届全国物理竞赛决赛理论考试试题
2023年武汉全国中学生物理竞赛决赛试题及答案
全国中学生物理竞赛决 赛 试 题一、（30分）近来一种新型的定点起重设备“平衡吊”被广泛应用于几十到几百公斤工件的频繁吊运，其结构的示意图如图决17-1所示。
平衡吊重要由传动、杆系、回转座和立柱组成。
杆系是由ABD 、DEF 、BC 、CE 四杆铰接组成的四连杆机构，DECB 在任何情况下都是一个平行四边形。
杆系的A 处是一水平的转轴，通过电机可控制转轴，使之固定的竖直槽内的不同位置，从而调节挂在绞接于F 处吊钩上的重物的高度。
杆ABD 可绕转轴A 在竖直平面内无摩擦地转动。
杆系的C 点是能在光滑的水平槽上滑动的铰链，杆BC 和EC 都可绕C 点在竖直平面内转动。
绕铰链转动的摩擦均忽略不计。
下面用l 1表达AD 的长度，l 2表达AB 的长度，l 3表达DF 的长度，l 4表达BC 的长度。
（1）若将各杆都视为轻质（无自重）刚体，且无图中配重物时，试论证l 1、l 2、l 3、l 4应满足什么关系才干使平衡吊的吊钩（涉及所吊的重物）位于同一水平面上的不同位置时平衡吊都能处在平衡状态。
（2）若考虑各杆的自重，为使平衡吊的吊钩（涉及所吊的重物）位于同一水平面上不同位置时平衡吊都能处在平衡状态，必须在杆ABD 的另一端P 处加上配重物，P 点距A 轴的距离为l P 。
设配重物受到的重力大小为GP ，杆的AD 段、DF 段、BC 段、CE 段受到的重力的大小分别为G 1、G 3、G 4和G 5，不计杆的AP 段所受的重力。
问当杆长l 1、l 2、l 3、l 4和l P 已知，且取l 1= l 3、l 2=l 4时配重的大小G P 为多少？二、（共30分）太阳风是从太阳大气外层（称为日冕）不断向星际空间发射的稳定的、由相同数目的质子和电子构成的带电粒子流，它使太阳每年减少的质量相对于太阳质量M S 可忽略不计。
观测表白，太阳风的速度的大小v 随着与太阳中心的距离r 的增长而增大。
现提出一简朴的模型来解释太阳风的速度变化的机制：假定日冕中的大量电子可视为抱负气体；日冕中的电子气是等温（温度为T ）的、各向同性的，以球对称的速率v (r )（太阳风的速率）向外膨胀；太阳风中质子的定向运动速度比电子的小得多，太阳风的速度其实是电子定向运动的速度，太阳风可解释为日冕中的电子气向外的等温膨胀。
2024全国高中物理竞赛试题
选择题：关于物体的运动，下列说法正确的是：A. 物体速度变化量大，其加速度一定大B. 物体有加速度，其速度一定增加C. 物体的速度为零时，其加速度可能不为零（正确答案）D. 物体加速度的方向一定与速度方向相同下列关于力的说法中，正确的是：A. 力的产生离不开施力物体，但可以没有受力物体B. 物体受到力的作用，其运动状态一定改变C. 只有直接接触的物体间才有力的作用D. 力是改变物体运动状态的原因（正确答案）关于牛顿运动定律，下列说法正确的是：A. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体不受外力时的特例B. 物体所受合外力方向与速度方向相同时，物体一定做加速直线运动（正确答案）C. 牛顿第三定律表明作用力和反作用力大小相等，因此它们产生的效果一定相互抵消D. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大关于曲线运动，下列说法正确的是：A. 曲线运动一定是变速运动（正确答案）B. 曲线运动的速度方向可能不变C. 曲线运动的速度大小一定变化D. 曲线运动的加速度一定变化关于万有引力定律，下列说法正确的是：A. 万有引力定律只适用于天体间的相互作用B. 物体间的万有引力与它们的质量成正比，与它们之间的距离成反比（正确答案）C. 万有引力定律是由开普勒发现的D. 万有引力定律适用于一切物体间的相互作用（正确答案）关于电场和磁场，下列说法正确的是：A. 电场线和磁感线都是闭合曲线B. 电场线和磁感线都可能相交C. 电场线和磁感线都是用来形象描述场的假想线，实际并不存在（正确答案）D. 电场线和磁感线都可能不存在关于电磁感应，下列说法正确的是：A. 只要导体在磁场中运动，就一定会产生感应电流B. 感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化（正确答案）C. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相反D. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相同关于光的本性，下列说法正确的是：A. 光具有波动性，又具有粒子性（正确答案）B. 光在传播时往往表现出波动性，而在与物质相互作用时往往表现出粒子性（正确答案）C. 频率越大的光，其粒子性越显著D. 频率越大的光，其波动性越显著关于原子和原子核，下列说法正确的是：A. 原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子B. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短（正确答案）C. 氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光D. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量（正确答案）。
物理竞赛决赛试题及答案
物理竞赛决赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 以下哪个选项是正确的？A. 光在真空中的速度是3×10^8 m/sB. 光在真空中的速度是3×10^5 m/sC. 光在真空中的速度是3×10^6 m/sD. 光在真空中的速度是3×10^7 m/s答案：A2. 一个物体在水平面上滑动，如果摩擦力是10N，物体的质量是5kg，那么物体的加速度是多少？A. 2 m/s^2B. 0.5 m/s^2C. 1 m/s^2D. 4 m/s^2答案：A3. 根据牛顿第三定律，以下哪个说法是正确的？A. 作用力和反作用力总是大小相等，方向相反B. 作用力和反作用力总是大小相等，方向相同C. 作用力和反作用力总是大小不等，方向相反D. 作用力和反作用力总是大小不等，方向相同答案：A4. 一个电子的电荷量是多少？A. 1.6×10^-19 CB. 1.6×10^-18 CC. 1.6×10^-20 CD. 1.6×10^-21 C答案：A二、填空题（每题5分，共20分）5. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们之间距离的平方成______。
答案：反比6. 一个物体从静止开始下落，忽略空气阻力，其加速度是______m/s^2。
答案：9.87. 一个电路中的电流为2A，电阻为4Ω，根据欧姆定律，该电路两端的电压是______ V。
答案：88. 光的波长为600nm，其频率为______ Hz。
答案：5×10^14三、计算题（每题10分，共40分）9. 一个质量为2kg的物体从高度为10m的平台上自由落下，求物体落地时的速度。
答案：物体落地时的速度v = √(2gh) = √(2×9.8×10) m/s ≈14.1 m/s10. 一个电阻为10Ω的电阻器接在电压为12V的电源上，求通过电阻器的电流。
第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准
第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准一、（50分）（1）依题意，母核P A Z 到子核1D A Z 的β−衰变可表述为1PD eAA ZZ记母核的静止质量为P m 、子核的静止质量为D m 和电子的静止质量为e m ，假设衰变前母核处于静止状态，由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除1D A Z 、电子e 外的其它粒子的能量）可由母核、子核和电子的静止质量表述为2P D e [()]Q m m m c β①依题意，相应于母核的原子、相应于子核的原子的静止质量分别为M P 、M D ，有PP e ,m M Zm ②DDe 1m M Zm ③于是，β–衰变的衰变能Q β可以表示为： 2P D ()Q M M c β④此β–衰变的发生的条件是0Qβ， ⑤由①②③式，发生β–衰变的条件⑤可表述为P D (,)(1,)M Z A M Z A ⑥这就是说，对于原子序数分别为Z 和Z +1的两个同量异位素，只有在前者的原子质量大于后者的原子质量的情况下，才能发生β–衰变。
（2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在原子核的层次上它就是 P D eP 的总能量是E P =m P c 2，记D 的总能量为E D ，动量为p D ，电子的总能量为E e ，动量为p e ，则能量守恒和动量守恒分别是2P D e m cE E ⑦ D e 0p p ⑧ 由⑧式得D e p p p ⑨ 利用⑨式，⑦式成为22e P De D()2pK m m m c m ⑩这里22DD D2p E m c m ⑪2ee e K E m c ⑫由相对论能量-动量关系有224e e ()E pc m c ⑬将⑬式代入⑫式得22e e e 21(2)p K K m c c⑭ 由⑩⑭式消去p 得K e 满足方程 224e D e e D P D e 22()0K m m c K m m m m c ⑮⑮式的解22eD e D eD P D e 22D P D e D e22D D e P P e D D e eD D e e 222D P D D D P e P eD P e 2() (2) ()[2()()][()](2)2[])K m m m m m m m m c m m m m m m c M Z m M Z m M Z m mM Z m m cM M M M Z M m Z m M Z m c ⑯负根已舍去，且利用了忽略电子在原子中的结合能后的近似关系P P P e M m Z m ⑰ D D D e M m Z m ⑱ 以及P D 1Z Z ⑲ 将题给数据代入⑯式得e 21/2[209.982883(2209.984130209.982883)2209.98288384209.9841300.5110.5110.511(83)]209.98288383931.494MeV 1.161MeV931.494931.494931.494K ⑳ 【另解：忽略电子在原子中的结合能，21083Bi 核的质量为P P 83209.984130830.000549209.938563 amu e m M m ⑯’ 它在β–衰变后生成的核21084Po 的质量为DD84209.982883840.000549209.936767amu em M m ⑰’⑮式的正根为K e =(√(m D +m e )2+2m D (m P −m D −m e )−m D −m e )c 2=(√m D (2m P −m D )+m e 2−m D −m e)c 2 =(√m P 2−(m P −m D )2+m e 2−m D −m e)c 2 ⑱′ 这里，(m P −m D )2m P 2~10−10, m e2m P2~10−11 所以，⑱式为K e =(m P −m D −m e )c 2 ⑲′这个式子的物理意义非常清楚：21084Po 核比电子重得太多了，所以它的反冲动能p 22m d比起电子的动能K e 来可以忽略不计。
