第33届全国中学生物理竞赛复赛试题题目word版答案
第33届物理竞赛复赛试题
第33届物理竞赛复赛试题
第33届物理竞赛复赛试题是一项旨在考察学生物理学知识和解决问题能力的
竞赛活动。
在这次竞赛的复赛试题中，考生将面临一系列具有挑战性的物理问题，需要通过运用所学知识和思维能力来解决。
首先，在本次竞赛的试题中，可能涉及到一些基础的物理知识，如力学、热学、光学、电磁学等。
考生需要对这些知识有一定的掌握，并能够灵活运用到问题的解决中。
除此之外，还可能涉及到一些物理实验的设计和数据处理，考生需要具备一定的实验能力和数据分析能力。
其次，在解答问题的过程中，考生还需要具备一定的逻辑思维能力和问题解决
能力。
有些物理问题可能需要考生进行推理和分析，找到问题的关键点并给出合理的解决方案。
因此，培养和提升逻辑思维能力是非常重要的。
此外，在本次竞赛的试题中，还可能出现一些综合性的问题，需要考生综合运
用多种物理知识来解决。
这需要考生具备一定的综合能力和对物理学的整体把握能力。
总的来说，第33届物理竞赛复赛试题将考察考生的物理学知识水平、解决问
题的能力、逻辑思维能力以及综合运用知识的能力。
参加这样的竞赛不仅可以锻炼学生的物理学能力，还可以提高学生的解决问题能力和综合能力。
希望所有参赛的学生都能认真准备，充分发挥自己的潜力，取得优异的成绩。
第33届全国中学生物理竞赛决赛试题(word版)
第33届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题可能用到的物理常量和公式：=；2π1、（15岛，卸载后空车返回。
吃泡面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，平电能被全部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，储存的电能转化假设大秦线轨道上火车平均每运行单位距离克服阻力需要做的功与运行时（火车或火车和煤）总重量成正比，（1（2）问火车至少装载质量为多少的煤，才能在不另外提供能量的条件下刚好返回大同？（3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。
（21θ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于平衡态的理想气体。
火星质量为m M （远大于火星大气总质量），半径为m R 。
假设火星大气的质量密度与距离火星表面的高度h 的关系为 10()(1)n mh h R ρρ-=+ 其中0ρ为常量，(4)n n >为常数。
（1）求火星大气温度()T h 随高度h 变化的表达式。
（2）为了对火星表面进行探测，需将一质量为t m 、质量密度较大的着陆器释放到火星表面。
在某一远小于m R 的高度处将该着陆器由静止开始释放，经过时间l t ，着陆器落到火星表面。
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
全国中学生物理竞赛复赛试卷姓名（）总分（）本卷共九题，满分160 分．计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算环节．只写出最后结果的不能得分．有数字计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．填空题把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求解的过程．一、（15 分）蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器（见图）．若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线，它们的悬挂点在不同的高度上，摆长依次减小．设重力加速度g = 9 . 80 m/ s2 ,1 ．试设计一个包含十个单摆的蛇形摆（即求出每个摆的摆长），规定满足：( a ）每个摆的摆长不小于0 . 450m ，不大于1.00m ; ( b ）初始时将所有摆球由平衡点沿x 轴正方向移动相同的一个小位移xo ( xo <<0.45m ) ，然后同时释放，通过40s 后，所有的摆可以同时回到初始状态．2 ．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率初次所有为零所通过的时间为________________________________________.二、（20 分）距离我们为L 处有一恒星，其质量为M ，观测发现其位置呈周期性摆动，周期为T ，摆动范围的最大张角为△θ．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的，试给出这颗行星的质量m所满足的方程．若L=10 光年，T =10 年，△θ= 3 毫角秒，M = Ms （Ms为太阳质量），则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少？分别用太阳质量Ms 和国际单位AU （平均日地距离）作为单位，只保存一位有效数字．已知1 毫角秒=11000角秒，1角秒=13600度，1AU=1.5×108km,光速 c = 3.0×105km/s.三、（22 分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为R ，螺距H =πR ，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,一方面扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A ，这时螺旋环也处在静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴O O′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h 时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．四、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内，离圆心的距离为d ( d > R ) ，在导线上通有随时间变化的电流I, t= 0 时刻，粒子速度的方向与导线平行，离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力，试求出电流 i 随时间的变化规律．不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响．长直导线电流产生的磁感应强度表达式中的比例系数 k 已知．五、（20分）如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为+Q和-Q (Q >0) ，半径分别为R和R/2，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，带电荷为q(q>0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。
全国中学生物理竞赛复赛试题及答案(全Word版)
第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题说明：所有答案 （包括填空）必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。
一、（12分）2013年6月20日，“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中（平时在地球表面附近，重力的存在会导致液滴下降太快，以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象）. 假设液滴处于完全失重状态，液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化（振动），如图所示. （1）该液滴处于平衡状态时的形状是__________；（2）决定该液滴振动频率f 的主要物理量是________________________________________； （3）按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.（提示：例如，若认为,,a b c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量，可将液滴振动频率f 与,,a b c 的关系式表示为αβγ∝f a b c ，其中指数,,αβγ是相应的待定常数.）二、(16分) 一种测量理想气体的摩尔热容比/p V C C γ≡的方法（Clement-Desormes 方法）如图所示：大瓶G 内装满某种理想气体，瓶盖上通有一个灌气（放气）开关H ，另接出一根U 形管作为压强计M ．瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初始时，瓶内外的温度相等，瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高，记录此时U 形管液面的高度差i h ．然后打开H ，放出少量气体，当瓶内外压强相等时，即刻关闭H . 等待瓶内外温度又相等时，记录此时U 形管液面的高度差f h ．试由这两次记录的实验数据i h 和f h ，导出瓶内气体的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U 形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化）三、（20分）如图所示，一质量为m 、底边AB 长为b 、等腰边长为a 、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A 和B 的水平轴x 自由转动；图中原点O 位于AB 的中点，y 轴垂直于板面斜向上，z 轴在板面上从原点O 指向三角形顶点C . 今在平板上任一给定点000M (,0,)x z 加一垂直于板面的拉力Q .（1）若平衡时平板与竖直方向成的角度为ϕ，求拉力Q 以及铰链支点对三角形板的作用力N A 和N B ；（2）若在三角形平板上缓慢改变拉力Q 的作用点M 的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度仍保持为ϕ，则改变的作用点M 形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A 或B 对板作用力的垂直平板的分量在M 变动中保持不变？四、（24分）如图所示，半径为R 、质量为m 0的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴OO '上，可沿OO '轴滑动或绕OO '轴旋转．圆环上串着两个质量均为m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕OO '轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放．（1）设开始时圆环绕OO '轴转动的角速度为ω0，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO '轴上滑？（2）若小球下滑至30θ=︒（θ是过小球的圆环半径与OO '轴的夹角）时，圆环就开始沿OO '轴上滑，求开始时圆环绕OO '轴转动的角速度ω0、在30θ=︒时圆环绕OO '轴转动的角速度ω和小球相对于圆环滑动的速率v .五、（20分）如图所示，现有一圆盘状发光体，其半径为5cm ，放置在一焦距为10cm 、半径为15cm 的凸透镜前，圆盘与凸透镜的距离为20cm ，透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏．