蔡子星复赛模拟卷一答案及评分标准
质心教育原创物理竞赛模拟题第五套答案及评分标准
动能减少为 E kQq R
设末态 m 速度为 vm ，末态 M 速度为 vM
由动量守恒， mvm MvM mv0
由能量守恒，
1 2
mv02
1 2
mvm2
1 2
MvM2
kQq R
解得： vm
mv0 mM
M mM
v02
2kQq(m RmM
M
)
（2）电荷全部到达外表面后：
（3）读出图中中间段的的斜率 k 8.25s2
8
https:///
v
当卫星飞过头顶时，经过 t 后，角度变化为 vt ， h 为高度 h
频率变化 f f v(sin ) f v2t
c
hc
解得： h fv2 4.1105 m kc
e
作 A'H AF2 于 H ，有 |AM|=|AH| （双曲线线上点到两焦点距离之差不变）
由双曲线性质 | AF1 | | F2A | 2a
MAA' 与 HA'A 中
| AA' | cosAA'M=|A'M|= 1 | AH | cosAA'H|AA'| 1
e
e
sin 1 sin i e
力公式计算，金属球壳外表面导电性能良好，不考虑电磁辐射）
（1）求出当金属球进入球壳后达到球心时，金属球的速度为多少？
（2）金属球与球壳发生完全非弹性碰撞后连为一体，求整个过程中的发热 。
（ 以 下 不 是 试 题 ： 求 出 能 够 让 金 属 球 打 入 球 壳 所 需 的 最 小 速 度 v0 。 仔 细 想 哦 。 答 案 得 到
蔡子星模拟题-原创物理竞赛第二套答案及评分标准
R
侧视图
v
R
斜视图
【解】：
由向心加速度公式及牛二律，解得 R mv (右转)（5 分） Be
由几何知识，当圆心越过中心线与发射点连线时，电子能到达对面。
2 arccos d arccos d
故到达电子占总电子数的比例为
2R
2R （5 分）
2
arccos d arccos Bed
从而电流为 I I0 I0 '
g 9.8ms2 一样。然而此后陨石与太空站发生完全弹性碰撞，撞了 4 次后，第 5 次把兔子砸死了（陨
石与太空站碰撞时不计摩擦，而兔子视作固定在太空站上）…求兔子扔出陨石的时候，陨石相对于兔 子的速度的可能值，并定性画出兔子看到的陨石的轨迹。
【解】：
由向心加速度为 g，2r g （分）
令相对于初态的陨石速度沿切线分量为 vx ，大小为 v ，与法线夹角为
从而力矩为 W
W t
1
5l 4 tan2 10
16r
B02 sin2 t （4 分）
第六题（20 分） 做太空行走的时候，一件很重要的事情是保温。我们先把宇航员假象成一个半径为 R 的球形黑体
（囧 rz），满足黑体辐射公式：单位面积上辐射的功率为 j T 4 ，其中T 为物体温度，其中 为斯
（或者中子星的脉冲）。我们把模型作如下简化：两个质量为 m 的星体绕着其质心作圆周运动，初态 间距为 l,当星体的加速度为 a 时，其引力波辐射功率为 P ka2 ，其中 k 是一个很小的常数。（万有引 力常数为 G ，双星之间的引力作用可以用牛顿的万有引力公式计算） （1） 双星体系的周期变化 0.01% 需要经过多长时间
（2） 按照这个理论双星越来越近，最后几乎相撞。估算相撞需要的时间。 【解】：
蔡子星难题集萃难度分级表格范本
第一部分力学难度 备注标注为1的，要求做完第一章 运动学标注为2的，看懂题11 标注为3的，不看题19 2题202听蔡子星讲第三章 功、能和动量 题11题21题31题42题51题61题71题12题35 2 题36 2 题37 2 题38 3 题39 1 题40 1 题41 2.5 题42 1 题431题15 2题16 2题17 1题18 3题19 1题20 2题21 2题22 1题23 3第四章 范德瓦耳斯气体 液体 固体 相变题1 3题2 3题3 3题4 1题5 2题6 1题7 1题8 1题93题202题212题223题232题241题252题261题271题281题291题16.21题16.33题172题18.11题18.21题18.33题191题201题211题3.1 1题3.2 1题3.3 3题3.4 3题4 3题5 2.5题6 2题7 1题8 2题16 1 题17 1 题18 1 题19 1 题20 1 题21 1 题22 1 题23 1 题16 2 题17 2 题18 2 题19 2 题20 3 题21 3 题22 3 题23 3题26 3 题273第三章 光的衍射题13 题23 题33 题43题73 题83 题93 题103 题113 题123 题133题16 3题17 3题18 3题19 3题20 3题21 2题22 2题23 3第一章 量子物理题1 1题2 1题3 1题4 1题5 1题7.2 3题8 1题9 1题10 1题11 1题12 1题13 11题14 11题152题18 1题19 1第六部分试题力学试题（一）题1 1题2 1题3 1题62力学试题（二）题11题21.5题31题43题53题62.5热学试题（一）题12题21题32.5题41题53电磁学试题（四）电路 题13题22题32题43 题53 光学试题题11 题21 题31 题41 题52 题62近代物理试题题42.5 题51 题61 综合试题（四）题13 题21 题33 题42 题52题62.5综合试题（五）题11 题21 题31 题41 题51 题63。
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 (8) 可得P =v (9) 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅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()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 (11)根据(8)式，同理可得=0v (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4310N N f +-=(1) 120N mg -= (2)以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= (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422c o s s i n 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41t a n 2N m g 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a r c t a n 0.38521α︒≤= (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()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M lR m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)2'2．