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。
届全国物理竞赛决赛理论考试试题
第32届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题考生须知1.考生考试前务必认真阅读本须知。
2.考试时间为3个小时。
3.试题从本页开始，共4页，含八道大题，总分为140分。
试题的每一页下面标出了该页的页码和试题的总页数。
请认真核对每一页的页码和总页数是否正确，每一页中是否有印刷不清楚的地方，发现问题请及时与监考老师联系。
4.考生可以用发的草稿纸打草稿，但需要阅卷老师评阅的内容一定要写到答题纸上；阅卷老师只评阅答题纸上的内容，写在草稿纸和本试题纸上的解答一律无效。
——————————————————以下为试题————————————————本试卷解答过程中可能需要用到下列公式；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，一物块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，忽路空气阻力。
(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)球物块D 上下微小振动的固有频率；(3)当a 和b 满足什么条件对，物块D 的固有频率最大?并求出该圈有频率的最大值。
二、(20分)如图，轨道型电磁发射嚣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，经过导轨、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。
已知电枢质量为m s ，发射体质量为m 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的增加量为'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0R 、电感为0L 。
导轨与电电枢间摩擦以及空气阻力可忽略．(1)试画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(平顶脉冲龟流)、电枢和发射体的总质量为m s +m a =、导轨长度为x m =500m 、导轨上单位长度电感增加'10/r L H m μ=，若发射体开始时静止，出口速度v sm =×103m/s ，求回路电流I 和加速时间τ。
2023年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答版
全国中学生物理竞赛决赛试题北京★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示旳 A 处沿 Ax 方向传球，球在草地上以速度 v 匀速滚动，守方有一队员在图中 B 处，以 d 表达 A ，B 间旳距离，以 θ 表达 AB 与Ax 之间旳夹角，已知 θ＜90° ．设在球离开 A 处旳同步，位于 B 处旳守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表达他旳速率．在不考虑场地边界线制旳条件下，求解如下问题（规定用题中给出旳有关参量间旳关系式表达所求得旳成果）：1．求出守方队员可以抢到球旳必要条件．2．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表达他到 A 点旳距离，求出球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．3．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表达他离开 A 点旳距离．在球离开 A 处旳同步，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表达其速率，求在这种状况下球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．二、卫星旳运动可由地面观测来确定；而懂得了卫星旳运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体旳运动．这都波及时间和空间坐标旳测定．为简化分析和计算，不考虑地球旳A自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动旳测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波旳装置和高精度旳原子钟．假设从卫星上每次发出旳电波信号，都包括该信号发出旳时刻这一信息．（I）地面观测系统（包括若干个观测站）可运用从电波中接受到旳这一信息，并根据自己所处旳已知位置和自己旳时钟来确定卫星每一时刻旳位置，从而测定卫星旳运动．这种测量系统至少需要包括几种地面观测站？列出可以确定卫星位置旳方程．（II）设有两个观测站D1，D2，分别位于同一经线上北纬θ和南纬θ（单位：（°））处．若它们同步收届时间τ之前卫星发出旳电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面旳最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置旳纬度有很小旳误差△θ时，试求H旳误△，试求H 旳误差．差；（iii）假如上述旳时间τ有很小旳误差τ2．在第1（II）小题中，若θ= 45°，τ= 0.10 s ．（i）试问卫星发出电波时刻卫星距△= 地面最大高度H 是多少千米？（ii）若△θ= ±1.0′′ ，定出旳H 有多大误差？（iii）若τ±0.010 μs ，定出旳H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 旳球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处旳重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星旳运动来测定一种物体旳运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出旳电波信号包括卫星运动状态旳信息，即每个信号发出旳时刻及该时刻卫星所处旳位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接受器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了运用这种信息来确定物体旳运动状态，即物体接受到卫星信号时物体当时所处旳位置以及当时旳时刻，一般来说物体至少需要同步接受到几种不一样卫星发来旳信号电波？列出确定当时物体旳位置和该时刻旳方程．4．根据狭义相对论，运动旳钟比静止旳钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．目前来考虑在上述测量中相对论旳这两种效应．已知天上卫星旳钟与地面观测站旳钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 旳圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给旳值．（I）根据狭义相对论，试估算地上旳钟通过24h 后它旳示数与卫星上旳钟旳示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢旳公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢旳因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置旳引力势（即引力势能与受引力作用旳物体质量之比；取无限远处引力势为零）旳大小．试问地上旳钟24 h 后，卫星上旳钟旳示数与地上旳钟旳示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取旳热量连同外界对机器做功所得到旳能量一起送到高温处旳机器；它能使低温处旳温度减少，高温处旳温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 旳高温处和绝对温度为T2 旳低温处之间时，若致冷机从低温处吸取旳热量为Q，外界对致冷机做旳功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上旳理想状况．某致冷机在冬天作为热泵使用（即取暖空调机），在室外温度为－5.00℃旳状况下，使某房间内旳温度保持在20.00℃．由于室内温度高于室外，故将有热量从室内传递到室外．本题只考虑传导方式旳传热，它服从如下旳规律：设一块导热层，其厚度为l ，面积为S，两侧温度差旳大小为T，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处旳热量为H = k △Tl S ，其中k 称为热导率，取决于导热层材料旳性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外旳面积S = 5.00 m2、厚度l = 2.00 mm 旳玻璃板引起旳．