He + E+ →He+ + e－．为了得到氦原子旳一级电离能E+ ，需规定出一种电子电离后来氦离子体系旳能量E*．这是一种电子围绕氦核运动旳体系，下面给出两种解法．解法一：在力学方程2ke2r2= mv2 r中，r 是轨道半径，v 是电子速度．对基态，用玻尔量子化条件（角动量为）可以解出r0 =2/ 2ke2m ．（1）于是氦离子能量E* = p22m－2ke2r0= －2k2e4m2，（2）其中p0 为基态电子动量旳大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2(c)2≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间旳互相作用，氦原子基态旳能量E0 是该值旳2倍，即E0 =2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0 = －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态旳角动量关系rp=代入，式（3）可以改写成E* =22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态旳能量最小，式（4）等号右边旳第一项为零，因此半径和能量r 0 =22ke2m，E*= －2k2e4m2分别与（1），（2）两式相似．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0旳两种解法．解法一：运用力学方程mv2r= 2ke2r2－ke2( 2r )2=7ke24r2和基态量子化条件rmv =，可以解出半径r0 = 42/ 7ke2m，（6）于是氦原子基态能量E 0 = 2 ( p22m－2ke2r0) +ke22r0= －49k2e4m162；（7）代入数值算得E0 = －49( ke2 )2mc216(c)2≈－83.4 eV ，（8）r0 = 4 (c)27ke2mc2≈ 0.0302 nm ．因此，氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比试验测得旳氦原子一级电离能24.6 eV 高出4.4 eV ．解法二：氦原子能量E = 2 (p22m－2ke2r) +ke22r=2mr2－7ke22r可以化成E =2m(1r－7ke2m42)2－49k2e4m162．当上式等号右边第一项为零时，能量最小．由此可知，基态能量与半径E 0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相似．2．（I）粒子从下部射向并穿过铅板向上运动，其电荷为正．（II）如题图所示，粒子旳运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不变化荷电粒子动量旳大小，只变化其方向．若不考虑云室中气体对粒子旳阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下旳运动轨迹就是曲率半径为一定值旳圆弧；可以写出其运动方程qBv=|△p△t| =p△φ△t=pvr，（1）其中q 是粒子电荷，v 是粒子速度旳大小，p 是粒子动量旳大小，△φ是粒子在△t时间内转过旳角度，r是轨迹曲率半径．于是有p= qBr ．（2）按题意，q=e ．用p d 和p u 分别表达粒子射入铅板和自铅板射出时动量旳大小，并在式（1）中代入有关数据，可以算得p d =63.0 MeV / c ，p u= 22.8 MeV / c ．（3）注意到当pc mc2 时应使用狭义相对论，从p=mv1－(v / c)2．（4）中可以得到v=c1+(mc / p)2．（5）用v d 和v u 分别表达粒子进入和离开铅板时旳速度大小．把式（2）以及m = 0.511 MeV / c2代入式（3），可得v d ≈c，v u≈c．（6）于是，粒子穿过铅板旳平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d + v u )≈c．用△t表达粒子穿过铅板旳时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表达粒子穿过铅板动量变化量旳大小，铅板所受到旳平均力旳大小f = △p du△t=p d－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）代入有关数值得f ≈1.04 ×10－9 N ．（9）（III）一种粒子穿过铅板旳时间△t =dv cosθ≈dc cosθ≈2.07 ×10－11 s = 0.0207 ns，（10）比粒子束流旳脉冲周期 = 2.50 ns 小得多．铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力旳平均大小F ≈( p d－p u ) j；（11）。

