全国中学生物理竞赛决赛试题精华集(3)
2023年全国中学生物理竞赛决赛试卷
全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题也许用到的物理常量和公式：真空中的光速82.99810/c m s =⨯；地球表面重力加速度大小为g ；普朗克常量为h ，2h π=； 2111ln ,1121x dx C x x x+=+<--⎰。
1、（15分）山西大同某煤矿相对于秦皇岛的高度为c h 。
质量为t m 的火车载有质量为c m 的煤，从大同沿大秦铁路行驶路程l 后到达秦皇岛，卸载后空车返回。
从大同到秦皇岛的过程中，火车和煤总势能的一部分克服铁轨和空气做功，其余部分由发电机转换成电能，平均转换效率为1η，电能被所有存储于蓄电池中以用于返程。
空车在返程中由储存的电能驱动电动机克服重力和阻力做功，储存的电能转化为对外做功的平均转换效率为2η。
假设大秦线轨道上火车平均每运营单位距离克服阻力需要做的功与运营时（火车或火车和煤）总重量成正比，比例系数为常数μ，火车由大同出发时携带的电能为零。
（1）若空车返回大同时尚有剩余的电能，求该电能E 。
（2）问火车至少装载质量为多少的煤，才干在不此外提供能量的条件下刚好返回大同？（3）已知火车在从大同到达秦皇岛的铁轨上运营的平均速率为v ，请给出发电机的平均输出功率P 与题给的其它物理量的关系。
2、（15分）如图a ，AB 为一根均质细杆，质量为m ，长度为2l ；杆上端B 通过一不可伸长的软轻绳悬挂到固定点O ，绳长为1l 。
开始时绳和杆均静止下垂，此后所有运动均在同一竖直面内。
（1）现对杆上的D 点沿水平方向施加一瞬时冲量I ，若在施加冲量后的瞬间，B 点绕悬点O 转动的角速度和杆绕其质心转动的角速度相同，求D 点到B 点的距离和B点绕悬点O 转动的初始角速度0ω。
（2）设在某时候，绳和杆与竖直方向的夹角分别为1θ和2θ（如图b 所示），绳绕固定点O 和杆绕其质心转动的角速度分别为1ω和2ω，求绳绕固定点O 和杆绕其质心转动的角加速度1α和2α3、（15分）火星大气可视为仅由很稀薄的2CO 组成，此大气的摩尔质量记为μ，且同一高度的大气可视为处在平衡态的抱负气体。
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—1所示。
当圆环位于A 点正下方C 点时，弹性绳刚好为原长。
现将圆环从C 点无初速度释放，圆环在时刻t 运动到C'点，C'O 与半径OB 的夹角为θ，重力加速度为g .试求分别对下述两种情形，求导轨对圆环的作用力的大小：（1）θ=90°（2）θ=30°二、（15分）如图28决—2所示，在水平地面上有一质量为M 、长度为L 的小车，车内两端靠近底部处分别固定两个弹簧，两弹簧位于同一直线上，其原长分别为l 1和l 2，劲度系数分别为k 1和k 2；两弹簧的另一端分别放着一质量为m 1、m 2的小球，弹簧与小球都不相连。
开始时，小球1压缩弹簧1并保持整个系统处于静止状态，小球2被锁定在车底板上，小球2与小车右端的距离等于弹簧2的原长。
现无初速释放小球1，当弹簧1的长度等于其原长时，立即解除对小球2的锁定；小球1与小球2碰撞后合为一体，碰撞时间极短。
已知所有解除都是光滑的；从释放小球1到弹簧2达到最大压缩量时，小车移动力距离l 3.试求开始时弹簧1的长度l 和后来弹簧2所达到的最大压缩量Δl 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。
全国中学生物理竞赛决赛试题精华集(3)标准答案
力学专辑答案第21届预赛（20０4.９.5)二、第一次,小物块受力情况如图所示，设T １为绳中张力,a １为两物块加速度的大小，l 为斜面长,则有1111m g T m a -=(1） 1221sin T m g m a α-=(２) 2112l a t =（3）第二次,m 1与m 2交换位置．设绳中张力为T 2，两物块加速度的大小为a 2,则有 2222m g T m a -= （4)2112sin T m g m a α-= (5)22123t l a ⎛⎫= ⎪⎝⎭（6) 由（1）、(2）式注意到α =30︒得 1211222()m m a g m m -=+ （7） 由(4）、（5)式注意到α =3０︒得2121222()m m a g m m -=+ （8) 由（3)、（6）式得 219a a =(9） 由(７）、(8）、(9)式可解得 121119m m = (1０) 评分标准：本题15分,(1)、（2）、(3)、（4）、(５）、（6）式各２分，求得（10)式再给3分。
七、由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A 沿竖直方向运动,设其速度为ｖA ,B 沿水平方向运动，设其速度为v B ,若以B为参考系，从B 观测,则Ａ杆保持在竖直方向，它与碗的接触点在碗面内作半径为Ｒ的圆周运动，速度的方向与圆周相切,设其速度为ＶA 。
杆相对地面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合速度，速度合成的矢量图如图中的平行四边形所示。
由图得A A sin V v θ= (1)B A cos V v θ= (2)因而B A cot v v θ= (3）由能量守恒A 22B B A A 121cos 2m gR m v m v θ=+ （４） 由(3）、(4）两式及ｍB =2ｍA 得A 22cos sin 1cos gR v θθθ=+ (5） B 22cos cos 1cos gR v θθθ=+ (６） 评分标准：本题（1５）分.（1)、（2)式各3分，(4)式5分，(5)、(６)两式各2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）。
2021年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答
2021年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答试题一：匀变速直线运动一、选择题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为2m/s²。
若物体从静止开始运动，求5秒末的速度大小。
A. 10m/sB. 20m/sC. 30m/sD. 40m/s2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为3m/s²。
求物体速度达到15m/s所需的时间。
A. 5sB. 10sC. 15sD. 20s二、填空题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为4m/s²。
若物体从静止开始运动，求2秒末的速度大小和位移。
2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为5m/s²。
求物体速度达到20m/s时的位移。
三、解答题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为6m/s²。
若物体从静止开始运动，求5秒末的速度大小、位移和加速度。
2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为7m/s²。
求物体速度达到25m/s所需的时间、位移和加速度。
详细解答：一、选择题1. 答案：A. 10m/s解答：物体在5秒末的速度大小为加速度乘以时间，即2m/s² × 5s = 10m/s。
2. 答案：B. 10s解答：物体速度达到15m/s所需的时间为速度除以加速度，即15m/s ÷ 3m/s² = 5s。
二、填空题1. 答案：速度大小为8m/s，位移为8m解答：物体在2秒末的速度大小为加速度乘以时间，即4m/s² × 2s = 8m/s。
位移为速度乘以时间的一半，即8m/s × 2s ÷ 2 = 8m。
2. 答案：位移为50m解答：物体速度达到20m/s时的位移为速度平方除以加速度的两倍，即20m/s × 20m/s ÷ (2 × 5m/s²) = 50m。
第35届全国中学生物理竞赛决赛试题(word版)
第35届全国中学生物理竞赛决赛试题(word版)35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题（XXX）1、（35分）如图，半径为R、质量为M的半球静置于光滑水平桌面上，在半球顶点上有一质量为m、半径为r的匀质小球。
某时刻，小球收到微扰由静止开始沿半球表面运动。
在运动过程中，小球相对半球的位置由角位置$\theta$描述，$\theta$为两球心连线与竖直线的夹角。
已知小球绕其对称轴的转动惯量为$\frac{2}{5}mr^2$，小球与半球间的动摩擦因数为$\mu$，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
重力加速度大小为g。
1）（15分）小球开始运动后在一段时间内做纯滚动，求在此过程中，当小球的角位置为$\theta_1$时，半球运动的速度大小$V_M(\theta_1)$和加速度大小$a_M(\theta_1)$；2）（15分）当小球纯滚动到角位置$\theta_2$时开始相对于半球滑动，求$\theta_2$所满足的方程（用半球速度大小$V_M(\theta_2)$和加速度大小$a_M(\theta_2)$以及题给条件表示）；3）（5分）当小球刚好运动到角位置$\theta_3$时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小$v_m(\theta_3)$。
2、（35分）平行板电极板1和2的面积均为S，水平固定放置，它们之间的距离为d，接入如图所示的电路中，电源的电动势记为U。
不带电的导体薄平板3（厚度忽略不计）的质量为m、尺寸与电极板相同。
平板3平放在极板2的正上方，且与极板2有良好的电接触。
整个系统置于真空室内，真空的介电常量为$\epsilon$。
合电键K后，平板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。
假设导体板间的电场均可视为匀强电场；导线电阻和电源内阻足够小，充放电时间可忽略不计；平板3与极板1或2碰撞后立即在极短时间内达到静电干衡；所有碰撞都是完全非弹性的。
重力加速度大小为g。
1）（17分）电源电动势U至少为多大？2）（18分）求平板3运动的周期（用U和题给条件表示）。
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？
第7页
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
第5页
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
(完整)第23届全国中学生物理竞赛决赛试题
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想。
当今在美国宇航局（NASA ）支持下,洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究。