已知该玻璃旳热导率k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想状况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃旳厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度l0= 0.50 mm 旳空气层，假设空气旳热导率k0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时旳电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由互相紧密接触旳金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理旳观点，在I层绝缘性能理想旳状况下，电子不也许从一种金属层穿过绝缘层抵达另MIM 图1一种金属层．不过，按照量子物理旳原理，在一定旳条件下，这种渡越是也许旳，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性旳成果．隧穿是单个电子旳过程，是分立旳事件，通过绝缘层转移旳电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19C )旳整数倍，因此也称为单电子隧穿，MIM 器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结．本题波及对单电子隧穿过程控制旳库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小旳单电子器件，这是目前研究得诸多、有应用前景旳领域．1．显示库仑阻塞原理旳最简朴旳做法是将图1旳器件当作一种电容为C 旳电容器，如图2所示．电容器极板上旳电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景旳很小位移，可以持续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层旳只能是分立旳单电子电荷．假如隧穿过程会导致体系静电能量上升，则此过程不能发生，这种现象称为库仑阻塞．试求出发生库仑阻塞旳条件即电容器极板间旳电势差V AB = V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被严禁．2．假定 V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿旳电压．试估算电容 C 旳大小．3．将图1旳器件与电压为 V 旳恒压源相接时，一般采用图2所示旳双构造器件来观测单电子隧穿，防止杂散电容旳影响．中间旳金属块层称为单电子岛．作为电极旳左、右金属块层分别记为 S ，D ．若已知岛中有净电荷量－ne ，其中净电子数 n 可为正、负整数或零，e 为电子电荷量旳大小，两个 MIM 结旳电容分别为 C S 和 C D ．试证明双结构造器件旳静电能中与岛上净电荷量有关旳静电能（简称单电子岛旳静电能）为U n = (－ne )22( C S +C D )．4．在图3给出旳具有源( S )、漏( D )电极双结构造旳基础上，通过和岛连接旳电容 C G添加门电极( G )构成如图4给出旳单电子三极管构造，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发图2生．在 V 较小且固定旳状况下，通过门电压 V G 可控制岛中旳净电子数 n ．对于 V G 怎样控制 n ，简朴旳模型是将 V G 旳作用视为岛中附加了等效电荷 q 0 =C G V G ．这时，单电子岛旳静电能可近似为 U n = (－ne + q 0 )2 / 2C∑，式中C∑= C S +C D +C G ．运用方格图（图5），考虑库仑阻塞效应，用粗线画出岛中净电子数从 n = 0开始，C G V G / e 由0增大到3旳过程中，单电子岛旳静电能 U n 随 C G V G 变化旳图线（纵坐标表达 U n ，取 U n 旳单位为 e 2 / 2C∑；横坐标表达 C G V G ，取 C G V G 旳单位为 e ）．规定标出要点旳坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 C G V G / e 旳变化范围填在表格中．（此小题只按作图及所填表格（表1）评分）．表1图3图4图5U n( e 2 / 2C∑)C G V Ge五、折射率n = 1.50 、半径为R旳透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线旳横截面如图所示，图中O 点为横截面与轴线旳交z 点．光仅容许从半圆柱体旳平面AB 进入，一束足够宽旳平行单色光沿垂直于圆柱轴旳方向以入射角i射至AB 整个平面上，其中有一部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出．这部分光束在入射到AB 面上时沿y 轴方向旳长度用 d 表达．本题不考虑光线在透明圆柱体内经一次或多次反射后再射出柱体旳复杂情形．1．当平行入射光旳入射角i 在0°～90°变化时，试求 d 旳最小值d min 和最大值d max．2．在如图所示旳平面内，求出射光束与柱面相交旳圆弧对O 点旳张角与入射角i 旳关系．并求在掠入射时上述圆弧旳位置．六、根据广义相对论，光线在星体旳引力场中会发生弯曲，在包括引力中心旳平面内是一条在引力中心附近微弯旳曲线．它距离引力中心近来旳点称为光线旳近星点．通过近星点与引力中心旳直线是光线旳对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）旳原点，选用光线旳对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子旳轨迹方程）为r =GM / c2a cosφ+a2 ( 1 + sin2φ)，G 是万有引力恒量，M 是星体质量，c 是光速，a 是绝对值远不不小于1旳参数．目前假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线旳中点处有一白矮星．假如通过该白矮星两侧旳星光对地球上旳观测者所张旳视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星旳质量是多少公斤？已知G = 6.673 ×10－11 m3 / ( kg •s2 )七、1．假设对氦原子基态采用玻尔模型，认为每个电子都在以氦核为中心旳圆周上运动，半径相似，角动量均为：= h / 2π，其中h 是普朗克常量．（I）假如忽视电子间旳互相作用，氦原子旳一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一种电子移到无限远所需要旳能量．（II）试验测得旳氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型旳基础上来考虑电子之间旳互相作用，深入假设两个电子总处在通过氦核旳一条直径旳两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道旳半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与试验测得旳氦原子一级电离能相比较．已知电子质量m = 0.511 MeV / c2，c是光速，组合常量c =197.3 MeV • fm = 197.3 eV• nm ，ke2 = 1.44 MeV • fm = 1.44 eV • nm ，k是静电力常量，e 是基本电荷量．2．右图是某种粒子穿过云室留下旳径迹旳照片．径迹在纸面内，图旳中间是一块与纸面垂直旳铅板，外加恒定匀强磁场旳方向垂直纸面向里．假设粒子电荷旳大小是一种基本电荷量e：e = 1.60×10－19 C ，铅板下部径迹旳曲率半径r d= 210 mm ，铅板上部径迹旳曲率半径r u= 76.0 mm ，铅板内旳径迹与铅板法线成θ= 15.0°，铅板厚度d = 6.00 mm ，磁感应强度B = 1.00 T ，粒子质量m = 9.11 ×10－31 kg = 0.511 MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子旳阻力．（I）写出粒子运动旳方向和电荷旳正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受旳力平均为多少牛？（III）假设射向铅板旳不是一种粒子，而是从加速器引出旳流量为j = 5.00 ×1018 / s 旳脉冲粒子束，一种脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力平均为多少牛？铅板在此期间吸取旳热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参照解答一、1 ．解法一：设守方队员通过时间t 在Ax 上旳C图1点抢到球，用l 表达A 与C 之间旳距离，l p 表达B 与C 之间旳距离（如图1所示），则有l = vt ，l p = v p t （1）和l2p= d2 + l2－2dl cosθ．（2）解式（1），（2）可得l =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }．（3）由式（3）可知，球被抢到旳必要条件是该式有实数解，即v p ≥v sinθ．（4）解法二：设BA 与BC 旳夹角为φ（如图1）．按正弦定理有l psinθ=lsinφ．运用式（1）有v pv= sinθsinφ．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min 表达守方队员能抢断球旳地方与A 点间旳最小距离．由式（3）知l min =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }．（5）若攻方接球队员到 A 点旳距离不不小于l min ，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断旳条件是l r ＜l min ．（6）由（5），（6）两式得l r ＜d1－( v p / v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }（7）由式（7）可知，若位于Ax 轴上等球旳攻方球员到A 点旳距离l r 满足该式，则球不被原位于B 处旳守方球员抢断．3．解法一：假如在位于 B 处旳守方球员抵达Ax 上距离A 点l min 旳C1 点之前，攻方接球队员可以抵达距 A 点不不小于l min 处，球就不会被原位于 B 处旳守方队员抢断（如图2所示）．若L≤l min 就相称于第2小题．若L＞l min ，设攻方接球员位于Ax 方向上某点 E处，则他跑到C1 点所需时间t rm = ( L－l min ) / v r ；（8）守方队员抵达C1 处所需时间t pm = ( d2+ l2min－2dl min cosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断旳条件是t rm ＜t pm ．（9）即L＜v rv p( d2 + l2min－2dl min cosθ)1 / 2 + l min ，（10）式中l min 由式（5）给出．解法二：守方队员抵达C1 点旳时间和球抵达该点旳时间相似，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断旳条件（9）以及式（8）可得到L＜( 1 + v r / v ) l min（11）式中l min也由式（5）给出．易证明式（11）与（10）相似．二、1．（I）选择一种坐标系来测定卫星旳运动，就是测定每一时刻卫星旳位置坐标x，y，z．设卫星在t时刻发出旳信号电波抵达第i 个地面站旳时刻为t i．由于卫星信号电波以图2光速c 传播，于是可以写出(x－x i )2 + (y－y i )2 + (z －z i )2 = c2 (t－t i )2( i = 1 ，2 ，3 )，（1）式中x i，y i，z i是第i个地面站旳位置坐标，可以预先测定，是已知旳；t i 也可以由地面站旳时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知旳．因此，方程（1）中有三个未知数x，y，z，要有三个互相独立旳方程，也就是说，至少需要包括三个地面站，三个方程对应于式（1）中i = 1 ，2 ，3 旳状况．（II）（i）如图所示，以地心O和两个观测站D1，D2旳位置为顶点所构成旳三角形是等腰三角形，腰长为R ．根据题意，可知卫星发出信号电波时距离两个观测站旳距离相等，都是L = cτ．（2）当卫星P 处在上述三角形所在旳平面内时，距离地面旳高度最大，即H．以θ表达D1，D2 所处旳纬度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 －2R ( H + R ) cosθ．（3）由（2），（3）两式得H = (cτ)2 －(R sinθ)2 －R ( 1－cosθ) ．（4）式（4）也可据图直接写出．（ii）按题意，假如纬度有很小旳误差△θ，则由式（3）可知，将引起H发生误差△H ．这时有L2 = R2 + ( H +△H + R )2 －2R ( H +△H + R ) cos ( θ+△θ)．（5）将式（5）展开，因△θ很小，从而△H 也很小，可略去高次项，再与式（3）相减，得△H = －R ( R +H ) sin θ△θH + ( 1－cos θ ) R， （6）其中 H 由（4）式给出．（iii ）假如时间τ有τ△旳误差，则 L 有误差△L = c τ△ ． （7）由式（3）可知，这将引起 H 产生误差△H ．这时有( L +△L )2 = R 2 + ( H +△H + R )2 －2R ( H +△H + R ) cos θ． （8）由式（7），（8）和（3），略去高次项，可得△H = c 2ττ△H + R ( 1－cos θ )， （9）其中 H 由式（4）给出．2．（i ）在式（4）中代入数据，算得 H = 2.8 ×104 km ．（ii ）在式（6）中代入数据，算得△H =25m ．（iii ）在式（9）中代入数据，算得△H = ±3.0 m ．3．选择一种坐标系，设被测物体待定位置旳坐标为 x ，y ，z ，待定期刻为 t ，第 i 个卫星在 t i 时刻旳坐标为 x i ，y i ，z i ．卫星信号电波以光速传播，可以写出(x －x i )2 + (y －y i )2 + (z －z i )2 = c 2 (t －t i )2 ( i = 1 ，2 ，3 ，4 )， （10） 由于方程（1）有四个未知数 t ，x ，y ，z ，需要四个独立方程才有确定旳解，故需同步接受至少四个不一样卫星旳信号．确定当时物体旳位置和该时刻所需要旳是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应旳四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟旳变慢因子为[ 1－( v / c )2] 1 / 2 ，地上旳钟旳示数 T 与卫星上旳钟旳示数 t 之差为T －t = T －1－(vc )2 T = [ 1－1－(vc)2 ] T ， （11）这里 v 是卫星相对地面旳速度，可由下列方程定出：v 2r = GMr2 ， （12） 其中 G 是万有引力常量，M 是地球质量，r 是轨道半径．式（11）给出v =GMr= g rR = gR + hR ， 其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面旳高度，g = GM / R 2 是地面重力加速度；代入数值有 v = 3.89 km / s ．于是 ( v / c )2 ≈1.68 ×10－10，这是很小旳数．因此[ 1－ (v c )2 ]1 / 2 ≈1－ 12 (vc)2 ．最终，可以算出 24 h 旳时差T－t ≈12 (v c )2T = 12 gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3 μs ． （13）（II ）卫星上旳钟旳示数t 与无限远惯性系中旳钟旳示数T 0之差t －T 0 =1－2φc 2 T 0－T 0 = (1－2φc 2－1 )T 0 ． （14）卫星上旳钟所处旳重力势能旳大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ． （15）因此 φc 2 = gR 2c 2 ( R + h ) ；代入数值有φ/ c 2 = 1.68 ×10－10，这是很小旳数．式（14）近似为t－T 0 ≈－ φc 2T 0 ． （16）类似地，地面上旳钟旳示数 T 与无限远惯性系旳钟旳示数之差T－T 0 =1－2Eφ c 2 T 0－T 0= ( 1－2Eφ c 2－1 )T 0 ． （17）地面上旳钟所处旳重力势能旳大小为E φ= GMR =gR ． （18）因此Eφ c 2 = gR c 2； 代入数值有E φ/ c 2 = 6.96 ×10－10，这是很小旳数．与上面旳情形类似，式（17）近似为T－T 0 ≈－Eφ c 2T 0 ． （19）（16），（19）两式相减，即得卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t－T ≈－Eφφ- c 2T 0 ． （20）从式（19）中解出 T 0 ，并代入式（20）得t －T ≈－Eφφ- c 2/ (1－Eφ c 2 )T≈－Eφφ- c 2T =gR c 2 h R + hT ． （21） 注意，题目中旳 24 h 是指地面旳钟走过旳时间 T ．最终，算出 24 h 卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t －T = 46 μs ． （22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热旳功率应与房间向室外散热旳功率相等．设热泵在室内放热旳功率为 q ，需要消耗旳电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸取热量旳功率为 q －P ．根据题意有q －P P ≤ T 2T 1－T 2， （1） 式中 T 1 为室内（高温处）旳绝对温度，T 2 为室外旳绝对温度．由（1）式得P ≥ T 1－T 2T 1q ． （2）显然，为使电费至少，P 应取最小值；即式（2）中旳“≥”号应取等号，对应于理想状况下 P 最小．故最小电功率P min =T 1－T 2T 1q ． （3）又依题意，房间由玻璃板通过热传导方式向外散热，散热旳功率H =k T1－T2l S ．（4）要保持室内温度恒定，应有q = H ．（5）由（3）～（5）三式得P min =k S ( T1－T2 )2lT1．（6）设热泵工作时间为t，每度电旳电费为c，则热泵工作需花费旳至少电费C min = P min tc ．（7）注意到T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T2 = －5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ，1度电= 1 kW • h ．由（6），（7）两式，并代入有关数据得C min = ( T1－T2 )2T1l Sktc = 23.99 元．（8）因此，在理想状况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面旳温度为T i，外表面旳温度为T0 ，则单位时间内通过内层玻璃、中间空气层和外层玻璃传导旳热量分别为H1=k T1－T il S ，（9）H2=k0T i－T0l0S ，（10）H3=k T0－T2l S ．（11）在稳定传热旳状况下，有H1= H2= H3 ．（12）由（9）～（12）四式得k T1－T il= k0T i－T0l0和T1－T i = T0－T2．（13）解式（13）得T i = l0k + lk0l0k + 2lk0T1 +lk0l0k + 2lk0T2．