图中所有光学元件相对于光轴对称放置．请在几何光学近轴范围内考虑下列问题，并忽略像差和衍射效应．（1）未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状；（2）若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处. 当圆形光阑的半径逐渐减小时，圆盘的像会有什么变化？是否存在某一光阑半径a r ，会使得此时圆盘像的半径变为（1）中圆盘像的半径的一半？若存在，请给出a r 的数值.（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，回答（2）中的问题； （4）圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？ （5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，回答（2）中的问题.六、（22分）如图所示，一电容器由固定在共同导电底座上的N +1片对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N 片对顶双扇形薄金属板组成，所有顶点共轴，轴线与所有板面垂直，两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合，板面扇形半径均为R ，圆心角均为0θ（02πθπ≤<）；固定金属板和可旋转的金属板相间排列，两相邻金属板之间距离均为s ．此电容器的电容C 值与可旋转金属板的转角θ有关．已知静电力常量为k ． （1）开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合，忽略边缘效应，求可旋转金属板的转角为θ（00θθθ-≤≤）时电容器的电容()C θ；（2）当电容器电容接近最大时，与电动势为E 的电源接通充电（充电过程中保持可旋转金属板的转角不变），稳定后断开电源，求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩； （3）假设02πθ=，考虑边缘效应后，第（1）问中的()C θ可视为在其最大值和最小值之间光滑变化的函数max min max min 11()()()cos222C C C C C θθ=++- 式中，max C 可由第（1）问的结果估算，而min C 是因边缘效应计入的，它与max C 的比值λ是已知的．若转轴以角速度m ω匀速转动，且m t θω=，在极板间加一交流电压0cos V V t ω=．试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值，并给出该平均值取最大值时所对应的m ω．七、（26分）Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式，近年来受到特别重视，其原理如图所示．图中，长20 mm 、直径为5m μ的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列，瞬间通以超强电流，钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应；钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上，可以使靶球压缩后达到高温高密度状态，实现核聚变．设内圈有N 根钨丝（可视为长直导线）均匀地分布在半径为r 的圆周上，通有总电流7210A =⨯内I ；外圈有M 根钨丝，均匀地分布在半径为R 的圆周上，每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝．已知通有电流i 的长直导线在距其r 处产生的磁感应强度大小为m ik r，式中比例常量772210T m/A 210N /A m k --=⨯⋅=⨯．（1）若不考虑外圈钨丝，计算内圈某一根通电钨丝中间长为L ∆的一小段钨丝所受到的安培力；（2）若不考虑外圈钨丝，内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面，且箍缩为半径0.25cm r =的圆柱面时，求柱面上单位面积所受到的安培力，这相当于多少个大气压？（3）证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面，圆柱面内磁场为零，即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果；（4）当1N >>时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为m Ik R内，若要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力，求外圈钨丝圆柱面的半径R 应满足的条件；（5）由安培环路定理可得沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场，请用其他方法证明此结论. （计算中可不考虑图中支架的影响）八、（20分）天文观测表明，远处的星系均离我们而去．著名的哈勃定律指出，星系离开我们的速度大小v =HD ，其中D 为星系与我们之间的距离，该距离通常以百万秒差距（Mpc ）为单位；H 为哈勃常数，最新的测量结果为H =67.80km/(s ⋅Mpc)．当星系离开我们远去时，它发出的光谱线的波长会变长（称为红移）．红移量z 被定义为λλλ'-=z ，其中λ'是我们观测到的星系中某恒星发出的谱线的波长，而λ是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长，该红移可用多普勒效应解释．绝大部分星系的红移量z 远小于1，即星系退行的速度远小于光速．在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线，它们的频率ν'分别为4.549⨯1014Hz 和6.141⨯1014Hz ．由于这两条谱线处于可见光频率区间，可假设它们属于氢原子的巴尔末系，即为由n > 2的能级向k =2的能级跃迁而产生的光谱．（已知氢原子的基态能量013.60 eV =-E ，真空中光速82.99810m/s =⨯c ，普朗克常量346.62610J s -=⨯⋅h ，电子电荷量19 1.60210C -=⨯e ）（1）该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线？它们在实验室中的波长分别是多少？（2）求该星系发出的光谱线的红移量z 和该星系远离我们的速度大小v ； （3）求该星系与我们的距离D ．第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分） （1）球形（2）液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ（或液滴的质量m 和表面张力系数σ） （3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成 {}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [][][][]αβγρσ=f r ② 力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t ，按照前述约定，在该单位制中有 {}[]=m m m ，{}[]=l l l ，{}[]=t t t 于是[][]-=f t 1 ③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3 ⑤ [][][]σ-=m t 2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得[][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132 即[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132 ⑦ 由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性，有30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨ 21γ= ⑩ 解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得=f ⑫ 解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r ①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等[][][][]αβγρσ=f r ②力学的基本物理量有三个：质量M 、长度L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）. 在国际单位制中，振动频率f 的单位[]f 为s -1，半径r 的单位[]r 为m ，密度ρ的单位[]ρ为3kg m -⋅，表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----⋅⋅⋅⋅=⋅，即有[]s -=f 1 ③ []m =r ④ []kg m ρ-=⋅3 ⑤ []kg s σ-=⋅2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足()()s m kg m kg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅13232 ⑦由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有 30αβ-=， ⑧ 0βγ+=， ⑨ 21γ= ⑩ 解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得f = ⑫评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为f 、f =f 的，也给这2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)−−−−−−−→−−−−−→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,,,),(,,,,,,)i i f f f p V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV NkT =，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有f f iip N p N =①另一方面，设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积，即000(,,,)(,,,)i i i p V T N p V T N '−−−−→绝热膨胀此绝热过程满足1/00i V p V p γ⎛⎫= ⎪'⎝⎭②由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =，所以 0f iN V N V ='③联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④ 此即lnln i i fp p p p γ= ⑤由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑥0f f p p gh ρ=+ ⑦式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+⑧利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈ 当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态100000(,,)(,,)(,,)−−−−−→−−−−−→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc其中，100000(,,),(,,,,)i f p V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab: γγγγ----=i p T p T①00bc://=f p T p T② 由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③ 此即lnln i i fp p p p γ=④由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+⑤0f f p p gh ρ=+ ⑥式中，00p gh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+⑦利用近似关系式：1, ln(1)x x x +≈ 当，以及 00/1, /1i f h h h h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力C P 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ，各力及其作用点的坐标分别为：C (0,sin ,cos )ϕϕ=--mg mg P ，(0,0,)h ；0M (0,,0)Q =Q ， 00(,0,)x z ；A A A A (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b；B B B B (,,)x y z N N N =N ，(,0,0)2b- 式中h =是平板质心到x 轴的距离.平板所受力和（对O 点的）力矩的平衡方程为A B x 0=+=∑xx FN N①A B sin 0ϕ=++-=∑yyyF Q N N mg② A B cos 0ϕ=+-=∑zzzF N N mg③ 0sin 0xM mgh Q z ϕ=-⋅=∑④ B A 022=-=∑y zz b bM N N⑤0A B 022zyy b bMQ x N N =⋅+-=∑⑥联立以上各式解得sin mgh Q z ϕ=， A B x x N N =-，000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦A B 1cos 2z zN N mg ϕ==即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ，⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ，⑧0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（2）如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点000M (,0,)x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力By N 保持不变，则需 sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得00022-=-b x b x z z z z⑪ 或00022b x b x z z z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫这是过A(,0,0)2b点的直线. (*)因此，当力M Q 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B 对板的作用力By N 保持不变. 同理，当力M Q 的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力Ay N 保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分.四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至θ 角位置时，小球相对于圆环的速率为v ，圆环绕轴转动的角速度为ω ．此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加速度大小为21a R =v ①同时，对应于圆环角速度ω，指向OO '轴的小球加速度大小为2(sin )sin R a R ωωθθ= ②该加速度的指向中心C 的分量为22(sin )sin R a a R ωωθθ== ③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== ④由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ 角位置时，其指向中心C 的合加速度大小为2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤在小球下滑至θ 角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin )cos R R N mg ma mRωθθ++==v ⑥ 合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin )L L m R θω=+ ⑦式中L 0和L 分别为圆环以角速度ω0和ω转动时的角动量．如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在θ角位置处取角度增量∆θ， 圆心角∆θ所对圆弧l ∆的质量为m l λ∆=∆（02m Rλπ≡），其角动量为 2sin L m r l rR Rr z R S ωλωθλωλω∆=∆=∆=∆=∆ ⑧式中r 是圆环上θ 角位置到竖直轴OO '的距离，S ∆为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l ∆的角动量与S ∆成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222m R L L R m R R πωωπ=∆=⨯=∑ ⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO '的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012J m R = ⑧则角动量L 为2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L m R ω= ⑩力N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒. 故22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能．圆弧l ∆的动能为222111()sin 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫ ]同理有2200014k E m R ω= ⑬根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cos N θ，当02cos N m g θ≥ ⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m ⑮式中，g 是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30θ︒时，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+ ⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000200+4sin +m m m m m m ωωωθ=== ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得v ⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（20分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知：20cm u =, 10cm f =，代入透镜成像公式111u f+=v ① 得像距为20cm =v ② 其横向放大率为1uβ=-=-v③ 可知圆盘像在凸透镜右边20cm ，半径为5cm ，为圆盘状，圆盘与其像大小一样. （2）如下图所示，连接A 、B 两点，连线AB 与光轴交点为C 点，由两个相似三角形AOC ∆与BB'C ∆的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处，此时圆形光阑在C 点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分此时不存在圆形光阑半径a r 使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，此时圆形光阑在C 点（距离透镜为15cm ）的右侧. 由下图所示，此时有:CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm, 利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得 CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= ④ 可见当圆盘半径3cm r =（光阑边缘与AB 相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗． 4分若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE相交，AE 与光轴的交点为D ，由几何关系算得D 与像的轴上距离为207cm. 此时有 620D R '=c m , D E '=c m , E E '=2.5c m ,77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得D R '20/72R R '=E E '= 2.5c m 0.75c m D E '20/7a r -=⨯⨯= ⑤ 可见当圆形光阑半径a r =0.75cm ，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分（4）只要圆形光阑放在C 点（距离透镜为15cm ）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分；第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．