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2l Rθ∆=∆，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) 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2m1()2t0OP 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)Pφvωv 1ωvωvv2φω+v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010y 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00E 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2mT =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0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s 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021cos 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 002πqB 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)．22．0.62V (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 RT = (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02B V V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为AT ''，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005()()2B A B 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06AQ T T R''=+ (20) B 室中气体的末态体积00000(1)6BAV 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)1. 反应能()()332pn 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 He 220m 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3pH1th 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 (13)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (14) 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 (15)令2p p p12T m =v (16) 2n n n 12T m =v (17)3332He He He 12=T m v (18)θp p m vn n v把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n (19)33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- (20)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 --=+ (22)得n 20T R -= (23)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解为S = (24)将具体数据代入(21)、(23)式中，有n 0.132M e V T = (25) (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 pHe 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1.02MeV th 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 H1122Q =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 pc H p 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 cm 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1p m 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()()2230401020202th m 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 HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分：(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。
质心教育原创物理竞赛模拟题第四套答案及评分标准
【解】 ： 虚线：正电荷 实线：负电荷 轨迹如图
5
https:///
2 故时间为： t T0 T0 为粒子转一周的时间 3 2 R 2 m T0 （3 分） v Bq
（2） m1 : m2 1: 2 v1 : v2 2 :1 不失去一般性，令正电荷为 m1 ，在开始阶段走的是左上和右边两个花瓣 负电荷走左下一个花瓣。此时发生正碰，和初始状态相比，粒子速度方向转了 60 度。
7
https:///
C B
A
【解】 ： 大正方形的感应电动势为： 1 l 2 k （以逆时针为正方向） （3 分）
l2 k （3 分） 2 由对称性知外圆电流相等，内圈电流也相等，没有电流从内圈到外圈。 lk 故： AC 上电流： i1 1 （3 分） （逆时针为正方向） 4rl 4r 2 lk （3 分） AB 上电流为： i2 2 2rl 4 2r l ② U AC 1 i1 r 0 （4 分） 8 2
6
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①在湖底 CO2 浓度恒定为 C0 ， 大气压为 P0 ， 假设只要水中压强小于 CO2 的溶解平衡压强， 就有 CO2 逸 出，计算出开始有 CO2 逸出的深度 h 。 （假设你算出的 0 h H ） ②实际上在 h 的位置并不会有 CO2 逸出。 由于涨落水中可能出现一些半径为 r 的小气泡， 气泡中 CO2 与 溶液保持溶解平衡。 （水蒸气的饱和蒸汽压可以忽略）液体的表面张力为 ，若外压过大则气泡被压 回水中，否则气泡进一步长大，形成 CO2 集中快速逸出，对人畜构成危险，计算出 CO2 快出逸出的最 大深度 h ' （假设你算出的 0 h ' H ） ③某人插了一根管子到水底，不断向内鼓气，解决了杀人湖的问题，解释这个原理。 【解】 ： ① P0 gh C0 （5 分）
蔡子星模拟题-刷题派对第四套参考答案
即：
d mx mx qBy 0
dt 于是有 mx mx qBy 是常量。这就是水平方向正则动量守恒。接下来重复（1）问中的工 作：设轻杆与桌面之间夹角为 时 m 的速度为 v ， m 相对于它的速度为 u ，则有水平方向
正则动量守恒：
mv m u sin v qBl 1 sin 0
n 1 1n v1 v2 R
v2
2
aR
2n a
R
1 2R v2
n
2R v
n 1 R
将 v2, v 带入计算或者数值计算得到：
n 1.3
题五（20 分） 骑行吧！黄俏！【改编自美国 USAPhO2014】
（是的，还是那张毫无 PS 痕迹的图(￣y▽￣)╭）
9 / 16
雄性的黄俏为了博取雌性老婆的欢心，需要做一些危险的事情来表现自己的魅力。 黄俏老
=
3 2
m0 r,I
=
1 6
m0 r
I I
3 9
=0
（3）最高点处速度为零，由机械能守恒可得：
1 mr 2 + 1 1 mr22 =mg l sin 60-r
2
22
其中
=
2 3
0
，
解得：
3g 3l-2r
0 =
2r 2
在最高点处不会翻，则有对 A 点力矩：
Mg l mg cos 60l-r tan 30
x
处一小段微元的质量为
dm
m h
dx
，仍然以黄俏为参考系，独轮车底部为轴
重力的力矩为
M g
h m gx cos dx= 1 mgh cos
0h
2
离心力的力矩
物理竞赛试题-原创模拟题第四套答案及评分标准
【解】：
8
地上的人看到的月亮的角宽度为 ，则青蛙看到的月亮的角宽度为 ' 满足： 'n ' 3 （3 分）
n4 故青蛙看到的月亮与地面人看到月亮的张角之比为 3 : 4 （2 分）
i
γ h
R
②设井半径为 R ，则可得井深 h 满足： sin i nsin r
R
7
1 n
h R
h2 R2
回水中，否则气泡进一步长大，形成 CO2 集中快速逸出，对人畜构成危险，计算出 CO2 快出逸出的最
大深度 h ' （假设你算出的 0 h' H ） ③某人插了一根管子到水底，不断向内鼓气，解决了杀人湖的问题，解释这个原理。 【解】：
① P0 gh C0 （5 分）
h C0 P0 （2 分） g
ω v
a r
【解】：
（1）易知此时滑轮的速度方向与 AB 垂直， vB 2r 以滑轮为系，上段绳子的延绳速度为 v ，因此下段绳子的沿绳速度也为 v 。
所以 2r v 2v （5 分）
2r
v
B
B' A
（2）球心的速度为 v0 2r ，球心加速度为 a0 ，B 相对于 A 的加速度由向心加速度和加速转动加速 度组成。记下段绳子为 n 方向，上段绳子为 方向。轮子的角加速度为 a0 / r
向投影得到
aout 2
2r aB
2
32 2
r
（3 分）
由于绳子长度不变，所以 ain aout
a0
2 2r
2 =2 3 2 r
2
2
（1 分）
解得
a0 =22r
v2 r
（4 分） 只要答案正确，方法没有明显错误给全分
蔡子星难题集萃难度分级表格范本
力学难度备注题20 2听蔡子星讲第一部第三章功、能和动量分题1 1题2 1标注为1的,要求做题3 1宀兀题4 2第一章运动学标注为2的,看懂题5 1题6 1题1 1 标注为3的,不看题2 1 题7 1题8 1题3 3题4 1 题9 2题5 1 题10 1题6 1 题11 1题7 1 题12 2题13 1题8.1 3题8.2 2 题14 1题9 1 题15 1题10 2 题16 1题11 1 _题17 1题12 2 题18 1题19 1题13 3题14 1 题20 1题15 1'■ .-1题21-------------------------- !—11题22 2第二章牛顿运动定律 A ■.f Ti _题23 1 题1 1 题24 1 题2 1 7、、题25 1 题3 1 题26 1 题4 1 题27 1 题5 2 题28 1 题6 1 题29 1 题7 1 题30 2 题8 1 题31 1 题9 1 题32 1 题10 3 题33 1 题11 3 题34 1 题12 3 题35 2 题13 3 题36 1 题14 2 题37 3 题15 1 题38 2 题16 1 题39 2.5 题17 1题18 2 第四章角动量，有心运动题1题19 2 2题4 1 题19 1题5 1 题20 2.5题6 1 题21 2题7 2 题22 2题8 1 题23 3题9 1 题24 2题10 1 题25 3题11 1 题26 2题12 2.5 题27 2题13 2题14 2 第七章振动与波动题1 1第五章题2 1题1 1 「题3 1题2 1 题4 1题3 1 题5 2题4 1 题6 2题5 1 题7 3题6 1 题8 2. 