（14）将（14）式代入（9）式得H1 =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )S ．（15）要保持室内温度恒定，应有q =H1．由式（3）知，在双层玻璃状况下热泵消耗旳最小电功率P′min =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )2T1S ．（16）在理想状况下，热泵工作时间t需要旳电费C ′min = P′min tc ；（17）代入有关数据得C′min = 2.52 元．（18）因此，改用所选旳双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节省旳电费△C min = C min －C′min = 21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器旳极板A 隧穿到极板B．以Q 表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压（如题目中图3所示），则有V AB = Q / C ．（1）这时电容器储能U= 12CV2AB．（2）当单电子隧穿到极板B后，极板A所带旳电荷量为Q′ = Q + e ，（3）式中e 为电子电荷量旳大小．这时，电容器两极板间旳电压和电容器分别储能为V′AB = Q + eC，U′ =12CV ′2AB．（4）若发生库仑阻塞，即隧穿过程被严禁，则规定U′－U ＞0 ．（5）由（1）～（5）五式得V AB ＞－12eC ．（6）再假设单电子能从电容器旳极板B隧穿到极板A．仍以Q表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带旳电荷量为Q′ = Q－e ．通过类似旳计算，可得单电子从极板B 到极板A旳隧穿不能发生旳条件是V AB ＜12eC ．（7）由（6），（7）两式知，当电压V AB 在－e / 2C～e / 2C 之间时，单电子隧穿受到库仑阻塞，即库仑阻塞旳条件为－12eC ＜V AB ＜12eC ．（8）2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有V AB =12eC = 0.10 mV ．（9）由式（9），并代入有关数据得C =8.0 ×10－16 F ．（10）3．设题目中图3中左边旳MIM 结旳电容为C S，右边旳MIM 结旳电容为CD ．双结构造体系如图a所示，以Q1 ，Q2 分别表达电容C S ，图aC D所带旳电荷量．根据题意，中间单电子岛上旳电荷量为－ne= Q2－Q1 ．（11）体系旳静电能为C S 和C D 中静电能旳总和，即U = Q212C S+Q222C D；（12）电压V = Q1C S+Q2C D．（13）由（11）～（13）三式解得U = 12CV2 +(Q2－Q1)22 ( C S + C D )．（14）由于V为恒量，从式（13）可知体系旳静电能中与岛上净电荷有关旳静电能U n= (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随C G V G 变化旳图线如图b；C G V G / e 旳变化范围如表2．表2U n( e2 / 2C )图b五、1．在图1中，z 轴垂直于 AB 面．考察平行光束中两条光线分别在 AB 面上 C 与 C ′ 点以入射角 i射入透明圆柱时旳状况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面旳 D 和 D ′ ，对圆柱面其入射角分别为 i 2 与 i ′2 ．在△OCD 中，O 点与入射点 C 旳距离 y c 由正弦定理得y c sin i 2 = R sin ( 90° + r ) ，即 y c = sin i 2cos rR ． （1） 同理在△OC ′D ′ 中，O 点与入射点 C ′ 旳距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′ = sin i ′2cos r R ． （2） 当变化入射角 i 时，折射角 r 与柱面上旳入射角 i 2 与 i ′2 亦随之变化．在柱面上旳入射角满足临界角i 20 = arcsin ( 1 / n ) ≈ 41.8° （3）时，发生全反射．将 i 2 = i ′2 = i 20 分别代入式（1），（2）得y o c = y o c ′ = sin i 20cos rR ， （4） 即 d = 2y o c = 2sin i 20cos rR ． （5） 当 y c ＞ y o c 和 y c ′ ＞ y o c ′ 时，入射光线进入柱体，通过折射后射达柱面时旳入射角不小于临界角 i 20 ，由于发生全反射不能射出柱体．因折射角 r 随入射角 i 增大而增大．由式（4）知，当 r = 0 ，即 i = 0（垂直入射）时，d 取最小值d min = 2R sin i 20 = 1.33 R ． （6）图1当i →90°（掠入射）时，r→41.8°．将r =41.8°代入式（4）得d max = 1.79 R．（7）2．由图2可见，φ是Oz 轴与线段OD 旳夹角，φ′是Oz 轴与线段OD′旳夹角．发生全反射时，有φ= i20 + r ，（8）φ′= i20－r ，（9）和θ= φ+φ′=2i20≈83.6°．（10）由此可见，θ与i 无关，即θ独立于i ．在掠入射时，i ≈90°，r =41.8°，由式（8）,（9）两式得φ= 83.6°，φ′= 0°．（11）六、由于方程r =GM / c2a cosφ + a2 ( 1 + sin2φ)（1）是φ旳偶函数，光线有关极轴对称．光线在坐标原点左侧旳情形对应于a＜0 ；光线在坐标原点右侧旳情形对应a＞0 ．右图是a＜0旳情形，图中极轴为Ox，白矮星在原点O处．在式（1）中代入近星点坐标r = r m，φ= π，并注意到a 2| a | ，有a≈－GM / c2r m ．（2）通过白矮星两侧旳星光对观测者所张旳视角θS 可以有不一样旳体现方式，对应旳问题有不一样旳解法．解法一：若从白矮星到地球旳距离为d，则可近似地写出ySrxOEr mφ图2θS≈2r m / d．（3）在式（1）中代入观测者旳坐标r = d，φ= －π/ 2，有a2≈GM / 2c2d．（4）由（2）与（4）两式消去a，可以解出r m = 2GMd / c2 ．（5）把式（5）代入式（3）得θS≈8GM / c2d；（6）即M≈θ2Sc2d / 8G ，（7）其中d = 3.787 ×1017 m ；代入数值就可算出M≈2.07 ×1030 kg ．（8）解法二：光线射向无限远处旳坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），规定式（1）分母为零，并注意到θ1，有aθ / 2 + 2a2= 0 ．因此θS≈θ=－4a = 8GM / c2d，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0 ．式（10）与式（6）相似，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张旳视角θS 应等于两条光线在观测者处切线旳夹角，有sin θS2=△( r cosφ)△r= cosφ－r sinφ△φ△r．（11）由光线方程（1）算出△φ/△r ，有sin θS2= cosφ－r sinφGM / c2r2a sinφ= cosφ－GMc2ra；代入观测者旳坐标r = d， = －π/ 2以及a旳体现式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM =8GMc2d，与式（6）相似．因此，也得到了式（8）．解法四：用式（2）把方程（1）改写成－r m = r cosφ－GMc2r m r[ (r cosφ )2 + 2 (r sinφ)2 ] ，即x = －r m + GMc2r m r( x2 +2y2 ) ．（12）当y→－∞时，式（12）旳渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上旳截距为－r m ，斜率为1－2GM/ c2r m ≈1－tan ( θS / 2 )≈－1θS / 2 ．于是有θS ≈4GM/ c2r m．r m用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）．七、1．（I）氦原子中有两个电子，一级电离能E+ 是把其中一种电子移到无限远处所需要旳能量满足He + E+ →He+ + e－．为了得到氦原子旳一级电离能E+ ，需规定出一种电子电离后来氦离子体系旳能量E*．这是一种电子围绕氦核运动旳体系，下面给出两种解法．解法一：在力学方程2ke2r2= mv2 r中，r 是轨道半径，v 是电子速度．对基态，用玻尔量子化条件（角动量为）可以解出r0 =2/ 2ke2m ．（1）于是氦离子能量E* = p22m－2ke2r0= －2k2e4m2，（2）其中p0 为基态电子动量旳大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2(c)2≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间旳互相作用，氦原子基态旳能量E0 是该值旳2倍，即E0 =2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0 = －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态旳角动量关系rp=代入，式（3）可以改写成E* =22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态旳能量最小，式（4）等号右边旳第一项为零，因此半径和能量r 0 =22ke2m，E*= －2k2e4m2分别与（1），（2）两式相似．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0旳两种解法．