六、（22分）（1）整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为θ时1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200200200012(2), 212(), 02()12(), 0212(2), 2R R A R R θπθθθπθθθπθθθθθπθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪⎪⨯+-≤≤⎪=⎨⎪⨯-≤≤-⎪⎪⎪⨯--<<⎩当当当当③由②③式得2000200120020001(2), 41(), 04()1(), 041(2), 4R ks R ksC R ks R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当④由①④式得20002002002000(2), 2(), 02()(), 02(2), 2N R ks N R ks C N R ks N R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当⑤（2）当电容器两极板加上直流电势差E 后，电容器所带电荷为()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ，由⑤式得20max2NR C ksθπ=⑦充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ，由⑥式得20max2NR Q E ksθπ= ⑧断开电源，在转角θ取0θ=附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为2222max 0000() 2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当⑨设可旋转金属板所受力矩为()T θ（它是由若干作用在可旋转金属板上外力i F 产生的，不失普遍性，可认为i F 的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为i r ，其值i F 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转θ∆（即从θ变为θθ+∆）后，电容器内所储存的能量增加U ∆，则由功能原理有()()()θθθθ∆=∆=∆=∆∑∑i i i i T Fr F l U⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当⑪当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks ⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为 []222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21()[cos2()cos2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬由于边缘效应引起的附加电容远小于max C ，因而可用⑦式估算max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑮如果m ωω=，⑭式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks λ+=++-=+= ⑯由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而max C 应比用⑦式估计max C 大；这一效应同样使得min 0C >；可假设实际的max min ()C C -近似等于用⑦式估计max C ．如果m ωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t +-,⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑱[如果m ωω=，⑭中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω=⑳评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分．七、（26分）（1）通有电流i 的钨丝（长直导线）在距其r 处产生的磁感应强度的大小为m iB k r=① 由右手螺旋定则可知，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，它与电流i 的方向成右手螺旋．两根相距为d 的载流钨丝（如图（a ））间的安培力是相互吸引力，大小为2m k Li F B Li d∆=∆=② 考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力．由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为ϕ，则它们间的距离为2sin2d r ϕ=③由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r rϕϕ∆∆== ④它与ϕ无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(1)22-∆-∆==m m N k L I N k Li F r rN 内⑤其方向指向轴心． （2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N 很大，但总电流不变．圆柱面上ϕ∆角对应的柱面面积为s r L ϕ=∆∆⑥圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦由于1N ，有22(1)-=N N i I 内⑧ 由⑦⑧式得224π=m k I P r 内⑨ 代入题给数据得1221.0210N/m P =⨯ ⑩ 一个大气压约为5210N/m ，所以710atm P ≈⑪即相当于一千万大气压．（3）考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A 的磁场强度. 根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在A 点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过A 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2，如图（b ）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L 1和L 2段的电流之比/I I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12：111222==I L l I L l ⑫ 式中，因此有1212=m m I I k k l l ⑬ 即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为=m IB k R内 ⑭方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(2)+ 22-∆∆+=∆=m m m M k L I I k I k L I I I F L RM M R RM外外内外内外外 ⑮式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由⑭式和安培力公式得到.因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R ⑯ 若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r ⑰ 只需满足<R r ⑱（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C 的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内，过C 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧3L 和4L ，如图（c ）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过3L 和4L 段的电流之比34/I I 等于它们到C 点。
33届物理竞赛复赛试题
33届物理竞赛复赛试题全文共四篇示例，供读者参考第一篇示例：第33届物理竞赛复赛试题将会考察参赛者在物理知识和解题能力方面的实力。
本次考试难度适中，题目设计涵盖了力学、热学、光学、电磁学等各个领域的知识点。
以下是本次复赛试题的部分内容，希望可以帮助参赛者更好地备战。
一、力学部分1. 一辆质量为m的汽车以速度v行驶在水平路面上，其动能为多少？2. 一个质量为m的物体从高为h的斜面上滑下，当物体到达底部时，其速度为多少？3. 一个质点做直线运动，位置随时间t的变化满足公式x(t)=At^2+Bt+C，求该质点的加速度a(t)是多少？1. 一个理想气体的内能与温度之间的关系满足U = 3/2nRT，求该气体的热容比Cv / Cp是多少？2. 一个装满理想气体的容器，容器与外界热源完全绝缘，气体的体积变小了一半，气体的内能变化了多少？1. 一束光射入玻璃介质，入射角为30度，折射角为20度，求玻璃的折射率是多少？2. 一块凸透镜的焦距为10cm，物体放在焦距的前方10cm处，求成像的位置是多少？1. 一根长为L的直导线通以电流I，求该导线周围的磁感应强度是多少？2. 一个电容器的电容为C，电压为V，求电容器中储存的电荷量是多少？以上仅为部分试题内容，参赛者在考试时需要结合物理知识和解题技巧进行答题。
希望所有参赛者都能在本次竞赛中取得优异的成绩，加油！第二篇示例：第33届物理竞赛复赛试题欢迎参加第33届物理竞赛复赛！本次试题共分为三部分，包括选择题、填空题和解答题。
希望各位选手发扬科学精神，全力以赴，展现自己的物理才能。
祝你们取得优异的成绩！选择题：1. 下列哪个物理现象不是经典力学能够解释的？A. 光的干涉与衍射B. 行星的运动C. 惯性力的作用D. 弹性碰撞答案：A. 光的干涉与衍射2. 在真空中，光速的数值大小为多少？A. 300,000米/秒B. 200,000米/秒C. 400,000米/秒D. 500,000米/秒答案：A. 300,000米/秒3. 一个物体的质量是10kg，如果它处于地球表面，那么它的重力大小为多少？A. 98NB. 100NC. 105ND. 110N答案：A. 98N填空题：4. 一个在真空中的光波的波长为500nm，求它的频率。
2019年第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷及参考答案与评分标准word版
第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷〕f 5678总分910111213141516本卷共M 题，满分200企 一、选择题.本题共5小题,每小题6分.在毎小題给出养」个选项 中■有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合霆意.把符 合题意的选项前面的英文字母写在毎小题后面的方tS 号耳全部 选对的得勺分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得。
分.h 如图，球心枉坐标很点0的球面上有三个彼此绝缘的金属环, 它们分别与—y 平心 7平Iin M Y 平血与球面的交銭（大 ED 章合「各白通有大小相等的电流，电流的流向如图中箭头所 示。
必标原点处的磁场方向与北轴j紬w 轴的夹您分别足B* ancsjnt-已rr&in —-11 aicsin arcsin 亠,-arcsin * A /3 运D. ai<r &in arcsin — t arcsin丄 為 打畐2. 从褛顶边缘以大小为先的初速度竖玄上抛 小球;经过切时间后在楼顶边建讥爭1E 开始释放另…小球。