5 题7 1 题9 3题8 1 题10 2题9 2 ■■■■T 题11 1题10 1 题12 2题11 2 题13 2题12 3 题14 2# r■兀世了「- 、、、题15 2第六章刚体动力学题16 3题1 1 题17 2题2 2.5 题18 3题3 2.5 题19 1题4 2.5 题20 1.5题5 2.5 题21 2题6 2.5 题22 2题7 1 题23 3题8 2 题24 2题9 1 ［题25 2题10 3 题26 2题11 2 题27 3题12 2 题28 2题13 2.5 题29 3题14 2.5 题30 3题15 2 题31 3题16 2 题32 3题35 2 题15 2题36 2 题16 2题37 2 题17 1 题38 3 题18 3题15 2题16.1 1题16.2 1题16.3 3题17 2题18.1 1题18.2 1题18.3 3题19 1题20 1题21 1题22 3题23 3题24 1题25 3题26 2.5题27 2.5第三章电磁感应题1 1题2 2 '1题3 2题4 1题5 1 「题6 1题7 1题8 1题9 1 '■亍―—题10 1题11 1题12 1题13 1题14 1题15 1题16 2题17 1题18 1题19 1题20 2题21 2.5题22 3题23 2.5 第四章电离、直流电路题1 1题2 3题 3.1 1题 3.2 1题 3.3 3题 3.4 3题4 3题 5 2.5题6 2题7 1题8 2题9 1题10 1题11 2题12 1题13 1题14 1题15 2题16 2.5题17 1题18 3题19 3题20 1题21 1题22 1题23 1题24 1题25 1题26 1题27 3题28 1题29 1题30 1题31 1题32 1题33 1题34 1题35 1第五章交流电路，暂态过程及其他题1 1题2 2 ［题3 1题8 1题9 2题10 1题11 3题12 2题13 3题14 3题15 3题16 3题17 3题18 1题19 3题20.1 1题20.2 1题20.3 2第四部分光学第一章几何光学题1 1题2 1 1题3 1 ■—一、 /题4 1题5 1题6 1题7 2题8 2题9 3题10 3题11 2题12 2题13 1题14 1题15 1题16 1题17 1题18 1题19 1题20 1题21 1题22 1题23 1 ［题26 2 题27 2 题28 1 题29 1 题30 2 题31 2 题32 1 题33 2 题34 2.5 题35 2 题36 3 题37 3 题38 1 题39 3 题40 3 题41 2.5 题42 3 第二章光的干涉题1 1 题2 3 题3 1 题4 1 题5 3 题6 1 题7 1 ［题8 3 题9 3 题10 1 题11 1 「题12 2 题13 2 题14 3 题15 1 题16 2 题17 2 题18 2 题19 2 题20 3 题21 3 题22 3 题23 3题263 题273第三章 光的衍 射题13 题23 题33 题43 题53 题63 题73 题83 题93 题103 题113 题123 题133 题143 题153题16 3 题17 3 题18 3 题19 3 题203 题21 2 题22 2 题23 3 题24 3 题25 3 题26 3 题27 2 题28 3 题29 2 题30 2.5 题31 2 题32 3 题33 3 题34 3 题352.5第四章 光的偏 振 题6 3 题7 3 题8 3 题9 3 题10 3 题11 3 题12 3 题1333 题5 3 题1 2题22.5 听蔡子星讲 题33 题42 题53 题63题73 题83题93 题103题112第五部 分近代物 理第一章 量子物 理题11 题21 题31 题41 题51第五章 光的色散，散射和吸收题6 3 题7.1 1 题7.2 3 题8 1 题9 1 题10 1 题11 1 题12 1 题13 11 题14 11 题15 2 题16 1 题17 2 题18 1 题19 2 题20 3第二章狭义相对论题1 1 题2 1 题3 1 题4 1 题 5 2.5 题6 3 题7 3 题8 2 题9 3 题10 2 题11 3 题12 3 题13 3 题14.1 1 题14.2 2 题15 1 题16 3 题17 2 题18 1 题19 1第六部试题分力学试题（一）题1 1 题2 1题4 1 题5 1 题6 2题1 1 题2 1.5 题3 1 题4 3 题5 3 题6 2.5 热学试题（一）题1 3 题2.1 1 题2.2 3 题3 2 题4 2 题5 3 热力学试题（二）「题1 1 题2 3 题3 1 题4 3 题5 2.5 电磁学试题（一）题1 1 题2 2 ［题3 1 题4 1 题5 2 电磁学试题（二）［题1 2 题2 2 ［题3 3 题4 1 题5 1 电磁学试题（三）电路题1 2 题2 1 题3 2.5 题4 1 题5 3题1 3 题2 2 题3 2 力学试题（二）电磁学试题（四）电路题3 1题4 3 题6 2.5题5 3 综合试题（五）光学试题1 1题题2 1题1 1 题3 1题2 1 题4 1题3 1 题5 1题4 1 题6 3题5 2题6 2近代物理试题题1 2题2 1题3 1题4 1题5 1 二二、匕；U -综合试题（一）题1 11 --— - \ \题2 1题3 3 —1 ... 厂1, 、、|题4 2 "'1 \ --1—. \\\ 二题5 2 \ \ 1 *题6 1综合试题（二）题1 2\ | 1 (_•'题2 1题3 2题4 1题5 1题6.1 1题6.2 2题6.3 2综合试题（三）题1 1题2 1题3 2题4 2.5题5 1题6 1综合试题（四）题1 3题2 1题3 3题4 2题5 2。
质心教育原创物理竞赛模拟题第二套答案及评分标准
E12
E2 2
2
W dQ 2 7 S 2 10SS s S s W 关于 Ss 的导数为 （2 分） S s 4 ( S 2 3SS s 2S s 2 ) 2
2
Fx
W W S dQ 7 S 10SS s S s x S s 2 4 ( S 2 3SS s 2S s 2 ) 2
数值计算得到 情况一 n=1， 相对地面， 0.98438rad 56.40 ， （1 分） 相对兔子 v (12 gr ) (
2
11 gr cos 2 ) 196.7m / s （1 分） sin
相对于兔子角度 ' arctan
12 arctan( tan ) 56.9 （1 分） 11 11 gr cos / sin
v v0 v t a0 (1 ) （2 分） t t t0
t v a0t (1 ) （2 分） t0 a v 2t a0 (1 ) （2 分） t t0
图像略（4 分）
3t 2t 2 ) （5 分） （2） P FV mav ma0 t (1 t0 t0