解法一：运用力学方程mv2r= 2ke2r2－ke2( 2r )2=7ke24r2和基态量子化条件rmv =，可以解出半径r0 = 42/ 7ke2m，（6）于是氦原子基态能量E 0 = 2 ( p22m－2ke2r0) +ke22r0= －49k2e4m162；（7）代入数值算得E0 = －49( ke2 )2mc216(c)2≈－83.4 eV ，（8）r0 = 4 (c)27ke2mc2≈ 0.0302 nm ．因此，氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比试验测得旳氦原子一级电离能24.6 eV 高出4.4 eV ．解法二：氦原子能量E = 2 (p22m－2ke2r) +ke22r=2mr2－7ke22r可以化成E =2m(1r－7ke2m42)2－49k2e4m162．当上式等号右边第一项为零时，能量最小．由此可知，基态能量与半径E 0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相似．2．（I）粒子从下部射向并穿过铅板向上运动，其电荷为正．（II）如题图所示，粒子旳运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不变化荷电粒子动量旳大小，只变化其方向．若不考虑云室中气体对粒子旳阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下旳运动轨迹就是曲率半径为一定值旳圆弧；可以写出其运动方程qBv=|△p△t| =p△φ△t=pvr，（1）其中q 是粒子电荷，v 是粒子速度旳大小，p 是粒子动量旳大小，△φ是粒子在△t时间内转过旳角度，r是轨迹曲率半径．于是有p= qBr ．（2）按题意，q=e ．用p d 和p u 分别表达粒子射入铅板和自铅板射出时动量旳大小，并在式（1）中代入有关数据，可以算得p d =63.0 MeV / c ，p u= 22.8 MeV / c ．（3）注意到当pc mc2 时应使用狭义相对论，从p=mv1－(v / c)2．（4）中可以得到v=c1+(mc / p)2．（5）用v d 和v u 分别表达粒子进入和离开铅板时旳速度大小．把式（2）以及m = 0.511 MeV / c2代入式（3），可得v d ≈c，v u≈c．（6）于是，粒子穿过铅板旳平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d + v u )≈c．用△t表达粒子穿过铅板旳时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表达粒子穿过铅板动量变化量旳大小，铅板所受到旳平均力旳大小f = △p du△t=p d－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）代入有关数值得f ≈1.04 ×10－9 N ．（9）（III）一种粒子穿过铅板旳时间△t =dv cosθ≈dc cosθ≈2.07 ×10－11 s = 0.0207 ns，（10）比粒子束流旳脉冲周期 = 2.50 ns 小得多．铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力旳平均大小F ≈( p d－p u ) j；（11）。
第39届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题(含解答)
一、（40分）如图1a ，一段抛物线形状的刚性金属丝固定在竖直平面内，抛物线方程为y = ax 2（y 轴竖直向上，a 为待定常量）；一长度为2l 的匀质刚性细杆的两端A 、B 各有一个小圆孔，两圆孔都套在金属丝上。
圆孔和金属丝之间非常光滑，摩擦力非常小，在问题（1）、（2）和（3）中可忽略。
若给细杆一个冲量，使其运动；经过足够长的时间，细杆静止于平衡位置，此时细杆和水平方向之间的夹角=︒θ30。
已知重力加速度大小为g 。
（1）求待定常量a ；（2）若杆在上述平衡位置附近小幅振动，求振动的频率；（3）细杆静止在上述平衡位置。
现有一只小白鼠，从静止开始由杆底端沿杆往上爬。
在爬杆的过程中，细杆始终保持静止；假设小白鼠可视为质点，且小白鼠在杆端不接触金属丝。
求小白鼠在时刻t （以小白鼠开始爬杆的时刻为时刻零点）沿细杆的位移s t ()，小白鼠是否可以爬到细杆顶端？如果可以，小白鼠爬到细杆顶端，最少用时多少？解答：（1）设细杆的质心的坐标为（x c ，y c ），细杆的长度为2l ，则杆的A 和B 端的坐标为：① 2分代入抛物线方程得：② ③联立②③式得：④ 1分⑤ 1分细杆重力势能为：⑥ 2分平衡点为势能极值点：⑦ 2分解为：I 、 sin θ =0，即θ =0，不符题意，舍去。
⑧ II 、⑨得：⑩已知θ=30°，所以：⑪图1a B 第39届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题⑫ 2分（2）细杆在平衡位置附近小幅振动，由机械能守恒得：⑬ 4分即：⑭ 2分令：θ=θ0+∆θ（|∆θ|≪θ0），θ0=30°为平衡位置，于是⑭式在θ0附近做小量∆θ展开，并且质心动能、相对质心转动动能和势能三部分都保留至（不是常量的）最大一项，得到近似式：⑮ 6分两边对时间求导得：⑯ 2分或小幅振动可以近似为简谐运动，角频率为：⑰振动频率：⑱ 2分（3）设白鼠的质量为m s，沿细杆的位移为s，B点s=0，加速度为d2s/dt2，则白鼠对细杆的作用力：，竖直向下；2 22sd sF mdt=，沿细杆。
全国竞赛物理试题及答案
全国竞赛物理试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）。
A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^6 m/sD. 3×10^7 m/s答案：A2. 以下哪个选项是牛顿第一定律的内容？A. 物体不受力时，保持静止或匀速直线运动状态B. 物体受力时，加速度与力成正比C. 力是改变物体运动状态的原因D. 力是维持物体运动状态的原因答案：A3. 一个物体的质量是2kg，其重力加速度为9.8m/s^2，那么物体的重力是多少？A. 19.6NB. 39.2NC. 9.6ND. 3.92N答案：B4. 以下哪个选项是电磁波谱中波长最长的？A. 无线电波B. 微波C. 红外线D. 可见光答案：A5. 根据热力学第二定律，以下哪个说法是正确的？A. 热量可以从低温物体自发地传递到高温物体B. 热量不能从低温物体自发地传递到高温物体C. 热量可以从高温物体自发地传递到低温物体D. 热量不能从低温物体传递到高温物体答案：B6. 一个完全弹性碰撞中，两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞后m1的速度为v1'，m2的速度为v2'，那么碰撞前m1的速度v1和m2的速度v2的关系是？A. v1 = v1' + v2'B. v1 = v1' - v2'C. v1 = (m2/m1) * v2'D. v1 = (m1/m2) * v2'答案：A7. 一个物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力，其下落时间t秒时的速度v和下落距离h的关系是？A. v = gtB. h = 1/2 * g * t^2C. v = 2 * g * hD. h = v * t答案：B8. 以下哪个选项是描述电磁感应现象的？A. 电流通过导线产生磁场B. 磁场变化产生电流C. 磁场对电流的作用力D. 电流对磁场的作用力答案：B9. 一个物体在水平面上以恒定加速度a运动，其初始速度为v0，经过时间t后的速度v和位移s的关系是？A. v = v0 + atB. s = v0 * t + 1/2 * a * t^2C. v = atD. s = v0 * t答案：B10. 以下哪个选项是描述光的干涉现象的？A. 光通过小孔形成光斑B. 光通过双缝形成明暗条纹C. 光通过凸透镜形成实像D. 光通过平面镜形成虚像答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据欧姆定律，电流I、电压V和电阻R之间的关系是I =________。
高中物理 第27届全国物理竞赛决赛试题理论部分及标准答案
第27届全国物理竞赛决赛试题一、填空题（共25分）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，设稳定其形状仍然保持为圆形，且在平动的同时以角速度ω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________________。
【答案：22244kRk M ππω-；6分】 2．鸽哨的频率是f ，如果鸽子飞行的最大速率是u ，由于多普勒效应，观察者可能观测到的频率的范围是从__________________到________________________。
设声速为v 。
【答案：fv v u +，fvv u-；4分】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为T 0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P 0，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 γ保持不变，其中P 是气体的压强，V 是气体的体积，γ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__________________。
【答案：1100(1)Mg T P Aγ--；6分】 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1.0×10-10m （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1.0×10-12m 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319.110e m -=⨯kg ，电子的电量191.610e -=-⨯C ，普朗克常量346.710h J s -=⨯，光速83.010c =⨯m/s【答案：67.310⨯m/s ，82.810⨯m/s ，58.410⨯V 】二、（20分）图示为一利用传输带输送货物的装置。