一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳,它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面.最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状;其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用;整个天梯相对于地球静止不动.如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度。
已知地球半径R 0＝6。
37×106m ，地球表面处的重力加速度g ＝9.80m ·s —2。
二、如图所示，一内半径为R 的圆筒(图中2R 为其内直径）位于水平地面上。
筒内放一矩形物。
矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l ＝错误!R 的矩形薄片的两端.初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触.已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1.现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动,使A 逐渐升高。
1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？答：_______________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。
令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动.（要求在卷面上写出必要的推导过程.最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。
） 三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的。
对于干燥的静止空气,在离地面的高度小于20 km 的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其变化率错误!＝－6.0×10—3K ·m —1z 为竖直向上的坐标。
第31届全国中学生物理竞赛决赛试题和答案
第 31 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题一、（ 12 分）一转速测量和控制装置的原理如图所示 . 在 O 点有电量为 Q 的正电荷，内壁光滑的轻质绝缘细管可绕通过O 点的竖直轴在水平面内转动，在管内距离O 为 L 处有一光电触发控制开关 A ，在 O 端固定有一自由长度为L/4的轻质绝缘弹簧，弹簧另一端与一质量为m、带有正电荷 q 的小球相连接 .开始时，系统处于静态平衡.细管在外力矩作用下，作定轴转动，小球可在细管内运动. 当细管转速ω逐渐变大时，小球到达细管的 A 处刚好相对于细管径向平衡，并触发控制开关，外力矩瞬时变为零，从而限制转速过大；同时O 点的电荷变为等量负电荷－Q.通过测量此后小球相对于细管径向平衡点的位置B，可测定转速 .若测得OB 的距离为L/2 ，求（1）弹簧系数 k0及小球在 B 处时细管的转速；（2）试问小球在平衡点 B 附近是否存在相对于细管的径向微振动？如果存在，求出该微振动的周期 .二、（ 14 分）多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的有效手段.如图所示，假设沿某海岸有两个军事目标W 和 N，两者相距 L，一艘潜艇沿平行于该海岸线的航线游弋，并监视这两个目标，其航线离海岸线的距离为 d.潜艇接到攻击命令后浮出海面发射一颗可分裂成多弹头的母弹，发射速度为 v0（其大小远大于潜艇在海里游弋速度的大小），假设母弹到达最高点时分裂成三个分弹头，每个分弹头的质量相等，分裂时相对原母弹的速度大小均为v，且分布在同一水平面内，分弹头 1、2 为实弹，分弹头3 迷惑对方雷达探测的假弹头 .如果两个实弹能够分别击中军事目标W 和 N，试求潜艇发射母弹时的位置与发射方向，并给出相应的实现条件.三、（ 14 分）如图所示，某绝热熔器被两块装有阀门K1和 K 2的固定绝热隔板分割成相等体积 V0的三室 A 、B、C，V A V B V C V0 .容器左端用绝热活塞H 封闭，左侧 A 室装有1 1摩尔单原子分子气体，处在压强为P0、温度为 T0的平衡态；中段 B 室为真空；右侧 C 室装有νTc=0.50T 0.初始时刻 K 1 2=2 摩尔双原子分子气体，测得其平衡态温度为和 K 2都处在关闭状态 .然后系统依次经历如下与外界无热量交换的热力学过程：（1）打开 K 1，让 V A中的气体自由膨胀到中段真空 V B中；等待气体达到平衡态时，缓慢推动活塞 H 压缩气体，使得 A 室体积减小了 30%（ V A =0.70V 0）.求压缩过程前后，该部分气体的平衡态温度及压强；（2）保持 K 1 开放，打开 K 2，让容器中的两种气体自由混合后共同达到平衡态 .求此时混合气体的温度和压强；（3）保持 K 1和 K 2同时处在开放状态，缓慢拉动活塞 H，使得 A 室体积恢复到初始体积1V A =V 0. 求此时混合气体的温度和压强 .提示：上述所有过程中，气体均可视为理想气体，计算结果可含数值的指数式或分式；根据热力学第二定律，当一种理想气体构成的热力学系统从初态（ p i，T i， V i）经过一个绝热可逆过程（准静态绝热过程）到达终态（ pf， Tf， Vf）时，其状态参数满足方程：( S)if1C V1T f) 1 Rln(T f) 0 (Ⅰ) ln(T iT i其中，ν为该气体的摩尔数，C V1为它的定容摩尔热容量，R 为普适气体常量 .当热力学系统1由两种理想气体组成，则方程（I）需修改为( S1 )if( S2 )if0 (Ⅱ )四、（ 20 分）光纤光栅是一种介质折射率周期性变化的光学器件 .设一光纤光栅的纤芯基体材料折射率为 n1=1.51；在光纤中周期性地改变纤芯材料的折射率，其改变了的部分的材料折射率为 n2=1.55；折射率分别为n2和 n1、厚度分别为d2和 d1的介质层相间排布，总层数为N，其纵向剖面图如图 (a)所示 .在该器件设计过程中，一般只考虑每层界面的单次反射，忽略光在介质传播过程中的吸收损耗 .假设入射光在真空中的波长为λ=1.06μm，当反射光相干叠加加强时，则每层的厚度d1和 d2最小应分别为多少？若要求器件反射率达到8%，则总层数 N 至少为多少？提示：如图 (b)所示，当光从折射率 n1介质垂直入射到n2介质时，界面上产生反射和透射，有：反射光电场强度n1n2 , 透射光电场强度2n1, 反射率反射光电场强度2,入射光电场强度n1n2入射光电场强度n1 n2入射光电场强度2五、（ 20 分）中性粒子分析器（ Neutral-Particle Analyser ）是核聚变研究中测量快离子温度及其能量分布的重要设备 .其基本原理如图所示，通过对高能量（ 200eV~30KeV ）中性原子（它们容易穿透探测区中的电磁区域）的能量和动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的粒子的性质 .为了测量中性原子的能量分布，首先让中性原子电离然后让离子束以θ角入射到间距为 d、电压为 V 的平行板电极组成的区域，经电场偏转后离开电场区域，在保证所测量离子不碰到上极板的前提下，通过测量入射孔 A 和出射孔 B 间平行于极板方向的距离 l 来决定离子的能量 .设 A 与下极板的距离为 h1，B 与下极板的距离为 h2，已知离子所带电荷为 q.（1）推导离子能量 E 与 l 的关系，并给出离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离.（2）被测离子束一般具有发散角Δα（Δα<< θ）.为了提高测量的精度，要求具有相同能量E，但入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔 B 处射出，求 h2的表达式；并给出此时能量 E 与 l 的关系 .（3）为了提高离子能量的分辨率，要求具有量程上限能量的离子刚好落在设备允许的 l 的最大值 l max 处，同时为了减小设备的体积，在满足测量要求的基础上，要求极板间距 d 尽可能小，利用上述第（ 2）问的结果，求 d 的表达式；若θ=30°，结果如何？（4）为了区分这些离子的质量，请设计后续装置，给出相应的原理图和离子质量表达式 .六、（ 20 分）超导体的一个重要应用是绕制强磁场磁体，其使用的超导线材属于第二类超导体 .如果将这类超导体置于磁感应强度为B a的外磁场中，其磁力线将以磁通量子（或称为磁通漩涡线）的形式穿透超导体，从而在超导体中形成正三角形的磁通格子，如图 1 所示.所谓的磁通量子，如图 2 所示，其中心是半径为ξ的正常态（电阻不为零）区域，而其周围处于超导态（电阻为零），存在超导电流，所携带的磁通量为0h 2.07 10 15Wb（磁2e通量的最小单位）3（1）若 B a 5 10 2 T ，求此时磁通涡旋线之间距离 a.（2）随着 B a的增大，磁通漩涡线密度不断增加，当 B a达到某一临界值 B c2时，整块超导体都变为正常态, 假设磁通漩涡线芯的半径为ξ=5×10-9 m，求所对应的临界磁场Bc2；（3）对于理想的第二类超导体，当有电流 I 通过超导带材时，在安培力的驱动下，磁通漩涡线将会粘滞流动，在超导带内产生电阻（也称为磁通流阻），从而产生焦耳损耗，不利于超导磁体的运行 .磁通漩涡线稳定粘滞流动的速度 v 与单位体积磁通漩涡线所受到的驱动力 fA 和 B a的关系为 f A Ba v , 其中η为比例系数 .外加磁场、电流方向，以及超导带材的0尺寸如图 3 所示 , 请指出磁通漩涡线流动的方向，并求出磁通漩涡线流动所产生的电阻率（用 B a，Φ0，η，超导体尺寸b， c，d）表示；（4）要使超导材料真正实用化，消除这种磁通流阻成了技术的关键，请给出你的解决方案.七、（ 20 分）如图，两个质量均为m 的小球 A 和 B（均可视为质点）固定在中心位于 C、长为 2l 的刚性轻质细杆的两端，构成一质点系 .在竖直面内建立 Oxy 坐标， Ox 方向沿水平向右， Oy 方向竖直向上 .初始时质点系中心 C 位于原点 O，并以初速度 v0 竖直上抛，上抛过程中， A 、C、B 三点连线始终水平 .风速大小恒定为 u、方向沿 x 轴正向，小球在运动中所受空气阻力 f 的大小与相对于空气运动速度v 的大小成正比，方向相反，即 fkv ,k 为正的常量 .当 C 点升至最高点时，恰好有一沿y 轴正向运动、质量为 m1、速度大小为u1的小石块（视为质点）与小球 A 发生竖直方向的碰撞，设碰撞是完全弹性的，时间极短.此后 C 点回落到上抛开始时的同一水平高度，此时它在 Ox 方向上的位置记为 s，将从上抛到落回的整个过程所用时间记为T，质点系旋转的圈数记为n.求质点系（1）转动的初始角速度ω0，以及回落到 s 点时角速度ωs 与 n 的关系；（2）从开始上抛到落回到s 点为止的过程中，空气阻力做的功W f与 n、 s、 T 的关系 .八、（ 20 分）太阳是我们赖以生存的恒星 .它的主要成分是氢元素，在自身引力的作用下收缩而导致升温，当温度高到一定程度时，中性原子将电离成质子和电子组成的等离子体，并在其核心区域达到约 1.05 ×107K 的高温和1.6 ×105kg/m 3以上的高密度，产生热核聚变而放出巨大能量，从而抗衡自身的引力收缩达到平衡，而成为恒星.太阳内部主要核反应过程为41H+ 1H→ D+e + +ν e （I）D+1H→3He+x （II ）3He+3 He→4He+1H+ 1H （ III ）其中第一个反应的概率由弱相互作用主导，概率很低这恰好可以使得能量缓慢释放 .反应产物正电子 e+会与电子 e－湮灭为γ射线，即e+ +e－→γ+γ（ IV ）已知：质子（1H）、氘（ D）、氦 -3（3He）和电子的质量分别为938.27、1875.61、2808.38、3727.36 和 0.51（ MeV/c 2)（误差为0.01MeV/c 2）， c 为真空中的光速，中微子νe的质量小于 3eV/c 2.普朗克常量 h=6.626 ×10-34J·s，c=3.0 ×108m/s，玻尔兹曼常量k=1.381 ×10-23J/K.电子电量 e=1.602 ×10-19C.（1）试用理想气体模型估算处于热平衡状态的各种粒子的平均动能及太阳核心区的压强（请分别用 eV 和 atm 为单位）；（2）反应式（ II ）中的 x 是什么粒子（α、β、γ、 p 和 n 之一）？请计算该粒子的动能和动量的大小，是否可以找到一个参照系，使得x 粒子的动能为零？（3）给出反应式（I）中各反应产物的动能的范围；5第 31 届全国中学生物理竞赛决赛参考答案第一题第二题67第七题第八题。