https:///
质心教育原创物理竞赛模拟题 第二套 答案及评分标准
满分 160 分 命题人 蔡子星 第一题（20 分） 一个质量为 m 的质点，从静止开始，在一个可变的外力作用下做直线运动，从 0 到 t 时间段内质 t （1）请定性画出质点瞬时速度 v(t ) 与瞬时加速度 a(t ) 的函数 点的平均加速 a(t ) a0 (1 ) 如下图所示， t0 图像； （2）求出外力功率最大的时刻 t1 ，并求此最大功率 P 1。 【解】 ： （1） a
d S Q ，厚度为 ，上下极板各自带电 。不考虑重力，忽略一切边缘效应。 2 2 2
2012自主招生水平模拟测试-物理(新-蔡子星)
Boom！
v 45
d
试题七.满分 16 分 如图，一个半径为 R 的圆柱形桶内有均匀的磁场 B。一个带点粒子沿着半径方向从一个
现在我们要做的是估算玻色-爱因斯坦凝聚发生温度。假设一团单原子气体，温度为 T， 密度为 ，单个原子的质量为 m。
（1）估算两个原子之间的平均间距为多少。
（2）温度为 T 时，设原子 x 方向的动量平均的大小为 px ，两者之间满足这样的关系：
Ek
px2 2m
1 kT 2
。其中
k
是波尔兹曼常熟，当做已知量。另外根据量子力学，动量为
小缺口入射到桶内。粒子与桶壁发生完全弹性碰撞，满足反射定律，并且电荷不会发生改 变。如果粒子经过 4 次碰撞后第 5 次到达桶壁时，刚好从小缺口出射，求粒子可能的荷质 比 m/q。
B v
上方放着两根相同的金属棒，质量为 m，单位长度上电阻为 r。整个空间存在垂直于纸面向 里的强度为 B 的磁场。初始时刻右方棒子以速度 v 向右运动，左边棒子静止。足够长时间（左 边棒子没有进入右方导轨），两棒速度都不随之间发生变化。
（1） 求最后两棒的速度。 （2） 求回路中流过的电量。 （3） 求整个过程中安培力做的总功。
后原子也会动起来。考虑到这个效应之后，实际发出的光子的频率和原来预计的相比（）
A 不变
B 不能确定
C 变大
D 变小
试题三. 满分 16 分。 如图，一个玻璃球放在水平桌面上。玻璃折射率为 n=2，球的半径为 R。在球心下
物理竞赛-第28届复赛模拟题第1套_解析
学而思物理竞赛教练组 黄俏
第一题（15 分） 【解】 无磁单极子，所以任取一个封闭体，总磁通量为 0。取一个长宽高各 在 XYZ 正半轴，顶点在原点 O 的长方体。其在 XYZ 轴上的边长分别为 x0 、 y0 、 z0 ，总磁通为零有： x0 z0 z0 x0 ，得 评分标准：得出 得 5 分。说明无磁单极子得 5 分。取封闭体算 磁通为零得 5 分。
第二题（12 分） 【解】如图设支持力摩擦力为 N1 、N2 、N3 、 f2 、 f3 ，小球半径为 R ，
下球平衡：左右方向受力平衡有
N2 sin f2 cos f1
（1）
以下球中心为轴转动平衡有
f1R f2R
（2）
由以原点为轴力矩平衡得 N1 大于 N2 ，由（2）式知 f1 f2 ，所以判断
1 2
1
)3
(
q
(( q)2
(
p
)3
)
1 2
1
)3
22 3
22 3
代入原始方程得解。
所以
(x
v0t)2
(y
1 2
gt 2 )2
(v
't)2
其中
t
(
q
((
q
)2
(
p
)3
)
1 2
1
)3
(
q
(( q)2
(
p
)3
)
1 2
1
)3
22 3
22 3
其中
p
yg
v02 v '2 1 g2
，q
v0 x 1 g2
蔡子星模拟题-原创物理竞赛第一套答案及评分标准
µ
Z0
cosθ2
=
P32
+ P02 − P42
2P3
P 0
=
−7200 + 250E2 （4 分） 48100(E22 − me2 )
E1 = 25GeV E2 = 35GeV θ1 = 100°;θ2 = 78.3°
θ = 180° ±θ1 ±θ2 角 1.7°;158.3°（2 分）
24
8
l
d
u2
=
s
−
v1
=
−
15027 499700
m
1 u2
+1 v2
=
1 f2
，可得
v2
=
−
5009 400
m ，像的放大率
− v2 = 4997 u2 12
故像的 放大率
1 ， 角放大率 4
1 × 200
4 −v2
= 4 （10 分）
200m
“
f1 = 4 f2
4
u1 = 200m
4
d
u
'
=
d θ'
=
du1 4D
18
σ (r) = σ0r r0
σ V0
1 2
σ
r
“
p 0
T0
2r0
Cv = 5 R 2
0 0
（1）
r，
】
ΔP ⋅π r2 = 2π rσ
p0
+
ΔP
=
p0
+
2σ 0 r0
（）
ΔP =
4π rσ πr2
=
4σ 0 r0
】
】
1
复赛刷题派对-原创物理竞赛模拟题第六套答案及评分标准
'
2 5
M ere2
'2 5
M mrm2
1
' 3
MmMe Mm Me
[G( M e
2
Mm )]3
（4 分）
带入数值，解得：
'
2 52.46天
，r'
r0
(
52.46
)
2 3
27.32
1.545r0
可见月亮所占的立体角变为（视角的平方）
（4 分）
8
( r0 r e )2 0.41 r ' re
球的半径，刚体定轴转动的角动量为 L I 。
【解】：
基本假设是，质心不受外力，两星球的质心角动量在系统质心和守恒
初态地球自转角速度
e
2 1天
，月球自转和公转的角速度为
0
=
2 27.32天
，初态地月距离
r0 3.84 108 m
写两体问题的牛顿第二定律有：
0 2 r0
G(Me r02
Mm)
（2 分）
当前地球的自转周期为 1 天，月亮公转周期为 27.32天，月亮半径为1.738103 m ，月球质量为
7
7.350 1022 kg ，当前地月距离为 3.84 108 m ，地球质量为 5.981024 kg ，地球半径为 6.37 106 m 。将
地球和月亮均视为均匀球体，球体绕过球心的轴定轴转动的转动惯量为 I 2 mr2 ，其中 m 为质量，r 5
T
Q3 LT0 m
Q4 Cp液 m T
T 0.02T0
9
L0.98T0 LT0 （Cp液体 Cp气体）0.02T0 =2272.36kJ / kg （2） 假设有 n 质量的气体液化，由等压放热平衡：
蔡子星模拟题-第二届物理竞赛贴吧排位赛第3次比赛答案
第二届物理竞赛贴吧排位赛第 3 次比赛答案时间180分钟满分160分请另附答题纸命题人：蔡子星题一Moiré pattern莫列条纹最早在阿拉伯语中就有记载。
人们发现一些羊毛纺织品从特定角度看上去会有特定的类似水波的条纹，后来在印刷品和显示器中大量出现。