若要求两小球同时落地,忽略空气阻力，则珂的取值范貳三兀出点的得分阅卷复核I ------------------------- -----arcfiin —r物螂竟赛预赛试卷第】页（共「页）3.如图価牛学径相同的小陳（构成-个体系）置于水平桌面的-条直线上，其中一个是徴永碱琢（新有北擁W利稱极巧’其金三个足钢球;致球与右边两个钢球相互接触二让另一钢球在敛球左边一定距离处从静止释放,逐渐加敢直奎与抜球碰撞毗时最右边的钢球立即以很大的速度战弾开"卅于整个过程的始来，下列说法正确的是工休系动能増加，体系碍能减少乩松系动能减少，体系磁能增加C.休系动能减少.体系磁能减少a休系动能墟加，体系E?•能増加如图，一带£电荷Q的绝缘小球]可視为点电荷）固定呑）t滑絶燥平根上，另-“绝缘小球（可視为点电荷）听带电荷用（其值可任盍选耗）表代可在平桓上移动、并逹在轻弹簧的一燭，轻弹簧的另一端连在固宦拦椀卜昇踴小球的球心在弹薇的轴线上口不考虑可移动小球与固走小球相互接触的情形，且弹賞的光变处于弹性限度内C关于可移动小球的平衡位矍，下列说法正确的星A,若謹有一个平衡的位骨B.若“匸趴没冇平衡位宜G若v<O t可能冇一个或两个平衡位覺D.若7<0,没有平衡位臂I 】乞如鬲，小物块a』和匚静冏于光滑冰平地面上「现让玄以速度V向右运动+与b发生弹性if fit磁后h与瓷也侵牛弹性正确:.若h和c的瞳爼可任意选释，碰后匚的摄大速度接近于A. 2V H, 3V C,4V D 5V [ 1二”填空题.把答案填在题中的横线上.只宴给出结果、不需写出求俺结果的过理•6,（10分）20茁年2月11 R美国国家科学基金会区布：美国的”激光于涉吋为波天立台・心£0）的网台尊生引力波捱测器誉次直接探测到了引力波口该引力波足由得分阅卷夏核门亿光年之外的两颗黑机在合并的兹后阶段产住的。
2022年 第33届中学生物理预赛试及参考答案纯WORD版配套精选
2021年第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷本卷共16题，总分值2021．一、选择题．此题共5小题，每题6分．在每题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每题后页的括号内．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．1．如图，球心在坐标原点的球面上有三个彼此绝缘的金属环，它们分别与平面、平面、平面与球面的交线〔大圆〕重合，各自通有大小相等的电流，电流的流向如图中箭头所示．坐标原点处的磁场方向与轴、轴、轴的夹角分别是[ ]A．，，B．，，C．，，D．，，2．从楼顶边缘以大小为的初速度竖直上抛一小球；经过时间后在楼顶边缘从静止开始释放另一小球．假设要求两小球同时落地，忽略空气阻力，那么的取值范围和抛出点的高度应为[ ]A．，B．，C．，D．，3．如图，四个半径相同的小球〔构成一个体系〕置于水平桌面的一条直线上，其中一个是钕永磁球〔标有北极和南极〕，其余三个是钢球；钕球与右边两个钢球相互接触．让另一钢球在钕球左边一定距离处从静止释放，逐渐加速，直至与钕球碰撞，此时最右边的钢球立即以很大的速度被弹开．对于整个过程的始末，以下说法正确的选项是[ ]A．体系动能增加，体系磁能减少B．体系动能减少，体系磁能增加C．体系动能减少，体系磁能减少D．体系动能增加，体系磁能增加4．如图，一带正电荷的绝缘小球〔可视为点电荷〕固定在光滑绝缘平板上，另一绝缘小球〔可视为点电荷〕所带电荷用〔其值可任意选择〕表示，可在平板上移动，并连在轻弹簧的一端，轻弹簧的另一端连在固定挡板上；两小球的球心在弹簧的轴线上．不考虑可移动小球与固定小球相互接触的情形，且弹簧的形变处于弹性限度内．关于可移动小球的平衡位置，以下说法正确的选项是[ ]B．假设，没有平衡位置C．假设，可能有一个或两个平衡位置D．假设，没有平衡位置5．如图，小物块、和静置于光滑水平地面上．现让以速度向右运动，与发生弹性正碰，然后与也发生弹性正碰．假设和的质量可任意选择，碰后的最大速度接近于[ ]A．B．C．D．二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．〔10分〕2021年2月11日美国国家科学会宣布：美国的“激光干预引力波天文台〞的两台孪生引力波探测器首次直接探测到了引力波．该引力波是由亿光年之外的两颗黑洞在合并的最后阶段产生的．初始质量分别为倍太阳质量和倍太阳质量的两颗黑洞，合并成了一颗倍太阳质量、高速旋转的黑洞；亏损的质量以引力波的形式释放到宇宙空间．这亏损的质量为______，相当于______的能量．太阳质量约为，光在真空中的速度为．7．〔10分〕在一水平直线上相距的、两点放置两个波源．这两个波源振动的方向平行、振幅相等、频率都是，且有相位差．它们沿同一条直线在其两边的媒质中各激起简谱横波．波在媒质中的传播速度为．这两列波在、两点所在直线上因干预而振幅等于原来各自振幅的点有______个，它们到点的距离依次为_____________________．8．〔10分〕如图，以、为端点的线圈1的自感为，以、为端点的线圈的自感为，互感为〔线圈1中的电流的变化在线圈2中产生的感应电动势与线圈中电流随时间的变化率成正比，比例系数称为互感；且〕．假设将两线圈1和2首尾相连〔顺接〕而串联起来，如图〔a〕所示，那么总自感为______；假设将两线圈1和2尾尾相接〔反接〕而串联起来，如图〔b〕所示，那么总自感为______．9．〔10分〕如图，一小角度单摆的轻质摆杆的长度，地球半径，单摆的悬点到地面的距离．地球质量为，引力常量为．当时，单摆做简谐运动的周期为______；当时，单摆做简谐运动的周期为______．悬点相对于地球不动，不考虑地球自转．10．〔10分〕子与电子的性质相似，其电量与电子相同，而质量约为电子的倍．用子代替氢原子中的电子就形成子－氢原子，子－氢原子的线状光谱与氢原子具有相似的规律．子－氢原子基态的电离能为______，子－氢原子从第二激发态跃迁到第一激发态发出的光子的波长为______．质子质量是电子的1836倍，氢原子基态的电离能为；光在真容中的速度为，普朗克常量为．〔按玻尔理论计算时，在子－氢原子中假设仍将质子视为不动，那么子相当于质量为的带电粒子．〕三、计算题．计算题的解容许写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．〔2021一足球运发动自点向球门的点踢出球，、之间的距离为，球自向的运动可视为水平地面上的匀速直线运动，速率为．另一足球运发动到连线的距离为，到、两点的距离相等．运发动踢出球后，运发动以匀速沿直线去拦截该球．设运发动开始出发去拦截球的时刻与球被运发动踢出的时刻相同．〔1〕如果运发动能拦截到球，求运发动开始出发去拦截球直至拦截到球的时间间隔、球被拦截时球到点的距离、球到运发动出发点的距离和运发动运动的方向与、连线的夹角；〔2〕求为了使运发动能拦截到球，、、和应当满足的条件．12．〔2021一固体星球可近似看作半径为〔足够大〕的球形均匀的固体，构成星球的物质的密度为，引力常量为．〔1〕考虑星球外表山体的高度．如果山高超出某一限度，山基便发生流动〔可认为是山基局部物质熔化的结果，相当于超出山的最高限的那块固体物质从山顶移走了〕，从而使山的高度减低．山在这种情况下其高度的小幅减低可视为一小块质量的物质从山顶移至山底．假设该小块的物质重力势能的减小与其全部熔化所需要的能量相当，山体由同一种物质构成该物质的熔化热为，不考虑温度升到熔点所需要能量，也不考虑压强对固体熔化热的影响．试估计由同一种物质构成的山体高度的上限．〔2〕假设由同一种物质构成的山高的上限不大于，试估计在此条件下由同一种物质构成的星球半径的下限．〔3〕月亮是一个固体星球，其密度和半径分别为和．假设月亮全由构成，的熔化热为．．估计月球上的山体高度与月球半径比值的上限．13．〔2021真空中平行板电容器两极板的面积均为，相距，上、下极板所带电量分别为和．现将一厚度为、面积为〔宽度和原来的极板相同，长度是原来极板的一半〕的金属片在上极板的正下方平行插入电容器，将电容器分成如下图的、、三局部．不考虑边缘效应．静电力常量为．试求〔1〕插入金属片以后电容器的总电容；〔2〕金属片上外表所带电量；〔3〕、、三局部的电场强度；〔4〕插入金属片过程中外力所做的功．14．〔2021如图，两个相同的正方形刚性细金属框和的质量均为，边长均为，每边电阻均为；两框局部地交叠在同一平面内，两框交叠局部长为，电接触良好．将整个系统置于恒定的匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向垂直于框面〔纸面〕向纸面内．现将磁场突然撤去，求流过框边重叠局部的横截面的总电荷量．不计摩擦、重力和框的电感．15．〔2021牛顿曾观察到一束细日光射到有灰尘的反射镜上面会产生干预条纹．为了分析这一现象背后的物理，考虑如下图的简单实验．一平板玻璃的折射率为，厚度为，下外表涂有水银反射层，上外表撒有滑石粉〔灰尘粒子〕．观察者和单色点光源〔光线的波长为〕的连线垂直于镜面〔垂足为〕，，．反射镜面上的某灰尘粒子与直线的距离为．观察者可以观察到明暗相间的环形条纹．〔1〕求第个亮环到点的距离；〔2〕假设，，，，，求最小亮环的半径．：，，当．16．〔2021充有水的连通软管常常用来检验建筑物的水平度．但软管中气泡会使得该软管两边管口水面不在同一水平面上．为了说明这一现象的物理原因，考虑如下图的连通水管〔由三管内径相同的形管密接而成〕，其中封有一段空气〔可视为理想气体〕，与空气接触的四段水管均在竖直方向；且两个有水的形管两边水面分别等高．此时被封闭的空气柱的长度为．大气压强为、水的密度为、重力加速度大小为，．现由左管口添加体积为的水，为水管的横截面积，在稳定后：〔1〕求两个有水的形管两边水面的高度的变化和左管添水后封闭的空气柱长度；〔2〕当、时，求两个有水的形管两边水面的高度的变化〔用表出〕以及空气柱的长度．，当．第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷参考解答与评分标准一、选择题此题共5小题，每题6分．在每题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每题后页的方括号内．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．1．[D]；2．[C]；3．[A]；4．[AC]；5．[C]二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写求得结果的过程．6．〔10分〕答案：〔5分〕；〔5分〕7．〔10分〕答案：6〔5分〕；，，，10，14，16〔5分〕8．〔10分〕答案：〔5分〕；〔5分〕9．〔10分〕答案：〔5分〕；〔5分〕10．〔10分〕答案：2530〔5分，得2529的也给这5分〕；〔5分，得的也给这5分〕三、计算题计算题的解容许写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．〔2021〔1〕记运发动踢出球的时刻为零时刻．设运发动沿着与、连线夹角为的方向运动，球在时刻被运发动拦截．令球被拦截时球到点和运发动到出发点的距离分别为和，那么①②由几何关系有③④从③④式消去，并利用①②式得⑤此即⑥这是关于的一元二次方程。
第33届全国中学生物理竞赛复赛试题(题目word版) +答案
第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2016 年 9 月 17 日一、（20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为 R 1 、R 2 ，且两柱面外切；其剖面（平 面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各 自过切点的母线相互垂直。
取两柱面切点 O为 直角坐标系 O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为 X 轴，上侧柱面过切点 O 的母线为Y 轴。
一束在真空中波长为 λ 的可见光沿 Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着 Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在 X-Y 平面的投影。