第二十八届全国中学生物理竞赛决赛实验试题一试卷及答卷

第28届全国中学生物理竞赛决赛实验试题一试卷及答卷宜流电源特性的研究一、题目：一直流待测电源E x,开路电压小于2V。

（1）利用所给仪器，自组电压表、并测量:待测电源乌的开路电压：（2）利用所给仪器，测量待测电源氏的短路电流。

二、仪器：直流待测电源马，六位电阻箱二台，标称值350欧姆的滑线变阻器一台，标称值3V 直流电压源E一台，准确度等级0.5级指针式100微安直流电流表耳一台，准确度等级0.5级指针式多量程直流电流表瓦一台，准确度等级1.5级指针式检流计G一台，开关、导线若干。

三、说明：】、待测电源E,具有非线性内阻，不适合用U—1曲线外推法测量：2、测量中需要的电压表用】00微安指针式直流电流表4和电阻箱自组：3、标称值3V直流电压源E由两节1号干电池、15欧姆保护电阻串联构成：4、所画测量电路中的待测电源旦、3V直流电压源E、电流表同、电流表瓦需用“+”和标明其正负极性：5、检流计G两接线端子上并联两个保护二级管，作为平衡指示器使用时，可以不使用串联保护电阻。

如果测试中需要用检流计G判断电流是否为0时，应说明检流计G指示为0的判断方法或者判断过程。

四、要求：1、（7分）利用所给器材，测量100微安电流表内阻.并将100微安电流表改装成2.00V量程的电压表。

要求画出测量内阻的电路图.简述测量原理，给出测量结果：画出自组电压表的示意图，并标明元件的数值。

2.1（5分）画出测量待测电源巴的开路电压的电路图.简述测量待测电源E,开路电压的原理和步骤。

2.2（6分）连接电路、测量并记录必要的数据，标明待测电源氏开路电压的测量值。

3.1（5分）画出测量待测电源旦短路电流的电路图，并简述测量待测电源巴短路电流的原理和步聚。

3.2（7分）连接电路、测量并记录必要的数据.写出待测电源旦短路电流的测量值。

1（7分）利用所给器材，测量100微安电流表内阻，并将】00微安电流表改装成2.00V量程的电压表。

要求画出测量内阻的电路图.简述测量原理，给出测量结果：画出自组电压表的示意图，并标明元件的数值。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

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P 0时与太阳S 的距离r 0=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SP 0的夹角θP =72.0°。

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μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

其原理如图所示。

历年决赛题集(21届到31届全国中学生物理知识竞赛决赛)

（9）
，所以当
'
满足下面条件时折射线即能被全反射：
68.96 21.04
90
（10）
现在（ii）
' 1
1
1
' 1
18.19 ，满足（10）式的要求.故该光纤能经过全反射在光纤中传播.
2
25 时 2sin
（2）
由折射定律得
sin 1.5sin
'
（3）
由几何关系得
2
'
（4）
第6页
'
'
（5）
'
如果折射线的反向延长线与轴相交，光路图如图 3 所示.若对定：折射线向靠近轴的方向偏折时， ' 取正值；折射线的方向向远离轴的方向偏折时（即折射线的反向延长线与轴的交点在 A 点的左侧），负值，则（5）式仍成立. 此外，由几何关系可知，折射线能进入光纤的条件是
' 1
arcsin
2 3
41.81
代入（4）式得
1
2
1
' 1
1
1
23.62
（7）（8）
因为故此折射线能进入光纤.
QOB
b.此折射线能否在光芯包层的界面上发生全反射？
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设光纤内光线射至光芯与包层界面时发生全反射的临界角为 ic ，则
ic
因为 i 90
'
arcsin
'
1.400 1.500
68.96
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第 21 届全国中学生物理竞赛决赛试卷参考答案及评分标准
一、 1. 当发射光束刚好都能射到球面上时，光束的边缘光线应与球面相切，如图 1 所示，T 为切点，由几何关系可知

【竞赛试题】第28届全国中学生物理竞赛复赛试题+答案

【竞赛试题】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θP=72.0°.已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10-11m3•kg-1•s-2，太阳质量m S=1.99×1030kg.试求P到太阳S的距离r P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、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆A B和CD接触处的静摩擦因数为μC，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θ，求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA=1.00，μC=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）人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称轴稳定在规定指向，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旋转。