第35届全国中学生物理竞赛决赛训练试题第03套-解答
第35届全国中学生物理竞赛决赛训练试题第03套解答【第一题】40分如图所示，一个质量为m ，半径为R 的匀质圆环静止竖立在地面上，二者间的摩擦系数为μ.图中A 点所在直径与竖直方向夹角为()0/2θθπ<<，现在在A 点瞬间给予圆环一个冲量I ，与竖直方向夹角为()0/2φφπ<<.假设收到冲击后圆环竖直方向上速度为零。
(1) 参数μ,θ,ϕ满足何种条件时，圆环最低点（M 处）将与地面发生滑动？ (2) 分别在发生滑动与不发生滑动的条件下求出末态圆环的质心速度和转动角速度. (3) 在一定条件下，圆环可能在一段时间之后滚回初始位置. 这要求参数μ,θ,ϕ满足何种条件？解答：(1) 由于冲量是瞬间作用的，可以不考虑重力的作用. 考虑到圆环竖直方向没有运动，地面支持力的冲量为cos I ϕ.设摩擦力冲量为i .先确定冲量i 的方向，如果地面光滑，则容易看出sin C v I ϕ=,()sin //C I mR v R ωϕθ=-<，故最低点速度向右，由此判断摩擦力向左. 水平方向动量定理：sin C mv I i ϕ=- [1]对质心C 的角动量定理：()2sin mR IR iRωϕθ=-+ [2]假设底部没有滑动，则C v R ω= [3]联立以上三式可解得()sin sin 2I i ϕϕθ--⎡⎤⎣⎦= [4]而摩擦力可提供的冲量最大为max cos i I μϕ=,故发生滑动摩擦的条件是()sin sin cos 2ϕϕθμϕ--⎡⎤⎣⎦<[5](16分，判断摩擦力方向2分，[3]式2分，其他四式各3分)（2）不发生滑动摩擦的情况下，联立[1]-[3]式可解得()sin sin 2C I v mϕϕθ+-⎡⎤⎣⎦=,()sin sin 2I mRϕϕθω+-⎡⎤⎣⎦=[6] 发生滑动得情况下，联立[1]、[2]式以及cos i I μϕ=可解得sin cos c I I v mϕμϕ-=, ()cos sin I I mR μϕϕθω+-=[7](12分，两种情况各6分)（3）要滚离初始位置再滚回，首先要求I 作用完成后圆环底部与地面有相对滑动（否则将一直匀速纯滚动，不可能滚回来），即要满足[5]式.在这个前提下，就有可能质心速度向右，但逆时针转动，在地面摩擦力作用下达到纯滚动时向左运动，最终回到初始位置. 以地面上的固定点M 为参考点，I 作用完成后的运动中，重力与支持力的力矩相互抵消，摩擦力过M 点不产生力矩，故圆环角动量守恒. 圆环能滚回来要求初始时角动量向纸面外（逆时针转动）.由于冲量I 作用过程中支持力和摩擦力对M 点也没有力矩，故这就要求M 在I 的延长线上方，即/2ϕθ<.所以参数应满足的条件为()cos sin sin /2/2μϕϕϕθϕθ⎧<--⎡⎤⎪⎣⎦⎨<⎪⎩ [8](12分，利用上一问解得的速度和角速度计算纯滚动速度时得到结果也可，其他方法也可)【第二题】40分在数轴的原点有一只球形猪，每过0t 时间，猪就会随机向左或者向右走单位长度1。
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答(总23页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第23届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月 深圳★ 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA ）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R 0 = ×106 m ，地球表面处的重力加速度 g = m ·s －2 ．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1．现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A 逐渐升高．1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ 答：___________________________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动．令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等lA 2R于多少度时，B相对于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导过程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20 km的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其变化率△T e= －× 10－3 K·m－1△zz为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处理），取其初始位置为坐标原点（z = 0），这时气团的温度T 、密度ρ、压强p都分别与周围大气的温度T e 、密度ρe、压强p e 相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强p与体积V满足绝热过程方程pV γ= C．式中C和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ= ．已知空气的摩尔质量μ= kg • mol－1 ，普适气体恒量R = J • ( K • mol )－1 ．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．设重力加速度g = m·s－2 ，z = 0处大气的温度T e0= 300 K ．四、图1中K为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线O′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当粒子打在垂直于O ′O 的屏NN ′ 上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y ，其原点位于屏与虚线的交点O 处，Y 的正方向由O 指向N ．虚线上的A 、B 两处，各有一电子阀门a 和b ．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流．M 、M ′ 是两块较大的平行金属平板，到虚线O ′O 的距离都是d ，板M 接地．在两板间加上如图2所示的周期为2T 的交变电压u ，u 的正向最大值为2U ，负向最大值为U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为U ，则粒子在电场作用下的加速度a 、电压u 的半周期T 和平板到虚线的距离d 满足以下关系aT 2 = 15d已知AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离都是l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不会影响以后带电粒子的运动．只考虑MM ′ 之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比T 小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开启阀门a 又立即关闭；经过时间T ，再次开启阀门a 又立即关闭；再经过时间T ，第3次开启阀门a 同时开启阀门b ，立即同时关闭a 、t /0 2 4 6 8 10 u2U －U图2KO M NNY OMB Aabll ll 图1b ．若以开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为__________________________________________________________________________．2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ =T 10，现在某时刻突然开启阀门a ，经过时间δ立即关闭a ；从刚开启a 的时刻起，经过时间T ，突然开启阀门 b ，经过时间δ关闭b ．若以刚开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，则从B 处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．五、如图所示，坐标系Oxyz 的x 轴和z 轴都位于纸面内，y 轴垂直纸面向里．两无限大金属极板P 和Q 分别位于x = －d 和x = d 处．磁感应强度大小为B 的匀强磁场的方向平行于Oxz 坐标平面，与z 轴的夹角为α ．在坐标原点O 处，有一电荷为q （＞0）、质量为m 的带电粒子，以沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动．不计重力作用．1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v 0应为多大？所需最短时间t 0是多少？P2．若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时间t0到达极板，则该粒子的初速度v0应为多大？若α = π，求粒子到达极板时粒子的坐标．4六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是m0 = × 10－27 kg ．不考虑粒子间的静电作用．第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图1所示．从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为r i －1 到r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为f i = GM ρ△r ir 2i（1） 整个天梯所受的地球引力F 就等于每小段所受地球引力之和， 即F = 1n i i f =∑=21nii i M r Gr ρ=∑ （2） 符号1ni =∑表示对所有小段求和．