R 1 和 R 2 远大于傍轴光线 干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。
空气折射率为 n 0 = 1.00 。
试推导第 k 级亮纹在 X-Y 平面的 投影的曲线方程。
已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏） 介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。
任何情形下，折 射波不存在半波损失。
伴随半波损失将产生大小为 π 的相位突变。
b. sin x ≈ x , 当 x << 1 。
二、（20 分）某秋天清晨，气温为 4.0︒C ，一加水员到实验园区给一内径为 2.00 m 、高为 2.00 m 的圆柱形不 锈钢蒸馏水罐加水。
罐体导热良好。
罐外有一内径为4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接 处很短），顶部与大气相通，如图所示。
加完水后， 加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水， 与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。
此时加水 员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为 1.00 m 。
（1）从清晨到中午，气温缓慢升至 24.0︒C ，问此时 观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。
（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空 气的热容量。
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准一、参考解答令 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 为原点, 由于质子所受的a 球对它的静电库仑力总是通过a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零, 质子对 点的角动量守恒。
所求 的最大值相应于质子到达a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。
以 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。
同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。
式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。
二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （2）当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入A 管和B 管。
设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （4）与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入A 管, 进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。
第33届全国中学生物理竞赛决赛试卷
第33届全国中学生物理竞赛决赛试卷第33届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题可能用到的物理常量和公式：真空中的光速$c=2.998\times10^8\text{m/s}$；地球表面重力加速度大小为$g$；普朗克常量为$h$，$h=2\pi\hbar$；int\frac{1+x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x=\arcsin x+C,x<1$。
1、（15分）山西大同某煤矿相对于秦皇岛的高度为$h_c$。
质量为$m_t$的火车载有质量为$m_c$的煤，从大同沿大秦铁路行驶路程$l$后到达秦皇岛，卸载后空车返回。
从大同到秦皇岛的过程中，火车和煤总势能的一部分克服铁轨和空气做功，其余部分由发电机转换成电能，平均转换效率为$\eta_1$，电能被全部存储于蓄电池中以用于返程。
空车在返程中由储存的电能驱动电动机克服重力和阻力做功，储存的电能转化为对外做功的平均转换效率为$\eta_2$。
假设大秦线轨道上火车平均每运行单位距离克服阻力需要做的功与运行时（火车或火车和煤）总重量成正比，比例系数为常数$\mu$，火车由大同出发时携带的电能为零。
1）若空车返回大同时还有剩余的电能，求该电能$E$。
2）问火车至少装载质量为多少的煤，才能在不另外提供能量的条件下刚好返回大同？3）已知火车在从大同到达秦皇岛的铁轨上运行的平均速率为$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$，长度为$l$；杆上端B通过一不可伸长的软轻绳悬挂到固定点O，绳长为$l_1$。
开始时绳和杆均静止下垂，此后所有运动均在同一竖直面内。
1）现对杆上的D点沿水平方向施加一瞬时冲量$I$，若在施加冲量后的瞬间，B点绕悬点O转动的角速度和杆绕其质心转动的角速度相同，求D点到B点的距离和B点绕悬点O转动的初始角速度$\omega$。
2）设在某时候，绳和杆与竖直方向的夹角分别为$\theta_1$和$\theta_2$（如图b所示），绳绕固定点O和杆绕其质心转动的角速度分别为$\omega_1$和$\omega_2$，求绳绕固定点O和杆绕其质心转动的角加速度$\alpha_1$和$\alpha_2$。
第33届全国中学生物理竞赛复赛试题(题目word版)-+答案
第33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2016 年9 月17 日一、（20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为R1 、R2 ，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。
取两柱面切点 O 为直角坐标系 O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点 O 的母线为 X 轴，上侧柱面过切点 O的母线为 Y 轴。
一束在真空中波长为 ? 的可见光沿 Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着 Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y 平面的投影。
R1 和R2 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。
空气折射率为n0 ?。
试推导第k 级亮纹在 X-Y 平面的投影的曲线方程。
已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。
任何情形下，折射波不存在半波损失。
伴随半波损失将产生大小为π的相位突变。
b. sin x ? x, 当x ?? 1 。
二、（20 分）某秋天清晨，气温为?C ，一加水员到实验园区给一内径为 m 、高为 m 的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。
罐体导热良好。
罐外有一内径为cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。
加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。
此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为 m 。
（1）从清晨到中午，气温缓慢升至 ?C ，问此时观察柱内水位为多少假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。
（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少求这个过程中罐内空气的热容量。
已 知 罐 外 气 压 始 终 为 标 准 大 气 压50 1.0110a p p =⨯, 水 在 ?C 时 的 密 度 为330 1.0010kg m ρ-=⨯⋅??水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为 ? ? ? 10?4 K ?1，重力加速度大小为29.80g m s -=⋅，绝对零度为 ??C.三、（20 分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的 318 倍）。
33届物理竞赛复赛试题
选择题：在双缝干涉实验中，当两缝间距增大时，干涉条纹的间距会如何变化？A. 增大B. 减小（正确答案）C. 不变D. 无法确定一个物体在恒力作用下做匀加速直线运动，如果突然撤去这个力，物体的运动状态将如何变化？A. 继续做匀加速直线运动B. 立即停止运动C. 先做匀减速直线运动，后静止（正确答案）D. 做匀速圆周运动关于光电效应，下列说法正确的是？A. 任何频率的光都能使金属发生光电效应B. 入射光强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多（正确答案）C. 入射光频率越高，光电子的最大初动能越小D. 逸出光电子的速度与入射光的频率成正比在电磁感应现象中，下列说法正确的是？A. 感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相同B. 感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化（正确答案）C. 感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反D. 感应电流的大小与线圈的匝数无关在电路理论中，关于基尔霍夫定律，下列说法正确的是？A. 基尔霍夫电流定律适用于任何电路，包括含有电源的电路（正确答案）B. 基尔霍夫电压定律只适用于不含电源的电路C. 基尔霍夫定律只适用于直流电路，不适用于交流电路D. 基尔霍夫定律是电路分析的基本定律之一，但只适用于简单电路关于波动，下列说法正确的是？A. 横波的传播方向与质点的振动方向相同B. 纵波的传播方向与质点的振动方向垂直C. 机械波在传播过程中，质点不会随波迁移（正确答案）D. 波在传播过程中，频率和波长都会发生变化在相对论中，关于时间膨胀效应，下列说法正确的是？A. 当物体以接近光速运动时，其内部时间相对于静止观察者会减慢（正确答案）B. 时间膨胀效应只存在于理论中，实际观测中无法验证C. 时间膨胀效应与物体的运动状态无关D. 时间膨胀效应只适用于高速运动的物体，低速运动时不存在关于量子物理，下列说法正确的是？A. 量子力学中的波函数可以精确描述粒子的位置和动量B. 不确定性原理表明，无法同时精确测量粒子的位置和动量（正确答案）C. 量子隧穿效应是指粒子无法穿越经典理论预言的势垒D. 量子纠缠是一种经典物理现象，与量子力学无关。
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答一、（20分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为1R 、2R ，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。
取两柱面切点O 为直角坐标系O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为X 轴，上侧柱面过切点O 的母线为Y 轴。