其产生原因是两簇相近的曲线(直线)共同出现在平面中的时候，由于可能相互填充空隙的情况不同，从而造成视觉上明暗的变化。
图1(a)中显示的是同方向相近频率的条纹叠加的情况，图1(b)中显示的同频率相近方向的条纹叠加情况，图1(c)中显示的两簇相邻的同心圆叠加的情况，图1(d)中显示的是两簇相邻的射线组叠加的情况。
图1(a) 图1(b) 图1(c) 图1(d) (a)如图1(e)所示是一种测量物体的杨氏模量的办法。
杨氏模量Y的定义是rp Yr∆∆=，其中p∆是垂直于底面方向增加的压强，rr∆是垂直于地面方向物体相对被压缩量。
测量的时候先将物体表面涂上水平方向的致密的间距为h的条纹，再将一块不受力的玻璃板上涂上相同的条纹，透过玻璃板看物体。
在垂直于底面方向逐渐增加外力，于是物体的条纹跟随物体一起均匀变化，透过玻璃发现明暗波纹形态逐渐变化。
若物体高度为D，明暗波纹宽度为λ，压强为p∆，求杨氏模量Y的表达式。
图1(e)(b)如图1(f)所示是一种测量物体的剪切模量的办法。
剪切模量τ的定义是pτθ∆=∆，其中p∆是平行于底面方向增加的侧向压强，θ∆是物体沿着侧力方向的扭转角。
测量的时候先将物体表面涂上竖直方向的致密的间距为h的条纹，再将一块不受力的玻璃板上涂上相同的条纹，透过玻璃板看物体。
在垂直于底面方向逐渐增加外力，于是物体的条rr∆p∆纹跟随物体一起均匀变化，透过玻璃发现明暗波纹形态逐渐变化。
若物体垂直于底面高度为D ，明暗波纹宽度为λ，压强为p ∆，求剪切模量τ的表达式。
图1(f)(c) 设图1(c)中同心圆半径是nr ，其中n 为整数，两个同心圆圆心间距为∆，以两个圆心中点为原点，圆心连线方向为x 轴建立平面直角坐标架，写出“亮波纹”的方程，并证明其和两个同频率点光源的干涉图像相同。
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
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） 图1得P=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P θ、a 、e 的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 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 （8） 可得P =v （9） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅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()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 （11）根据（8）式，同理可得=0v （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4310N N f +-= （1） 120N mg -= （2）以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= （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422c o s s i n 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41t a n 2N m g 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a r c t a n 0.38521α︒≤=(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()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M lR 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，2()2t'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） 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2m1PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为l l 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）2φω+ v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010y 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2mT =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0cos z ma qE t ω= (9) 或cos 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021cos 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 002πqB 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) 0000000sin y E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18)200020cos 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 RT = （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B V ''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 A Q R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量 0005()()2B A B Q R T T p V V ''''=-+- （17） 利用理想气体状态方程，上式变为 ()072B A Q R T T ''=- （18） 由上可知006()A B A Q Q Q R T T ''=+=- （19）所以A 室中气体的末态温度06AQ 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．