物理竞赛全国试题及答案
物理竞赛全国试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是：A. 3×10^8 m/sB. 3×10^5 m/sC. 3×10^7 m/sD. 3×10^6 m/s答案：A2. 根据牛顿第二定律，力和加速度的关系是：A. F = maB. F = ma^2C. F = m/aD. F = a/m答案：A3. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t，其位移s与时间t的关系是：A. s = 1/2at^2B. s = atC. s = a^2tD. s = 2at^2答案：A4. 两个完全相同的金属球，当它们相互接触后，再分开，它们的电荷量将：A. 相等B. 增加D. 不变答案：A5. 一个物体在水平面上受到一个恒定的力作用，若该力的方向与物体运动方向相反，则物体将：A. 做匀速直线运动B. 做匀加速直线运动C. 做匀减速直线运动D. 静止不动答案：C6. 根据热力学第二定律，下列说法正确的是：A. 热量不能自发地从低温物体传向高温物体B. 热量可以自发地从低温物体传向高温物体C. 热量不能自发地从高温物体传向低温物体D. 热量可以自发地从高温物体传向低温物体答案：A7. 一个理想气体在等温过程中，其压强P与体积V的关系是：A. P ∝ VB. P ∝ 1/VC. P ∝ V^2D. P ∝ 1/V^2答案：B8. 根据电磁感应定律，当一个闭合电路中的磁通量发生变化时，电路中将产生：A. 电流B. 电压C. 电阻答案：B9. 一个物体在竖直方向上受到两个力的作用，一个是重力，另一个是向上的拉力，若拉力大于重力，则物体将：A. 静止B. 向下加速运动C. 向上加速运动D. 匀速直线运动答案：C10. 在光的干涉现象中，两束相干光波相遇时，若它们的相位差为0，则在干涉区域将出现：A. 暗条纹B. 明条纹C. 无干涉现象D. 无法确定答案：B二、填空题（每题4分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的动能和势能之和在没有外力作用的情况下______。
物理竞赛决赛试题答案大全
物理竞赛决赛试题答案大全一、选择题1. 题目：某物体自由下落，若在下落过程中，其速度与时间的关系为v=gt，其中g为重力加速度，t为时间。
若该物体从静止开始下落，经过2秒后，其下落的高度是多少？A. 20米B. 40米C. 60米D. 80米答案：B解析：根据自由下落的速度公式v=gt，可得加速度g=9.8米/秒^2（地球表面的标准重力加速度）。
将t=2秒代入公式，得到v=9.8*2=19.6米/秒。
再根据自由下落的距离公式h=1/2*gt^2，代入数值计算得h=1/2*9.8*(2^2)=19.6米。
因此，选项B正确。
2. 题目：一个质量为m的物体，以初速度v0沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，求物体落地时的竖直方向速度。
A. v0B. √(2mg)C. v0 + √(2mg)D. √(2mv0^2)答案：D解析：物体在水平方向的速度保持不变，为v0。
竖直方向的速度v_y可以通过机械能守恒定律求解。
设物体落地时的竖直速度为v_y，则有1/2*mv0^2 = mgh + 1/2*mv_y^2。
由于物体是从水平方向抛出，初始竖直速度为0，所以1/2*mv0^2 = mgh，解得h=v0^2/(2g)。
将h代入上面的公式，得到v_y = √(2gh) = √(2*m*v0^2/(2g)*g) = v0。
因此，选项D正确。
二、填空题1. 题目：一个弹簧振子的周期为T，振幅为A，求该振子的振动方程。
答案：y = A * sin(2πx/λ - 2πft)解析：弹簧振子的振动方程一般形式为y = A * sin(ωx - ωt)，其中A为振幅，ω为角频率，x为位移，t为时间。
周期T和角频率ω的关系为ω = 2π/T，因此振动方程可以写为y = A * sin(2πx/λ- 2πft)，其中λ为波长，f为频率，满足关系λ = vT，v为波速。
三、计算题1. 题目：一个质量为2kg的物体，受到一个力F=10N的水平拉力作用，已知摩擦系数μ=0.2，求物体的加速度a。
2023年全国中学生物理竞赛决赛试题版
全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题（上海交大）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θ描述，θ为两球心连线与竖直线的夹角。
己知小球绕其对称轴的转动惯量为225mr ，小球与半球间的动摩擦因数为μ，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θ1时，半球运动的速度大小1()M V θ和加速度大小1()M a θ；（2）（15分）当小球纯滚动到角位置θ2时开始相对于半球滑动，求θ2所满足的方程（用半球速度大小2()M V θ和加速度大小2()M a θ以及题给条件表达）；（3）（5分）当小球刚好运动到角位置θ3时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小3()m v θ2、（35分）平行板电容器极板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 、尺寸与电容器极板相同。
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0ε。
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成静电干衡；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 和题给条件表达）。
已知积分公式(2ax b C =+++，其中a >0，C 为积分常数。
3、（35分）如图，质量线密度为λ、不可伸长的软细绳跨过一盘状定滑轮，定滑轮半径为R ，轴离地面高度为L ，系统原处在静止状态。
第40届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题答案
第40届全国中学生物理竞赛决赛理论考试参考解答（2023.10 试用版）一、（40分）雨过天晴，空气内悬浮着大量小水滴，若阳光从背后以低角度照射，观察者便可能观察到彩虹（图1a ）。
有时会同时出现两条彩虹，内层彩虹称为主虹（1级虹），它来自阳光进入水滴后的一次反射；在主虹外边较暗的虹称为副虹或霓（2级虹），它来自阳光在水滴内的两次反射。
光线在水滴内还可能发生三次及以上的反射，并产生相应级次的虹。
在自然界中通常只能观察到1级和2级虹，更高级次的虹可以在实验室环境下呈现。
图1b 一根光线经过水滴的折射、反射和出射 图1c 平行光照射到水滴后的1级光考虑一个球形水滴，直径为102 μm 量级。
如图1b ，一根入射光线与球心确定一个平面，该平面与球形水滴表面相交形成一个圆（大圆），进入水滴的光线经折射、反射后的出射光都在此平面内。
把光线在水滴内经过k （0, 1, 2, k =）次反射后的出射光称为k 级光，出射光相对入射光方向偏转的角度称为偏向角（见图1b ）。
（1）已知入射光线在水滴外表面上的入射角为i ，空气和水的折射率分别为1和n 。
试求k 级光的偏向角k θ的表达式。
（2）当一束单色平行光照射水滴时，不同入射位置对应不同入射角（见图1c ）。
当入射角i 变化时，k 级光的偏向角k θ有一极小值m k θ，试求m k θ及其对应的入射角k i 的表达式。
（3）由于色散，不同波长的光在水中的折射率n 不同。
对于确定的入射角i ，试求k 级光偏向角k θ对折射率n 的变化率d d knθ与入射角i 的关系式，并求当i 取第（2）问中的k i 时d d kki i n θ=的表达式。
（4）图1c 是单色平行光照射到水滴后出射的1级光示意图，在1级光偏向角极小值1m θ附近出射的光线较为集中，即光强较大，此处出现1级虹，相应偏向角的极小值1m θ为1级虹的偏向角，类似地m k θ为k 级虹的偏向角。
当白光平行入射时，取红光和紫光在水中的折射率分别为 1.329n =红和 1.344n =紫，试分别计算1k =和2k =级虹的偏向角m k θ红和m k θ紫以及虹的角宽度k δ（m m ||k k k δθθ=−紫红），并分别指出它们从内到外颜色排列的次序。
第36届全国物理竞赛决赛试题
第36届全国物理竞赛决赛试题第一部分赛决赛理论考试试题与解答2019年9月26日一、新型号汽车在出厂前都要通过破坏性试验.在某次汽车测试中，一个汽车轮子的三根辐条被撞掉了其中一根，轮子的横截面如图所示．该轮子可视为内、外半径分别为1045R R =、R 0的轮盘和两根辐条组成（假设轮盘可视为匀质环形圆盘，辐条可视为匀质细杆，每根辐条的质量为m ．轮盘的质量为8M m =，轮子从图a所示位置由静止开始释放，释放时轮子上两辐条所张角的平分线恰好水平，此后该轮子在水平地面上做纯滚动．求1）刚释放时轮子的角加速度；2）释放后辐条OB 首次转到竖直位置时，轮子的角加速度、地面对轮子的摩擦力和支持力．参考解答：轮盘对过O 点且与轮面垂直的轴的转动惯量为()()0124422O10101112πd π22R R J r r r R R M R R σσ=⋅⋅=-=+⎰式中σ是轮环面单位面积上的质量.两根辐条对该O 轴的转动惯量为2O21123J mR =⨯轮子对O 轴的总转动惯量为()222O O1O210011524346275J J J M m R MR mR =+=++=(1)以轮子中心O 为坐标原点，建立如解题图a 所示的坐标系.令210M M m m'=+=轮子质心C 的x -坐标为()()()101C 0/2225M m m R R mR x M M '+⋅+-⋅-===''(2)由平行轴定理，求得轮子对过质心C 且与轮面垂直的轴的转动惯量为22C O C 02614375J J M x mR '=-=(3)在辐条OB 从初始位置转到竖直位置的过程中，任一位置对轮子在地面做纯滚动的瞬时轴P 的转动惯量为图a2P C CP22C 0C 0C 22C 0C 0C π [2cos()]2(2sin )J J M r J M R x R x J M R x R x θθ'=+'=++--'=++-(4)其中θ为质心C 从起始位置到当前位置所转过的角度，如解题图b 所示.