一束在真空中波长为λ的可见光沿Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z如图a 入射角为sin n θ=其中n 和n 面Q 射定律有i 由P '发生干涉。
(L n ⎡∆=-⎢⎣式中λ为入射光线在真空中的波长，0 1.00n =。
由题意，1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙；因而在傍轴垂直入射情况下有0θ≈，1i i '=<<①式成为00n n θθ≈④ 亦即010n θθ>>≈≈⑤在傍轴条件下，柱面上P 、Q 两处切平面的法线近似平行，因此010i i θ'>>=≈≈⑥从而，在P 、Q 两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因而也近似平行于Z 轴，从而P '与P 点近似重合，即p p z z '≈⑦且PQ 近似平行于Z 轴，因而长度P Q P Q PQ z z '≈≈-⑧由③⑧式得()00P Q 2PQ 222L n n z z λλ∆=⋅+=-+⑨可以将⑨式右端的-z 坐标近似用-x 或-y 坐标表出。
为此，引入一个近似公式。
e ，即端的2e ，故22r e R=?PQ//Z 点的根据?e 0 2n =若P 、Q 两点在XOY 平面的投影点(,)x y 落在第k 级亮(暗)纹上，则L ∆须满足条件 22012, 1,2,, 12(,0,1,2,, 2k k x y L n R R k k λλλ=⎧⎛⎫⎪∆=++=⎨ ⎪+=⎝⎭⎪⎩亮环暗环??式中亮环条件对应于第k 级亮纹上的点(,,)x y z 的x -、y -坐标满足的方程。
2016武汉33届复赛试题及答案
第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2016年9月17日一、（20分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为1R 、2R ，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。
取两柱面切点O 为直角坐标系O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为X 轴，上侧柱面过切点O 的母线为Y 轴。
一束在真空中波长为λ的可见光沿Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y 平面的投影。
1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。
空气折射率为0 1.00n =。
试推导第k 级亮纹在X-Y 平面的投影的曲线方程。
已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。
任何情形下，折射波不存在半波损失。
伴随半波损失将产生大小为π的相位突变。
b. sin , 1x x x ≈<<当。
二、（20分）某秋天清晨，气温为4.0C ︒，一加水员到实验园区给一内径为2.00 m 、高为2.00 m 的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。
罐体导热良好。
罐外有一内径为4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接处很短），顶部与大气相通，如图所示。
加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。
此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为1.00 m 。
（1）从清晨到中午，气温缓慢升至24.0C ︒，问此时观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。
（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空气的热容量。
已知罐外气压始终为标准大气压501.0110P a p =⨯，水在4.0C ︒时的密度为330 1.0010kg m ρ-=⨯⋅，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为413.0310K κ--=⨯，重力加速度大小为29.80m s g -=⋅，绝对零度为273.15C -︒。
全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案
全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v . (2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . (4)[(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得220sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
由上式可知max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan 0gR θθθθ=-=v v . (4’)将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v . (5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q =0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v . (6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=-⎪⎪⎭v . (7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=v v ,(8) 考虑到(4)式有max ==v评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C2l r =v v . (1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v . (3’) 同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++. (7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8) 轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9) 由此得2022(2)28r l r F t m l r-∆=+v . (10) 方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r -'∆=-+v ,(11) 方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为 k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y Xt X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=参考解答：1. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为 1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为 ()[]q q q = (3)式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为 ()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6)将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8)所以23k E k L λω= (9)2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10)其中， 22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15)3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭(16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19) ()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为 21(2)(2)2()Qq h R m mg h R kh R R-=---v . (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有 max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-. (3)由此得 max ()mg h R RQ kq-=. (4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得 max ()mg h R V q-=(6) 评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)xy z E E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1) 在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+-(2) 两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为 ,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足 ()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+-(7) 利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得 00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故 0(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-. (10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v . (11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1)1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3)2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)x忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处. 对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8)由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ===. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有 E e +E g =¢E e +¢E g . (1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=. (2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c . (3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ'=[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得 22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e em cE E -. (8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e 2c 42E e. (9) 代入数据，得¢E g »29.7´106eV . (10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。