因△r i = r i － r i －1 是个小量，注意到r i r i －1= r i ( r i －△r i ) ≈r 2i ，因此121111101111()nnnii i i i i i i i i i n r r r r rr r r r r -===---==-=-∑∑∑ 用R 0表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离，则r 0 = R 0 ，r n = R l ，代入（2）式得F =G Mρ( 1R 0 － 1R l) （3）整个天梯的质量m = ρ ( R l －R 0 ) （4）天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离r C = R 0 +R l －R 02（5）根据质心运动定理，有F = mr C (2πT)2 （6）式中T 为地球自转的周期．由（3）、（4）、（5）、（6）式可得( R l －R 0 ) ( R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0) = 0R l －R 0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0= 0 （7）因为GM = R 20g ，所以得 R 2l + R 0R l － R 0gT 22π2= 0 （8）【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△r i 的小段组成，则第i 小段受的惯性离心力为f i ′ = ρ△r i (2πT)2 r i（4′）对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力F ′ = 1ni i f ='∑=1ni ρ=∑(2πT)2 r i △r i （5′）（5′）式中所示的和可以用图2过原点的直线y =ρ(2πT)2 r下的一个带阴影的梯形面积来表示，即ρ(2πT)ρ(2πT)F ′ = ρ( 2πT)2R+ R l2( R l－R0 )（6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得GM ( 1R－1Rl) =(2πT)2R+ R l2( R l－R0 )（7′）因为GM = R2g ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】解（8）式得R l =－R0 ±R2+2R0gT 2π22（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T = ×104 s ，得Rl= ×108 m （10）所以天梯的长度L = Rl－R0 = ×108 m （11）二、1．90°．2．当矩形物处于竖直位置即θ= 0°时，B不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动．假定B仍不动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为m v2l= mg cosθ－T （1）这里v 表示A 的速度．T 是刚性薄片对A 的作用力，规定其方向从B 到A 为正．根据能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 12mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T = mg ( 3cos θ－2 ) （3） 如果令 T = 0 ，可得θ = arccos ( 23) = °显见，θ ＜ ° 时，作用力是径向正向，对A 是推力；θ ＞ ° 时，作用力是径向反向，对A 是拉力．现在再来看前面被假定不动的B 是否运动．我们可以在B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30° 夹角．因为假定B 不动，其加速度为零，所以B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0（4）这里f ⊥ 是圆筒内壁对B 的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B 不动，则f ⊥ 必将始终不等于零，这就是说，在B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁．B 对筒壁的正压力是f ⊥ 的反作用力，大小和f ⊥ 相同．式中的T 是刚性薄片对B 的作用力，它和（1）式中的T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，所以最大静摩擦力f max 的大小就等于正压力．f max = μf ⊥ = mg cos30° + T cos ( 30°－θ )（5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f ∥ = mg sin30° + T sin ( 30°－θ )（6）只要f ∥ 不大于最大静摩擦力，B 就不滑动．这个条件写出来就是120°30°OABθf∥≤f max（7）B滑动与否的临界点就应由f∥= f max 求出，即mg cos30° + T cos ( 30°－θ) = mg sin30° + T sin ( 30°－θ) （8）将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程( 3cosθ－2 )[ cosθ+ ( 2 + 3 )sinθ] + 1 = 0 （9）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ = °（10）θ超过此值，B将开始滑动．三、设微气团中空气的质量为m，当其位移为z时，气团的体积为V，气团内气体的密度为ρ，气团周围大气的密度为ρe ．气团受到竖直向下的重力mg= Vρg和竖直向上的浮力Vρe g作用，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有mα= －Vρg + Vρe g = －V( ρ－ρe) g（1）或有α= －g ρ－ρeρ（2）根据理想气体状态方程pV = mμRT（3）可知气体的密度ρ= mV=μpRT（4）利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成α= －g Te－TTe（5）周围大气在z处的温度T e 等于z = 0处的温度T e0加从0到z温度的增量，即T e = T e0 +△T e△zz（6）若气团中气体温度随高度的变化率为△T△z，根据题意，有T= T0 +△T e△zz（7）T为气团位于初始位置时气团中气体的温度．根据题意T e0 = T0，把（6）、（7）式代入（5）式得α= －gTe(△T e△z－△T△z) z（8）在（8）式中，若( △T e△z－△T△z) ＞0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态．因周围大气温度随高度的变化率△T e△z是已知的，故只要知道气团中气体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z 和z +△z处的压强差△p e = －ρe g△z （9）式中ρe为z处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示．式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得△p e = －μpeRTeg△z （10）质量为m的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温度、压强的变化应满足绝热过程的规律．试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得V = mμRTp（11）把（11）式代入pVγ= C 得T =1CγμmR1pγγ-（12）当气团的压强由p变到p + △p时，气团的温度将由T变到T +△T ．由（12）式T +△T =1CγμmR( p + △p )1γγ-利用二项式定理，忽略△p的高次方项，并注意到（12）式得T +△T =1CγμmR[1pγγ-+γ－1γ11pγγ--(△p ) ] = T +γ－1γTp△p故有△T = γ－1γTp△p （13）根据题意，p = p e ，△p =△p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得△T △z = －γ－1γμgRTTe0+ (△T e△z+γ－1γμgR) z（14）已知△T e△z= －× 10－3 K·m－1，代入有关数据可求得γ－1γμgR= × 10－3 K·m－1当z不是很大时，有T e0 +（△T e△z+γ－1γμgR) z≈T e0故有△T △z = －γ－1γμgR（15）代入题给的有关数据得△T△z=－× 10－3 K·m－1（16）负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见 ( △T e△z－△T△z) ＞0 ，作用于气团的合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到初始位置．当z 不是很大时，（8）式中的T e可以用T e0代替，可知气团将在初始位置附近做简谐振动．振动的圆频率ω = gTe0(△T e△z－△T△z) （17）代入数据，得ω = × 10－2 s－1（18）四、1．Y1 = －，Y2 = ．2．Y′ = －，Y′′ = －．附参考解法：1．当阀门a第1次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从A处进入AB之间，在a第2次开启时刻，第一批粒子中速率为v 1 =lT（1）的粒子正好射到B处，被阀门b挡住．与此同时，第二批具有各种速率的粒子从A处进入AB之间．在阀门a第3次开启的时刻，第一批进入AB间的粒子中速率为v 2 =l2T=12v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速率为v1的粒子同时到达B处．因此时阀门b已开启，这些粒子都从B处沿虚线射向两平行板，而第三批进入AB间的粒子在它们到达B处时，被b挡住．由此可知，能从B处射向两平行板的粒子具有v1和v2两种不同的速率．