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 He 220m 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 H 1th 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）33n 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）p p m v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解为S =+ （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132M e V 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3pn 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<<Qm 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1.02MeV th 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 pc H p H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得332H p p p 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 c v 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1p m 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 c v (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()()2230401020202th m 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1.02MeV th T = (11)第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分，(9)或(10)式1分，(11)式1分．21。
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中学生物理竞赛模考训练05答案及评分标准满分160分 命题人 蔡子星第一题（20分）（1）如图4根轻杆之间铰接，左端铰接在墙上，0A 端挂有重物P 。
求出11,A B 端和墙之间的作用力。
（2）如图将上述结构复制n 份，铰接起来，分别挂有重物P ，/2P ，…，1/2n P -。
求出当n 足够大的时候，墙上两个端点与墙之间的相互作用力。
【解】：(1) 因为01B B 是轻杆，力必水平。
对0B 和0A 点做力矢量和为零得到1B 对墙拉力为P ，1A 点对象水平压力为P ，竖直压力为P （6分） (2) 将右方所有支架加重物视为一个整体。
以n A 为支点，写力矩平衡方程，令n B 对墙的拉力为F 有：23234 (4222)P P PFl Pl l l l Pl =++++= （乘以2之后错位相减） 4F P =对整理合外力等于零得到： n A 对墙水平压力位4P ，竖直方向压力为2...222P PP P +++=PA 01B 1A注：用递推做则写出递推式得6分，三个结果分别2，3,3分第二题（20分）空间中有两层很薄的电荷，电荷密度为σ±，间距为h ，h 很小，叫做电偶极层。
一个电量为0q >，质量为m 的点电荷，只能和电偶极层间发生静电相互作用（而不会碰撞）。
（1）粒子以速度0v ，角度θ，入射电偶极层，出射方向i 。
求出sin i 和sin θ之间的关系。
（2）将电偶极层弯成离心率为e 的双曲面形状，左边为正电荷，两个焦点沿着x 轴方向，要求所有平行于与x 轴方向入射的粒子都能汇交与焦点，则粒子速度，电偶极层厚度，电荷密度之间应当满足什么关系？ 【解】：数学附录：双曲线方程，22221x y a b-=，c e a ==线的距离之比为e ，双曲线的渐近线为x y a b=±。
（1）由高斯定理电场0E σε=，电势差0U Eh h σε==由能量守恒，末态初速度1v 满足：22011122mv Uq mv +=解得：1v =由沿面的切线方向动量守恒：01sin sin v v i θ=∴sin sin i θ= （10分）h（2）经过定性分析，只能是经过减速度后汇交于另一支的焦点。
由于本题已知双曲线能将粒子汇聚于焦点，则只需要通过特殊值验算参数间关系即可。
最简单的验算位置在距离x 轴很远的地方，即在渐近线上。
此时入射角为1sin i e=，出射角为sin 1θ=（很远，所以到焦点和原点几乎是一条线）带入第一问方程得到（注意为减速）：∴200021hq v meσε-=（10分） 解毕（以下不是考题：证明第二问的双曲线能将粒子汇聚到焦点） （3）以下不是考题部分：令曲线方程为22221x y a b-=考虑两个相邻的入射轨迹PA 和PA'，作AM P'A'⊥于M ；1A'N AF ⊥于N 由双曲线第二定义（准线定义）得： 1|A'M|=|AN |e作2A'H AF ⊥于H ，有|AM|=|AH| （双曲线线上点到两焦点距离之差不变） 由双曲线性质12|AF ||F A |2a -+= ∴MAA'∆与HA'A ∆中11|AA'|cos AA'M=|A'M|=|AH |cos AA'H |AA'|e e ∠=∠⋅⋅∴1sin sin i eθ=∴01e=第三题（20分）空间中有沿着z 方向的磁场，磁场大小随着时间和空间变化，满足0cos()B B t kx ω=-。
一个桌面在0z =平面上，平面上有一个沿着x-y 方向正放的线框，线框边长为l ，总电阻为R 。
（1）假设线框相对于桌面静止，线圈的左端位于0x =的位置，求出线框中电动势随着时间的变化关系。
（2）若线框质量为m ，摩擦系数为μ，线框是否可能相对于桌面沿着x 方向做匀速直线运动？如果可能求出参数之间应当满足的条件，如果不可以，写明理由。