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1 / 26第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2016 年 9 月 17 日一、（20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为 R 1 、R 2 ，且两柱面外切；其剖面（平 面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各 自过切点的母线相互垂直。
取两柱面切点 O为 直角坐标系 O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为 X 轴，上侧柱面过切点 O 的母线为Y 轴。
一束在真空中波长为 λ 的可见光沿 Z 轴负方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着 Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在 X-Y 平面的投影。
R 1 和 R 2 远大于傍轴光线 干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。
空气折射率为 n 0 = 1.00 。
试推导第 k 级亮纹在 X-Y 平面的 投影的曲线方程。
已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏） 介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。
任何情形下，折 射波不存在半波损失。
伴随半波损失将产生大小为 π 的相位突变。
b. sin x ≈ x , 当 x << 1 。
二、（20 分）某秋天清晨，气温为 4.0︒C ，一加水员到实验园区给一内径为 2.00 m 、高为 2.00 m 的圆柱形不 锈钢蒸馏水罐加水。
罐体导热良好。
罐外有一内径为4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接 处很短），顶部与大气相通，如图所示。
加完水后， 加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水， 与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。
此时加水 员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为 1.00 m 。
（1）从清晨到中午，气温缓慢升至 24.0︒C ，问此时 观察柱内水位为多少？假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。
（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少？求这个过程中罐内空 气的热容量。
已 知 罐 外 气 压 始 终 为 标 准 大 气 压50 1.0110a p p =⨯, 水 在 4.0︒C 时 的 密 度 为330 1.0010kg m ρ-=⨯⋅, 水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为 κ = 3.03 ⨯ 10-4 K -1，重力加速度s j j 大小为29.80g m s -=⋅，绝对零度为 -273.15︒C.三、（20 分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的 318 倍）。
假设地球与木星均沿 圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。
将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其 它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。
已知太阳和木星质量分别为 m s 和 m j ，引力常量为 G 。
地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是 r e 和 r j 。
假设在某个时刻，地球与 太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为 θ 。
这时若太阳质量突然变为零，求（1）此时地球相对木星的速度大小 v ej 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 v 0 。
（ 2 ）试讨 论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（ 1 ）中结果和数据 m ≈ 2.0 ⨯ 1030 kg 、m ≈ 1.9 ⨯1027 kg 、木星公转周期 T ≈ 12 y 。
四、（20 分）蹦极是年轻人喜爱的运动。
为研究蹦极过程，现将一长为 L 、质量为 m 、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿 b ，绳的另一端系一质量为 M 的小物块（模拟蹦极者）；假设 M 比 m 大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。
在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。
重力加速度大小为 g 。
（1）求蹦极者从静止下落距离 y （ y < L ）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。
（2）求蹦极者从静止下落距离 y （ y < L ）时，绳在其左端悬点 b处张力的大小。
五、（20 分）一种拉伸传感器的示意图如图 a 所示：它由一半径为 r 2 的圆柱形塑 料棒和在上 面紧密缠绕 N（ N >> 1 ）圈的一层细绳组成；绳柔软绝缘，半径为 r 1 ，外表面均匀涂有厚度为 t （ t << r 1 << r 2 ）、电阻率为 ρ 的石墨烯材料；传感器两端加有环形电极（与绳保持良好 接触）。
未拉伸时，缠绕的绳可视为 N 个椭圆环挨在一 起放置；该椭圆环面与圆柱形塑料棒的横截面之间的夹 角为 θ（见图 a ），相邻两圈绳之间的接触电阻为 R c 。
现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸，绳间出现 n 个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调节成由一个未封闭圆环和两段短直线段（与塑料棒轴线平行）串接而成（见图 b ）。
假设拉伸前后 θ 、 r 1 、 r 2 、 ρ 、 t 均不变。
（1）求拉伸后传感器的伸长率 ε （ ε 是传感器两电极之间距离的伸长与其原长之比）和两环形电极间电阻的变化率；（2）在传感器两环形电极间通入大小为 I 的电流，求此传感器在未 拉伸及拉伸后，在塑料棒轴线上离塑料棒中点 O 距离为 D （ D 远大于传感器长度）的 P 点（图中未画出）处沿轴向的磁感应强度。
已知：长半轴和短半轴的长度分别为 a 和 b 的椭圆的周长为(3)2a b ab π+-，其中0b ≠.六、（20 分）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其结构如图 a 所示：它主要由一个光阴极、n 个倍增级和一个阳极构成；光阴极与第 1 倍增级、各相邻倍增级及第 n 倍增级与阳极之间均有电势差 V ；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大部分（百分比η ）被收集到第1 倍增级上，余下的被直接收集到阳极上；每个被收集到第 i 倍增级（ i = 1, , n ）的电子在该电极上又使得 δ 个电子（ δ > 1 )逸出；第 i 倍增 级上逸出的电子有大部分（百分比 σ ）被第 i + 1 倍增级收集，其他被阳极收集；直至所有电子被 阳极收集，实现信号放大。
已知电子电荷量绝对值为 e 。
（1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，已知 δσ > 1 ， n >> 1 ；（2） 为使尽可能多的电子从第 i 倍增级直接到达第 i + 1 倍增级而非阳极，早期的光电倍增管中， 会施加垂直于电子运行轨迹所在平面（纸面）的匀强磁场。
设倍增级的长度为 a 且相邻倍增级间 的几何位置如图 b 所示，倍增级间电势差引起的电场很小可忽略。
所施加的匀强磁场应取什么方向以及磁感应强度大小为多少时，才能使从第 i 倍增级垂直出射的能量为 E e 的电子中直 接打到第i + 1 倍增级的电子最多？磁感应强度大小为多少时，可以保证在第 i + 1 倍增级A 上至少收集到一些从第 i 倍增级垂直出图 b射的能量为 E e 的电子？七、（20 分）两根质量均匀分布的杆 AB 和 BC ，质量均为 m ，长均为 l ，A 端被光滑铰接到一固定点（即AB 杆可在竖直平面内绕 A 点无摩擦转动）。
开始时 C点有外力保持两杆静止，A 、C 在同一水平线 AD 上，A 、B 、C 三点都在同一竖直平面内， ∠ABC = 60︒ 。
某时刻撤去外力后两杆始终在竖直平面内运动。
（1）若两杆在 B 点固结在一起，求（i ）初始时两杆的角加速度； （ii ）当 AB 杆运动到与水平线 AD 的夹角为 θ 时，AB 杆绕 A 点转动的角速度。
（2）若两杆在 B 点光滑铰接在一起（即 BC 杆可在竖直平面内绕 B 点无摩擦转动），求初始时两 杆的角加速度以及两杆间的相互作用力。
八、（20 分）质子是由更小的所谓“部分子”构成的。
欧洲大型强子对撞机（LHC ）是高能质子- 质子对撞机，质子束内单个质子能量为 E = 7.0 TeV （1TeV = 103GeV=1012 eV ），两束能量相同的 质子相向而行对撞碎裂，其中相撞的两个部分子 a 、b 相互作用湮灭产生一个新粒子。
设部分子 a 、 b 的动能在质子能量中所占的比值分别为 x a 、 x b ，且远大于其静能。
（1）假设两个部分子 a 、b 对撞湮灭产生了一个静质量为 m s = 1.0 TeV/c 2 的新粒子 S ，求a x 和b x 的乘积a b x x ;（2）假设新粒子 S 产生后衰变到两个光子，在新粒子 S 静止的参考系中，求两光子的频率；（3）假设新粒子 S 产生后在其静止坐标系中衰变到两个质量为 m =1.0 GeV/c 2 的轻粒子 A ，每个 轻粒子 A 再衰变到两个同频率的光子，求在这个坐标系中这两个光子动量之间的夹角。
已知：sin α ≈ α , 当α << 1 ；普朗克常量 h = 6.63 ⨯10-34 J ⋅ s ，电子电荷量绝对值 e = 1.60 ⨯10-19 C 。
一、二、三四五六七、八、。