根据题意，粒子从B处射出的时刻为t = 0 ，故速率为v1的粒子在时刻t 1 =lv1= T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u = －U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a ，粒子通过两板经历的时间为△t1 = lv1= T在△t1时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y= －a△t1 = －aT（3）y 1 = －12a (△t1)2 = －12aT2（4）因aT2 =15d，故| y1| =110d＜d，表明速率为v1的粒子能穿出平板，粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y1 = v1y lv1= －aT2（5）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 1 = y1 +△y1 = －12aT2 －aT2 = －32aT2 = －（6）速率为v2 的粒子在时刻t 2 =lv2= 2T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u = 2U粒子在电场作用下的加速度为2a ，粒子通过两板经历的时间为△t2 = lv2= 2T因为两板间的电压在时间△t2内由2U变为－U，粒子的加速度亦将从2a变成－a，由此可求得在△t2时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y= 2aT－aT = aT（7）y 2 =12( 2a )T 2 + ( 2aT )T－12aT 2 =52aT 2（8）因aT2 =15d，故 y2=12d＜d，表明速率为v2的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2y lv2= 2aT2（9）粒子打在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 2 = y2 +△y2 =52aT2 + 2aT2 =92aT2 = （10）即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的Y坐标分别为Y1和Y2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门a开启到关闭经历的δ时间间隔内的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从A处进入AB间，有的早进入，有的晚进入．由于阀门b从开启到关闭也要经历一段时间δ，粒子可能在最早的时刻即t = 0的时刻从B处射出，也可能在最晚的时刻即t = δ时刻从B处射出．在a刚开启的时刻从A处射入AB间，并在t = δ时刻从B 处射出的粒子的速率最小，这最小速率为vmin =lT + δ（11）在阀门a刚要关闭时刻从A处射进AB间，并在t = 0的时刻从B处射出的粒子的速率最大，这最大速率为vmax =lT －δ（12）在t = 0时刻从B处射出的速率为v max的粒子在时刻t1 =lvmax= T －δ进入两平板之间，在时刻t1′ = t1+lvmax= 2T －2δ离开两平板．由本题图2可知，在T －δ到T时间内，两板间的电压为2U，在T到2T－2δ时间内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度分别为2a和－a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y= 2aδ－a (T － 2δ) = －aT + 4aδ（13）y 1 =12( 2a )δ2 + ( 2a )δ(T － 2δ)－12a (T －2δ)2= －12aT 2 + 4aδT － 5aδ2（14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y1 = v1ylv= (－aT + 4aδ) (T －δ)= －aT2 + 5aδT － 4aδ2 （15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 1 = y1 +△y1 = －32aT2 + 9aTδ－9aδ2（16）根据题意，代入数据得Y1= －（17）在t = δ时刻从B处射出的速度为v min的粒子在时刻t2 = δ+lvmin= T + 2δ进入两平板之间，在时刻t2′ = t2+lvmin= 2T + 3δ离开两平板．由本题图2可知，在T + 2δ到2T时间内，两板间的电压为－U，在2T到2T+ 3δ时间内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度分别为－a和2a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y= －a (T － 2δ) + ( 2a )3δ= －aT + 8aδ（18）y 2 = －12a (T － 2δ)2 －a (T － 2δ) 3δ+12( 2a )( 3δ) 2= －12aT 2 －aTδ+ 13aδ2（19）粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2ylv= (－aT + 8aδ) (T + δ)= －aT2 + 7aTδ+ 8aδ2 （20）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 2 = y2 +△y2 = －32aT2 + 6aTδ+ 21aδ2（21）根据题意，代入数据得Y2= －（22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径R 0 =mvqB（1）轨道平面与Oxz坐标平面的交线如图1中NN ′所示．要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C应是ON ′的中点，有CN ′ = R0 =d2cosα（2）由（1）、（2）式得P图1 Nv 0 =dqB 2m cos α（3）粒子由O 经过半个圆周到达N ′ ，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期t 0 = T 2 = πmqB（4）2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox ′y ′z ′ ，如图2所示．在新坐标系中电场强度E 的分量为E x ′ = E cos α E y ′ = 0 E z ′ = E sin α（5）磁感应强度B 的分量为B x ′ = 0 B y ′ = 0 B z ′ = B （6） 带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex ′ = qE x ′ = qE cos α f Ey ′ = 0 f Ez ′ = qE z ′ = qE sin α（7）当带电粒子速度为v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为f Bx ′ = qv y ′B f By ′ = －qv x ′B f Bz ′ = 0（8）（i ）关于带电粒子在Ox ′y ′ 平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿y ′ 轴正方向的初速度v 0用下式表示zz ′B y ，y ′x ′O α图Ev 0αv= v0 + v1－v1= v2－v1式中v2= v0 + v1（9）现把v0看成沿y′轴负方向运动的速度v1和沿y′轴正方向运动的v2的合成．这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿x′轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex ′的方向相反，当v1取数值v 1=Ex′B=EBcosα（10）时，与－v1相联系的磁场力与f Ex ′的合力为零，其效果是带电粒子沿y′轴负方向以速度v1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z′轴方向），又垂直于速度v2 ，即位于Ox′y′平面内，其大小为fx ′y′= qv2B（11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动，圆周的半径R = mv2qB（12）其圆频率ω= qmB（13）由以上分析可知带电粒子一方面在Ox′y′平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y′轴负方向以速度v1= EBcosα做匀速直线运动．图O（ii）关于粒子沿z ′轴的分运动由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′方向仅受电场力作用，其加速度a z ′=qEz ′m=qEmsinα（14）即粒子沿着z ′轴以加速度a z ′做匀加速直线运动．（iii）关于粒子在Ox′y′z′坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x′ = R ( 1－cosωt ) （15）y′ = R sinωt（16）z′ = 0 （17）考虑了圆心运动及粒子沿z ′轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox′y′z′坐标系中，粒子的运动方程为x′ = mv2qB( 1－cosωt ) = (mvqB+mEx′qB2) ( 1－cosωt )（18）y′ = R sinωt －v1t = (mvqB+mEx′qB2) sinωt －Ex′Bt（19）z′ = 12qEz ′mt2（20）（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程利用坐标变换x = x′cosα+ z′sinαy = y′z = －x′sinα+ z′cosα并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz坐标系，得到粒子在Oxyz坐标系中的运动方程式为x = mqB( v0cosα+E cos2αB) ( 1－cosqmBt ) +12qE sin2αmt2（21）y = mqB( v0+E cosαB)sinqmBt －E cosαBt（22）z = －mqB( v0sinα+E sin2α2B) ( 1－cosqmBt ) +qE sin2α4mt2（23）根据题意，将x = d和t = t0 = T2=πmqB代（21）式，解得v 0 =2qB2d －mE ( 4cos2α+ π2sin2α)4mB cosα（24）将α= π4，t = t0 =T2=πmqB和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为x = d（25）y =－2πmE2qB2（26）z = －d + π2mE2qB2（27）解法二1．与解法一相同．2．