（以下不是考题：找到三个这样的线框，沿着x 轴发成一排，相邻两个之间用长度为'l 的绝缘木棒连接，问这三个线框是否可能一起做匀速直线运动，如果可以求出各参数应当满足条件，如果不可以写明理由。
）（1）变到以速度v Rω=的参照系中对于线圈回路的总电动势ε不随参照系变化而变化（虽然动生和感生电动势分别可能发生变化） 此系中0cos()B B kx =- 左杆1x vt =-，右杆2x vt l =-+ 左杆10cos()B vtk lv ε=向上 右杆20cos()B vtk kl lv ε=-向上 逆时针为正，回路电动势120[cos()cos()]B lv vtk vtk kl εεε=-=-- 其中vk ω= （7分）在原系中积分计算磁通量再对时间求导数方法也给全分。
（2）设直线运动速为0v同第一问有：0000(){cos[()]cos[()]}B l v v v v tk v v tk kl ε=----- 又电流I Rε=安培力F B Il B Il =-右左22220000(){cos[()]cos[()]}B l v v v v tk v v tk kl R-=----显然F 与t 无关只有0v v =，然后这会导致0F = ∴不可能（13分）（不是考题部分）112'()()33l l n n kπλ+=+=+，类似三相交流电。
第四题（20分）一个金属球壳，半径为R ，质量为M ，带电量为Q ，初始时刻自由的静止在空间中。
球壳的一端有一个小洞。
球心与小洞的连线方向视为轴线方向。
在轴线上很远的地方有一个半径为r 的金属球，质量为m ，带电量为q ，以初速度0v 向着球心飞去。
（假设飞行速度很慢，电荷产生电场可以拿静电力公式计算，金属球壳外表面导电性能良好，不考虑电磁辐射）（1）求出当金属球进入球壳后达到球心时，金属球的速度为多少？（2）金属球与球壳发生完全非弹性碰撞后连为一体，求整个过程中的发热Θ。
（以下不是试题：求出能够让金属球打入球壳所需的最小速度0v 。
仔细想哦。
答案得到02()kqQ m M v RmM+≥的同学回去面壁）【解】：（1）初态电势能为22122kQ kq E R r =+末态Q 电势为Q kQ kq u R R =+，q 电势为q kQ kqu R r=+∴末态能量211()2Q E u Q u q =+21122kQ kq kQqR r R=++∴动能减少为kQqE R∆=设末态m 速度为m v ，末态M 速度为M v 由动量守恒，0m M mv Mv mv +=由能量守恒，2220111222m M kQq mv mv Mv R=++解得：0m mv v m M =±+（8分）（正根、负根舍去一个，或者不舍去均给分） （2）电荷全部到达外表面后：电势能改变：222()222k Q q kQ kq E R R r +∆=--由能量守恒得到：∴222201()2222Mm k Q q kQ kq v m M R R r +Θ=-+++（12分）第五题（20分）如图所示，一个信号源S 以恒定的速度u 向x 正方向运动。
信号在空中传播的速度为u 。
信号源本身的频率为0f 。
在地面上的静止的观察者P 所接受到的信号频率为f 。
在信号源的飞行轨迹上，O 点位最靠近P 的点。
以O 原点建立坐标系。
（改编自台湾物理竞赛试题）（1）证明在信号源距离观察者足够远的时候，有0cos 1f f v u=θ-人类的第一颗人造卫星绕地飞行的时候，地面上的观察者测量卫星发出的光信号频率。
纵轴为信号频率，单位为赫兹；横轴为测量时间，单位为分钟。
光速为82.99810/c m s =⨯。
（2）请由此图估算卫星相对于观察者的速度。
（3）请由此图估算卫星距离观察者的最近距离。
【解】：（1） 如图，初态距离为l ，发出信号，1lt u=到达P 点 过t ∆后，距离为'cos l l v t θ=-∆，信号到达时刻为2'l t t u=∆+接收时间间隔21'(1cos )vt t t t u θ∆=-=∆-所以频率为011cos f v f uθ=- （2）7max 2.00055210f Hz =⨯ 7min 2.00045710f Hz =⨯初态很远到末态很远处频率差为5max min max min 4.7510()/2f f f f f f--∆==⨯+做小量近似有()v v fc c f∆--=，则有37.1210/v m s =⨯（3）读出图中中间段的的斜率28.25k s -=当卫星飞过头顶时，经过t ∆后，角度变化为v thβ∆∆=，h 为高度频率变化2(sin )v v tf f fc hcβ∆∆∆=≈SP解得：254.110fv h m kc==⨯正负20%均视为正确，用曲线回归或者取多个点求平均的方法均视为正确。
第六题（18分） 一个质量为2m 的星体A 和质量为m 的星体B ，绕着它们的质心分别做圆周运动。
在质心系中观察发现体系总角动量为L （1）求体系的总能量0E（2）A 发生爆炸成为两个质量为m 的星体1A ，2A ，爆炸瞬间体系总机械能增加了E ，之后经历复杂的三体运动（以下省略刘慈欣写的《三体》）最后1A 和B 相互环绕着飞行，2A 与二者远离。
已知这时候以1A 为参照系B 的角动量为0L以1A 和B 的质心为参照系，1A 和B 构成的系统的能量最小值min E 为多少？这会对E 有什么限制？ 【解】：（1） 考虑两体问题折合质量做法，2m 与m 的折合质量为2223m m mm m μ⋅==+ 相对速度为0v ，相对距离为l ，两体问题角动量等于原体系质心系角动量 0L v l μ=由牛顿第二定律20222(2)v G m m G m m l l l μμ⋅+==解得2334L l Gm =两体问题能量等于2502024'23k p G m m G m E E E l L ⋅=+=-=-由于两体问题动能等于原题体系质心动能，两体问题势能等于原体系势能 所以2500204'3G m E E L ==- （10分）（2） 对于1A 和B 构成体系，当相对质心动能为'k E ，相对质心角动量为'L ，这也等于两体问题的动能和角动量。
可以证明当角动量一定时，圆轨道能量最低。
（4分） 利用第一问结论注意应当带入的是质心角动量，而不是1A 相对B 角动量，差两倍！202(/2)''L l Gm μ=，能量25min 202'Gmm G m E l L =-=-其他方法均给分（4分）由此可得252502204'3G m G m E E E L L >-=-+（2分）第七题（20分） 如图是两冲程柴油机的工作原理图。