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是所谓的“YO—YO”消旋法，其原理如图。

设卫星是一半径为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，另一端各拴有一质量为m/2的小球。

正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0'处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转。

中学生物理奥林匹克竞赛第28届试卷及答案

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（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P 0时与太阳S 的距离r 0=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SP 0的夹角θP =72.0°。

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μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

2011年第28届全国中学生物理竞赛预赛、复赛、决赛试题及参考答案介绍

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
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θP=72.0 －11 11 2 °。已知：1AU=1.50×10 m，引力常量 G=6.67×10 Nm /kg2，太阳质量 mS=1.99× 1030kg，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）。
h
7、（10 分）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 28 预— 4 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）原子相距很远时，他们的相互作用势能为零；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

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题一、（15分）在竖直面内将一半圆形光滑导轨固定在A 、B 两点，导轨直径AB =2R ，AB 与竖直方向间的夹角为60°，在导轨上套一质量为m 的光滑小圆环，一劲度系数为k 的轻而细的光滑弹性绳穿过圆环，其两端系与A 、B 两点，如图28决—1g .二、量为和l 2弹簧球2弹簧2三、（20分）某空间站A 绕地球作圆周运动，轨道半径为r A =6.73×106m.一人造地球卫星B 在同一轨道平面内作圆周运动，轨道半径为r B =3r A /2，A 和B 均沿逆时针方向运行。

现从空间站上发射一飞船（对空间站无反冲）前去回收该卫星，为了节省燃料，除了短暂的加速或减速变轨过程外，飞船在往返过程中均采用同样形图28决—3状的逆时针椭圆转移轨道，作无动力飞行。

往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面内，且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上，如图28决—3所示。

已知地球半径为R e =6.38×106m ，地球表面重力加速度为g =9.80m/s 2.试求：（1）飞船离开空间站A 进入椭圆转移轨道所必须的速度增量Δv A ，若飞船在远地点恰好与卫星B 相遇，为了实现无相对运动的捕获，飞船所需的速度增量Δv B . （2A 至四、5RT /2，式中（128决—4（a v 0.已知（2体的压强为P 2（P 2<P 0）.假设气体在经过多孔塞的过程中与多孔塞没有任何形式的能量交换，求多孔塞右边气体的流速v 2.五、（15分）如图28决—5所示，一个三棱镜ABC 的顶角α小于（b ）图28决—490°.假设光线在纸面内以任意入射角入射到AB面上的D点，经一次折射后，又入射到AC面上，且能在AC面上发生全反射。

已知光线在AC面上发生全反射的临界角为Θ（Θ<45°），AC边足够长。

试求下列两种情形下分别求三棱镜顶角α的取值范围：（1）如果光线仅从AB面上法线的下方入射；（2）如果光线仅从AB面上法线的上方入射。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析（纯word版）

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。

年。

19861986年它过近日点P 0时，与太阳S 的距离r 0=0.590AU =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SP 0的夹角θP =72.0=72.0°°.已知：已知：1AU=1.501AU=1.501AU=1.50××1011m ，引力常量G =6.67=6.67××10-11m 3•kg -1•s -2，太阳质量m S =1.99=1.99××1030kg.kg.试求试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 点时速度的大小及方向（用速度方向与SP 0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD 如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦因数为μA ，B 、D 两点与光滑竖直墙面接触，杆A B 和CD 接触处的静摩擦因数为μC ，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θ，求CD 杆与墙面的夹角α应满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

（2）若μA =1.00=1.00，，μC =0.866=0.866，，θ=60.0=60.0°，求系统平衡时°，求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

θα A B C D S P 0P θP r P三、（25分）人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称轴稳定在规定指向，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旋转。

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是所谓的“减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO YO YO——YO YO”消旋法，其原理如图。