以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，设粒子速度在坐标系Ox′y′z′中分量分别为v x ′、v y ′、v z ′，牛顿第二定律的三个分量形式为m d v x ′d t= qE x ′+ qv y ′B（1）m d v y ′d t= －qv x ′B（2）m d v z′d t= qE z′（3）将（2）式表示为d v y ′d t = －qBmd x′d t两边积分后得v y ′= －(qBm)x′ + C1C1为待定常量，当t = 0时，x′ = 0 ，v y ′= v0 ，故求得C1 = v0 ，上式应表为v y ′= －qmB x′ + v（4）将（4）式代入（1）式，得m d2x′d t2= qE x ′+ q (－qBmx′ + v)Bd2x′d t2 = －(qBm)2 x′ + (qBm)2(mvqB+mEx ′qB2)（5）令R =( mvqB+mEx ′qB2) （6）ω= qmB（7）X ′ = x′－R（8）（5）式可表为d2X ′d t2= －ω2X ′（9）这是简谐运动方程，其解为X ′ = A cos ( ωt + θ) （10）由（8）式得x′ = A cos ( ωt + θ) + R（11）d x ′d t= v x ′= －ωA sin ( ωt + θ) （12）利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R = A cosθ0 = －ωA sinθ解得θ = 0（13）A = －R再由（6）式，得A = －( mvqB+mEx ′qB2) （14）代入（11）式x′ = ( mvqB+mEx ′qB2) ( 1－cosωt )（15）将（12）式代入（2）式，整理后得d v y ′d t= ω2A sinωt 对上式积分，考虑初始条件，得v y ′=d y ′d t= －ωA cosωt －Ex ′B（16）积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y′ = ( mvqB+mEx ′qB2) sinωt－Ex ′Bt（17）对（3）式积分可得z′ = qEz ′2mt2（18）（15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与解法一相同．解法三设粒子速度在Oxyz坐标中分量分别为v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量方程为m d v xd t= qE x + qv y B z（1）m d v yd t= －qv x B z + qv z B x（2）m d v zd t= －qB x v y（3）令ω= qBm（4）v 1 =EBcosα（5）方程变为如下形式d v x d t = ωv y cosα+ωv1cosα（6）d v yd t= －ωv x cosα+ ωv z sinα（7）d v zd t= －ωv y sinα（8）对（6）、（8）两式积分，利用初始条件t = 0时，v x = 0 ，x= 0 ，y= 0 ，得v x = ωy cosα+ ω (v1cosα)t（9）vz= －ωy sinα（10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得d v yd t= －ω2y－ω2v1t = －ω2 ( y+ v1t ) 令Y = y+ v1t（11）得d2Yd t2= －ω2Y（12）其解为Y = A cos ( ωt + θ)由（11）式可得y = A cos ( ωt + θ)－v1t （13）由（13）式得vy= －Aωsin ( ωt + θ)－v1（14）由初始条件t = 0时，v y= v0 ，y = 0 ，得A cosθ= 0v= －Aωsinθ－v1解得θ= π2A = －v1+ v0ω（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y = mqB( v0 +E cosαB) sinqmBt－E cosαBt（16）v y = ( v0 +E cosαB) cosqmBt－E cosαB（17）把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x = mqB( v0cosα+E cos2αB) ( 1－cosqmBt ) +12qE sin2αmt2（18）将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z = －mqB( v0sinα+E sin2α2B) ( 1－cosqmBt ) +qE sin2α4mt2（19）（18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同．六、在讨论本题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( mc2)2 = c2p2+ m02c4（1）式中c为光在真空中的速度，m为粒子的质量，p为其动量，m0为静止质量．【此关系式可由能量E = mc2和动量p = mv =mv1－ (vc)2导出，v为粒子的速度．E 2 －c2p2=m2c41－ (vc)2－c2m2v21－ (vc)2= m02c41－ (vc)21－ (vc)2= m02c4故 E 2 = c2p2+ m02c4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p2 成线性关系．解法从实验室参考系来看，碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量，设其方向沿x 轴正方向，碰撞前后系统的总动量守恒，总能量守恒．若要碰后能存在三个质子和一个反质子且总能量为最小值，则可论证这四个粒子的动量必定相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情况．令p1、p2、p3、p4分别表示它们动量的大小，这四个动量中，若有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1＜p2 ，则若将p1增加△p（△p＜ p2 －p1）而将p2减少△p（这时总动量不变），则有( p1 +△p )2－p12 = 2p1△p + (△p )2p 22－( p2－△p )2= 2p2△p－(△p )2这样一来，第一个粒子能量的平方增加了c2[ 2p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平方减少了c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为c2[ 2p1△p + (△p )2 ]－c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]= c2[ 2△p( p1－p2+△p ) ]因已设p1＜p2 ，且△p＜ p2 －p1 ，所以净增量是负的，总能量将减少．这就是说，设p1 ≠p2时对应的总能量并不是最小值．由此可判断，四个粒子的动量必相等．2．若四个粒子中，有一个粒子其动量p1沿x轴的负方向，因为总动量守恒，则必有沿x轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1 ，因为能量的平方与p2成线性关系，所以这时的总能量必然大于p1沿x轴正方向运动时的能量．也就是说，只要四个粒子中，有沿x轴负方向运动的，则总能量必不是最小值．3．若四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x轴方向和垂直于x轴方向分解，沿x轴方向总动量守恒；垂直于x轴方向的动量互相抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也就是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，根据总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p ，质量为m ，碰后四个粒子的动量为p1、p2、p3 和p4 ，四个粒子的质量为m1、m2、m3和m4 ，根据动量守恒和能量守恒，有p = p1+p2 +p3 + p4（2）mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2（3）由上面论述可知p 1 =p2 = p3 = p4 =p4（4）再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每个粒子的质量，由（3）式得mc2 + mc2 = 4m′c2（5）对碰前那个运动的质子，由相对论能量和动量关系有( mc2)2 = c2p2+ m02c4（6）对四个粒子中任一个粒子，由相对论能量和动量关系有( m′c2)2 = c2 (p4)2+ m02c4（7）由（5）、（6）、（7）式可得mc2 = 7mc2（8）代入数据得mc2 = ×10－9 J（9）31。
2022年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答
全国物理竞赛决赛试题理论部分及原则答案一、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 旳弹性圆环置于该曲面之上，能水安静止于任意高度，则曲线方程为 。
参照答案：222()y C x a mgπ=--（C 为任意常数）。
2.如图所示旳电阻框架为四维空间中旳超立方体在三维空间中旳投影模型（可视为内外两个立方体框架，相应顶点互相连接起来），若该构造中每条棱均由电阻R 旳材料构成，则AB 节点间旳等效电阻为 。
参照答案：712R 3.某种蜜蜂旳眼睛可以看到平均波长为500nm 旳光，它是由5000个小眼构成旳复眼，小眼一种个密集排放在眼睛旳整个表面上，小眼构造很精致，顶部有一种透光旳圆形集光装置，叫角膜镜；下面连着圆锥形旳透明晶体，使得外部入射旳光线汇聚到圆锥顶点连接旳感光细胞上（入射进入一种小眼旳光线不会透过锥壁进入其她小眼），从而导致一种“影像点”（像素）；所有小眼旳影像点就拼成了一种完整旳像。
若将复眼看作球面圆锥，球面半径1.5r mm =，则蜜蜂小眼角膜镜旳最佳直径d 约为（请给出两位有效数字） 。
参照答案：30m μ4.开路电压0U 与短路电流SC I 是半导体p-n 结光电池旳两个重要技术指标，试给出两者之间旳关系体现式：0U = ，式中各符号代表旳物理量分别为 。
参照答案：0ln 1SCS I kT U e I ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，式中e 为电子电量旳绝对值，k 为波尔兹曼常量，T 为绝对温度，S I 为p-n 结旳反向饱和电流。
评分原则：本题共20分。
第1、2题每题填对均得5分，第3题只要答案在27-30m μ之间即得5分，否则0分。
第4题第一空格占4分，第二空格占1分。
二、（15分）天体或微观系统旳运动可借助计算机动态模拟软件直观显示。
这波及几何尺寸旳按比例缩放。
为使显示旳运动对缩放后旳系统而言是实际可发生旳，运动时间也应缩放。
第32届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题
全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题本试卷解答过程中可能需要下列公式：1221ln x x x dx x x =⎰ ；C x xdx +=⎰2；1,2)1ln(2<<-≈+x x x x 当时 一、（15分）一根轻杆两端通过两根轻质弹簧A 和B 悬挂在天花板下，—物块D 通过轻质弹簧C 连在轻杆上。
A 、B 和C 的劲度系数分别为K 1、K 2和K 3．D 的质量为m 。
C 与轻杆的连接点到A 和B 的水平距离分别为a 和b ；整个系统的平衡时，轻杆接近水平，如图所示。
假设物块D 在竖直方向做微小振动，A 、B 始终可视为竖直，忽略空气阻力。
(1)求系统处于平衡位置时各弹簧相对于各自原长的伸长：(2)求物体D 上下微小振动的固有频率；(3)当a 和b 满足什么条件时，物块D 的固有频率最大。
并求出该固有频率的最大值．二，(20分)如图，轨道型电磁发射器是由两条平行固定长直刚性金属导轨、高功率电源、接触导电性能良好的电枢和发射体等构成。
电流从电流源输出，通过导轨、电枢和另一条导轨构成闭合回路，在空间中激发磁场。
载流电枢在安培力作用下加速，推动发射体前进。
已知电枢质量m s ，发射体质量为rn a ，导轨单位长度的电阻为'r R 。
导轨每增加单位长度整个回路的电感增加量为'r L ，电枢引入的电阻为s R 、电感为s L ；回路连线引入的电阻为c R 、电感为c L 。
导轨与电枢间摩擦以及空气阻力可忽略．(1 )试面出轨道型电磁发射器的等效电路图，并给出回路方程；(2)求发射体在导轨中运动加速度的大小与回路电流的关系；(3)设回路电流为恒流I （平顶脉冲电流）、电枢和发射体的总质量为m s +rn a =0.50 kg ，导轨长度为X m =500m ，导轨上单位长度电感增加量m H L r /10'μ=，若发射体开始时静止，出口速度为s m v m /100.33⨯=，求回路电流I 和加速时间τ。
全国物理中学生竞赛决赛试题及答案
全国中学生物理竞赛决 赛 试 题一、（15分）图决18-1中A 是一带有竖直立柱的木块，总质量为M ，位于水平地面上。
B 是一质量为m 的小球，通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端。
现拉动小球使绳伸直并处于水平位置。
然后让小球从静止状态下摆。
如在小球与立柱发生碰撞前，木块A 始终未发生移动，则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多大？（设A 不会发生转动）二、（15分）圆形线圈C 轴线z 沿水平方向。
有一用钕铁硼材料制成的圆柱形强磁体M ，其圆形端面分别为N 极和S 极，将磁体M 与线圈C 共轴放置。
磁体的对称中心置于z 轴的原点O 。
Q 点是线圈C 对称截面的圆心，当Q 点位于z 轴不同位置时，用实验的方法测得穿过线圈C 的总磁通ψ。
由此测得的ψ值沿z 轴的分布函数图线如图决18-2（a ）所示。
图中横轴上z 值是Q 点的坐标。
现令强磁体M 沿线圈的轴线方向穿过该线圈C ，将C 两端接一电阻，其阻值R=1000Ω，远大于线圈的电阻阻值。
将接在电阻R 两端的电压信号通过计算机实时处理[如图决18-2（b ）所示]，可在计算机屏幕上显示出线圈C 两端的电压信号如图决18-2（c ）所示，信号轨迹近似看作三角波形。
1．试估算强磁体M 通过线圈时的速度。
（不计线圈中的感应电流对运动磁体的影响。
） 2．试求图（c ）中，1t 至3t 期间流过电阻R 的电量。
三、（20分）有一薄透镜如图决18-3，S 面是旋转椭球面（椭圆图决18-1绕长轴旋转而成的曲面），其焦点为F 1和F 2；S 2面是球面，其球心C 与F 2重合。
已知此透镜放在空气中时能使从无穷远处位于椭球长轴的物点射来的全部入射光线（不限于傍轴光线）会聚于一个像点上，椭圆的偏心率为e 。
（1）求此透镜材料的折射率n （要论证）；（2）如果将此透镜置于折射率为n '的介质中，并能达到上述的同样的要求，椭圆应满足什么条件？四、（20分）空间有半径为R 长度L 很短的圆柱形的磁场区域，圆柱的轴线为z 轴，磁场中任一点的磁感应强度的方向沿以z 轴为对称轴的圆的切线，大小与该点离z 轴的距离r 成正比，B=K r ，K 为常数，如图决18-4中“· ”与 “×”所示。
2023年全国中学生物理竞赛决赛试题精华集
光学专辑第21届预赛2023.9.5一、（15分）填空a．1. d. 一个可见光光子的能量的数量级为_________J。
b．2．已知某个平面镜反射的光能量为入射光能量的80％。
试判断下列说法是否对的, 并简述理由。
c．反射光子数为入射光子数的80％；b. 每个反射光子的能量是入射光子能量的80％。
六、（15分）有一种高脚酒杯, 如图所示。
杯内底面为一凸起的球面, 球心在顶点O下方玻璃中的C点, 球面的半径R＝1.50cm, O到杯口平面的距离为8.0cm。
在杯脚底中心处P点紧贴一张画片, P点距O点6.3cm。
这种酒杯未斟酒时, 若在杯口处向杯底方向观看, 看不出画片上的景物, 但假如斟了酒, 再在杯口处向杯底方向观看, 将看到画片上的景物。
已知玻璃的折射率n1＝1.56, 酒的折射率n2＝1.34。
试通过度析计算与论证解释这一现象。
第21届复赛四、(20分)目前, 大功率半导体激光器的重要结构形式是由许多发光区等距离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. 为了解决这个问题, 需要根据具体应用的规定, 对光束进行必需的变换（或称整形）. 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故意义的. 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, 其基本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明.如图, S1.S2.S3 是等距离（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 的圆锥形光束．请使用三个完全相同的、焦距为f = 1.50h、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, 使三束光都能所有投射到这个组合透镜上, 且经透镜折射后的光线能所有会聚于z轴（以S2为起点, 垂直于三个点光源连线, 与光束中心线方向相同的射线）上距离S2为L = 12.0 h处的P点．（加工时可对透镜进行外形的改变, 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．第20届预赛（20分）两个薄透镜L1和L2共轴放置, 如图所示. 已知L1的焦距f1=f , L2的焦距f2=—f, 两一、透镜间距离也是f. 小物体位于物面P上, 物距u1 ＝3f.（1）小物体经这两个透镜所成的像在L2的__________边, 到L2的距离为_________, 是__________倍（虚或实）、____________像（正或倒）, 放大率为_________________。
第27届全国中学生物理竞赛决赛试题
中国科学技术大学物理学院叶邦角整理第27届全国中学生物理竞赛决赛试题一、（25分）填空题1．一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈，其质量为M ，劲度系数为k ，无形变时半径为R 。
现将它用力抛向空中，忽略重力的影响，设稳定时其形状仍然保持为圆形，且在平动的同时以角速度 绕通过圆心垂直于圆面的轴线匀速旋转，这时它的半径应为 。
2．鸽哨的频率是f 。
如果鸽子飞行的最大速度是u ，由于多普勒效应，观察者可能观测到的频率范围是从 到 。
（设声速为V 。
）3．如图所示，在一个质量为M 、内部横截面积为A 的竖直放置的绝热气缸中，用活塞封闭了一定量温度度为0T 的理想气体。
活塞也是绝热的，活塞质量以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。
已知大气压强为0p ，重力加速度为g ，现将活塞缓慢上提，当活塞到达气缸开口处时，气缸刚好离开地面。
已知理想气体在缓慢变化的绝热过程中pV 保持不变，其中p 是气体的压强，V 是气体的体积， 是一常数。
根据以上所述，可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为 。
4．（本题答案保留两位有效数字）在电子显微镜中，电子束取代了光束被用来“照射”被观测物。
要想分辨101.010m （即原子尺度）的结构，则电子的物质波波长不能大于此尺度。
据此推测电子的速度至少需被加速到 。
如果要想进一步分辨121.010m 尺度的结构，则电子的速度至少需被加速到 ，且为使电子达到这一速度，所需的加速电压为。
已知电子的静止质量319.110kg e m ，电子的电量191.610C e ，普朗克常量346.710J s h ，光速813.010m s c 。
二、（20分）图示为一利用传输带输送货物的装置，物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度v 运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地，已知斜面高2.0m h ，水平边长 4.0m L ，传输带宽 2.0m d ，传输带的运动速度 3.0m/s v 。
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力学专辑第21届预赛（2004.9.5）二、（15分）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角α＝30︒的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的磨擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。
第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间。
第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为t/3。
求m l与m2之比。
七、（15分）如图所示，B是质量为m B、半径为R的光滑半球形碗，放在光滑的水平桌面上。
的细长直杆，被固定的光滑套A是质为m管C约束在竖直方向，A可自由上下运动。
碗和杆的质量关系为：m B＝2m A。
初始时，A杆被握住，使其下端正好与碗的半球面的上边缘接触（如图）。
然后从静止开始释放A，A、B便开始运动。
设A杆的位置用θ表示，θ为碗面的球心O至A杆下端与球面接触点的连线方向和竖直方向之间的夹角。
求A与B速度的大小（表示成θ的函数）。
九、（18分）如图所示，定滑轮B、C与动滑轮D组成一滑轮组，各滑轮与转轴间的摩擦、滑轮的质量均不计。
在动滑轮D上，悬挂有砝码托盘A，跨过滑轮组的不可伸长的轻线的两端各挂有砝码2和3。
一根用轻线（图中穿过弹簧的那条坚直线）拴住的压缩轻弹簧竖直放置在托盘底上，弹簧的下端与托盘底固连，上端放有砝码1（两者未粘连）。
已加三个砝码和砝码托盘的质量都是m，弹簧的劲度系数为k，压缩量为l0，整个系统处在静止状态。
现突然烧断栓住弹簧的轻线，弹簧便伸长，并推动砝码1向上运动，直到砝码1与弹簧分离。
假设砝码1在以后的运动过程中不会与托盘的顶部相碰。
求砝码1从与弹簧分离至再次接触经历的时间。
第21届复赛二、(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相差半个周期．已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R的2倍，卫星通过近地点时的速度Rv，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，=3GM4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距离．（最后结果要求用测得量和地球半径R 表示）六、(20分)如图所示，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水平桌面上（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）．已知杆AB 与BC 的夹角为π-α ，α < π/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 一起以共同的速度v 沿平行于AB连线方向向DE 运动，已知在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这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小． 第二十届预赛（2003年9月5日）五、(20分)有一个摆长为l 的摆（摆球可视为质点，摆线的质量不计），在过悬挂点的竖直线上距悬挂点O 的距离为x 处（x ＜l ）的C 点有一固定的钉子，如图所示，当摆摆动时，摆线会受到钉子的阻挡．当l 一定而x 取不同值时，阻挡后摆球的运动情况将不同．现将摆拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过O 点），然后放手，令其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰巧能够击中钉子，试求x 的最小值．六、(20分)质量为M 的运动员手持一质量为m 的物块，以速率v 0沿与水平面成a 角的方向向前跳跃（如图）．为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出．物块抛出时相对运动员的速度的大小u 是给定的，物块抛出后，物块和运动员都在同一竖直平面内运动．(1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻t o 把物块沿与x 轴负方向成某θ角的方向抛出，求运动员从起跳到落地所经历的时间．(2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与x 轴负方向成θ角的方向抛出，能使自己跳得更远？若v 0和u 一定，在什么条件下可跳得最远？并求出运动员跳的最大距离．第二十届复赛三、（20分）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图所示．在通道的两个出口处A 和B ，分别将质量为M 的物体和质量为m 的待发射卫星同时自由释放，只要M 比m 足够大，碰撞后，质量为m 的物体，即待发射的卫星就会从通道口B 冲出通道；设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B 时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小．这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星．若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到该通道的距离为多少？己知M ＝20m ，地球半径0R ＝6400 km ．假v 0定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的．五、(22分)有一半径为R 的圆柱A ，静止在水平地面上，并与竖直墙面相接触．现有另一质量与A 相同，半径为r 的较细圆柱B ，用手扶着圆柱A ，将B 放在A 的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手．己知圆柱A 与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30．若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B 与墙面间的静摩擦系数和圆柱B 的半径r 的值各应满足什么条件？七、(25分)如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为h 处沿水平方向以初速0v 抛出．己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为e （＜1）．又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为μ（≠0）：每次碰撞过程的时间都非常短，而且都是“饼面”着地．求物块沿水平方向运动的最远距离．第十九届预赛（2002年9月5日）一、（15分）今年3月我国北方地区遭遇了近10年来最严重的沙尘暴天气．现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景：v 为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动）．这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度v 竖直向下运动时所受的阻力．此阻力可用下式表达2f Av αρ= 其中α为一系数，A 为沙尘颗粒的截面积，ρ为空气密度．（1）若沙粒的密度 33S 2.810kg m ρ=⨯⋅－，沙尘颗粒为球形，半径42.510m r =⨯－，地球表面处空气密度30 1.25kg m ρ=⋅－，0.45α=，试估算在地面附近，上述v 的最小值1v ．（2）假定空气密度ρ随高度h 的变化关系为0(1)Ch ρρ=-，其中0ρ为0h =处的空气密度，C 为一常量，411.1810m C -=⨯－，试估算当19.0m s v =⋅－时扬沙的最大高度．（不考虑重力加速度随高度的变化）三、（20分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空，2002年3月25日22时15分，我国成功地发射了一艘无人试验飞船。
在完成预定任务后，飞船于4月1日16时51分安全着陆，共绕地球飞行108圈。
（1）飞船的名称是什么？（2）飞船在运行期间，按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等．假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度．已知地球半径66.3710m R =⨯，地球表面处的重力加速度29.80m s g =⋅－七、（25分）如图预19-7所示，在长为0.1=l m 、质量为B 30.0kg m =的车厢B 内的右壁处，放一质量A 20.0kg m =的小物块A （可视为质点），向右的水平拉力120.0N F =作用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B 在最初2.0 s 内移动的距离 5.0m s =，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的．求车厢开始运动后4.0 s 时，车厢与小物块的速度．第十九届复赛一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A 、B 、C 为3个容器，D 、E 、F 为3根细管，管栓K 是关闭的．A 、B 、C 及细管D 、E 中均盛有水，容器水面的高度差分别为1h 和1h 如图所示．A 、B 、C 的截面半径为12cm ，D 的半径为0.2cm ．甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K ，会有水从细管口喷出．”乙认为不可能．理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K ，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在．甲又进一步演示．在拧开管栓K 前，先将喷管D 的上端加长到足够长，然后拧开K ，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处．(1)．论证拧开K 后水柱上升的原因．(2)．当D 管上端足够长时，求拧开K 后D 中静止水面与A 中水面的高度差．(3)．论证水柱上升所需能量的来源．七、（26分）一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为m 的珠子（视为质点），绳的下端固定在A 点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与A 在同一竖直平面内．开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为l ，A 点到杆的距离为h ，绳能承受的最大张力为d T ，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度n a ，可以证明，2n /a v R =，v 为质点在该点时速度的大小，R 为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径．如图复19-7-2中曲线在A 点的曲率半径为A R ，在B 点的曲率半径为B R ．第十八届预赛2001-09-09一、（15分）如图预18－l 所示，杆O A 长为R ，可绕过O 点的水平轴在竖直平面内转动，其端点A 系着一跨过定滑轮B 、C 的不可伸长的轻绳，绳的另一端系一物块M ，滑轮的半径可忽略，B 在O 的正上方，O B 之间的距离为H 。
某一时刻，当绳的BA 段与O B 之间的夹角为α时，杆的角速度为ω，求此时物块M 的速率M v 。
五、（25分）如图预18－5所示，一质量为M 、长为L 带薄挡板P 的木板，静止在水平的地面上，设木板与地面间的静摩擦系数与滑动摩擦系数相等，皆为μ．质量为m 的人从木板的一端由静止开始相对于地面匀加速地向前走向另一端，到达另一端时便骤然抓住挡板P 而停在木板上．已知人与木板间的静摩擦系数足够大，人在木板上不滑动．问：在什么条件下，最后可使木板向前方移动的距离达到最大？其值等于多少？第十八届复赛六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分1G 的质量为1m ，下部分2G 的质量为2m ，弹簧夹在1G 与2G 之间，与二者接触而不固连．让1G 、2G 压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为己知的定值0E ．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这—释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分1G 升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值h 的时刻解除锁定．1．在第一种方案中，玩具的上部分1G 升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化来的？2．在第二种方案中，玩具的上部分1G 升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的．第十七届预赛2000年二、（15分）一半径为 1.00m R =的水平光滑圆桌面，圆心为O ，有一竖直的立柱固定在桌面上的圆心附近，立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线C ，如图预17-2所示。