由机械能守恒定律有2P C 1sin 2J M g x ωθ'=(5)由此得2C P2sin M g x J θω'=将(4)式代入(5)式后，方程两边对t 求导，可求得转动角加速度α20C P C 1(2cos )cos 2M R x J M gx ωθωωαθω''-⋅+=⋅结果为2C 0Pcos ()M x g R J θωα'+=(6)1）轮子从图a 所示位置由静止开始释放时，0θ=，由(4)式得，轮子对瞬时轴P 的转动惯量为()()222222,00000261412741037575P C C C J J M R x mR m R x mR θ='=++=++=此时0ω=，由(6)式得C 0,0015637P M g x gJ R θθα=='==(7)[或者直接用对任意瞬时轴P 的转动定律求解d ()d PP PC p M t'=+⨯-L M r α但此时轮子刚开始转动，角速度为零，相对于地面接触点的加速度p α（20R ω）为零，故,0P C J M g x θα='=⋅则此时的转动角加速度C 0,0015637P M g x gJ R θθα=='==(7)]2）当辐条OB 转到竖直位置时，30θ=︒，由(4)式得()222,3000012442sin 3075P C C C J J M R x R x mR θ=︒'=++-︒=由(5)式得230,3002sin 3015622C P M g x gJ R θθω=︒=︒'︒==(8)由(6)式得()230030,300cos3095553773768C P M x g R gJ R θθθωα=︒=︒=︒'︒+==(9)据题意，轮子中心O 相对于地面的加速度O a 和质心C 相对于轮子中心O 的切向加速度CO ta 与法向加速度CO n a 分别为yx OCa O a n CO a t CO αF N M 'gO 0a R α=，CO C t a x α=，2CO Cna x ω=(10)质心C 相对地面参考系的加速度（见解题图c ）sin cos sin cos t nCx O CO CO n tCy CO CO a a a a a a a θθθθ=--=-(11)根据质心运动定理可求此时的摩擦力f F 和支持力N FCx f Cy N M a F M a F M g '=''=-(12)联立以上各式可解得7735679=773768f N F F mg =(13)上述结果可以用0cos (sin )C N C f C J F x F R x αθθ=--来验证.二、一个长为l 、内外半径分别为a 和b 的半圆柱体由两种不同的耗损电介质构成，它们的相对介电常数和电导率分别为：εr 1和σ1（00ϕθ≤<区域），εr 2和σ2（0πθϕ<≤区域），其横截面如图a 所示；在半圆柱两侧底部镀有金属膜，两金属膜间加有直流电压V 0，并达到稳定.已知真空介电常量为ε0，两种介质的相对介电常数大、电导率小.忽略边缘效应.1）求介质内电场强度和电势的分布；2）求ϕ=θ0界面处的总电荷；3）分别计算00ϕθ≤<和0πθϕ<≤两介质区域的电阻和电容；4）在t =0时刻断开电源，求随后的两金属膜间电压随时间的变化（该过程可视为似稳过程），并画出相应的等效电路图.参考解答：1）考虑某一半径为r 的半圆周，如解题图a 所示.设00ϕθ≤<区域、0πθϕ<≤区域的电场强度与电位移矢量大小分别为E 1和D 1、E 2和D 2，方向均沿角向.由电流的连续性和欧姆定律有121122, J J E E σσ==(1)两介质上的电压之和为10200()E r E r V θπθ+-=(2)由(1)(2)式得11002[()]V E rσθπθσ=+-(3)022001[()]V E r σθπθσ=+-(4)假设负极板电势为零，由电势和电场强度之间的关系得：对于00ϕθ≤<区域，1002010011000022()()[1]()()V V E r V V ϕσθϕπθϕσϕσσθπθθπθσσ-+-=-=-=+-+-(5)对于0πθϕ<≤区域，01020000122000000211()[1]=()()()V V E r E r V V ϕθϕθθϕθπϕσσσθπθθπθθπθσσσ=-----=--+-+-+-(6)2）在ϕ=θ0的界面上的总电荷密度为100002021002110000001221()[()][()]()e V V E E V r r r σεεσσεεσσσθπθθπθθπθσσσ-=-=-+-+-+-(7)在ϕ=θ0的界面上的总电荷为图aϕa θ0σ1σ2εr 2,εr 1,V 0b解题图aϕa θ0σ1σ2εr 2,εr 1,V 0bd rr10201002(1)ln()b e a b l aQ ldr V σεσσσθπθσ-==+-⎰(8)3）计算介质区域00~ϕθ=的电容C 1.设半圆柱体的右极板上r 处的自由电荷密度为σe01,，有1000111011002[()]r e r V D E rεεσεεσθπθσ===+-(9)右极板上总的自由电荷100100010111000022ln [()]()b b r r e a a V l V l b Q ldr dr ar εεεεσσσθπθθπθσσ===+-+-⎰⎰(10)0ϕ=与0ϕθ=之间电势差0010101002()V V E r θθσθπθσ==+-(11)介质区域00~ϕθ=的电容C 1为01101100ln r Q l b C V aεεθ==(12)计算介质区域0~πϕθ=的电容C 2.设半圆柱体左极板上r 处的自由电荷密度为σe02，有2000222022001[(π)]r e r V D E r εεσεεσθθσ===+-(13)左极板上的自由电荷为200200020222000011ln[(π)](π)b b r r e a a V l V l bQ ldr dr a r εεεεσσσθθθθσσ===+-+-⎰⎰(14)0ϕθ=与πϕ=之间电势差为002020201(π)(π)(π)V V E r θθσθθσ-=-=+-(15)介质区域0~πϕθ=区域的电容C 2为02202200lnπr Q l bC V aεεθ==-(16)计算介质区域00~ϕθ=的电阻R 1：考虑r 处厚度为d r 的半圆柱壳（见解题图a ）.该半圆柱壳在介质区域00~ϕθ=中的部分的电导为110ldrdG rσθ=介质区域00~ϕθ=的电导为11100lnb a ldr l b G r aσσθθ==⎰相应的电阻为0111==ln R bG l aθσ(17)计算介质区域0~πϕθ=的电阻R 2.所考虑的半圆柱壳在介质区域0~πϕθ=中的部分的电导为220()ldrdG rσπθ=-介质区域0~πϕθ=的电导为22200ln()b a ldr l b G r aσσπθπθ==--⎰相应的电阻为2221==ln R bG l aπθσ-(18)4）当断开电源后，形成两个相互独立的RC 回路，其等效电路如解题图b 所示，其电势差从V 10和V 20分别衰减到零.i i iq iR C +=式中下标1,2i =分别对应于第一、二个RC 回路，而i q 是断开电源后t 时刻电容i C 正极板上所到的电量.上式即1i i i idq q R C =-解为10i it R C i q q e-=式中0q 是断开电源时电容i C 正极板上所到的电量，或1100i i i itt R C R C i i i i iq q V e V e C C --===(19)式中101011101111011=ln = lnr r l b R C b a R C l aθεεεεσθσεεσ⨯=(20)0202022202222021=ln =, lnr r r l b R C b a R C l aπθεεεεσπθσεεσ-⨯=-(21)于是1100011002()(π)t V V t e σεεθσθθσ-=+-(22)220002201(π)()πr t V V t eσεεθσθθσ--=+-(23)两金属膜之间的电压为1210200000121200021(π)()()()(π)πr t t V V V t V t V t e e σσεεεεθθσσθθθθσσ---=+=++-+-(24)解题图bC 1C 2R 2R 1V 1V 2三、用超导重力仪对地球表面重力加速度的微小变化及其分布进行长期高精度观测，可获得地幔运动、质量分布、固体潮汐、地下水和矿产分布等地球内部结构信息，以及海洋潮汐、气候变化等外部数据.超导重力仪灵敏度高（可达地表重力加速度的910-）、稳定性强，是目前地球科学领域广泛采用的重力观测装置.随着分布于全球的超导重力仪数目的增加、观测网络的建立和数据共享，为地球科学的发展、万有引力规律的精确检验等等提供了新的机遇.试就有关地下水分布引起的重力变化、超导重力仪原理等问题给出回答.1）假设地球可视为一个半径为6370km 的均匀球体，其表面重力加速度g 0=9.802m s -⋅（不考虑地球自转）.现某处地下有一个直径为20km 充满水的球形地下湖，其球心离地面15km.求地下湖正上方地表处重力加速度的微小变化∆g .已知万有引力常量116.6710G -=⨯22N m kg -⋅⋅，水的密度ρ水=1.0⨯1033kg m -⋅.2）超导重力仪的核心部件是悬浮在磁场中、由金属铌（Nb ）制成的超导球壳，为计算方便起见，这里简化为超导细环（见图a ）.悬浮磁场由准亥姆霍兹（Helmholtz ）线圈提供，它由匝数分别为αN 和N 的上、下两个同轴细超导线圈（α<1）串联而成，两线圈的半径及其中心之间的距离均为R .超导重力仪调试前，亥姆霍兹线圈和超导细环中的电流均为零，超导细环处在下线圈平面内（z =0），且与线圈同轴调试开始后，外电源对准亥姆霍兹线圈缓慢加上电流i 0，在此过程中超导细环内会产生感应电流.调节i 0的大小，使超导细环正好悬浮在上线圈平面内（z =R ），如图a 所示.由于超导线圈和超导细环的电阻均为零（其所在处的温度为4.2K ），超导环被稳定悬浮后，移去提供超导线圈电流的电源，超导线圈中的电流i 0以及由此产生的磁场均能长期保持稳定.已知超导细环的质量为m 、直径为D (D <<2R )、自感系数为L ；在上线圈平面附近，由准亥姆霍兹线圈产生的磁感应强度B 的z 方向分量和径向分量可分别近似表示为：00[1()]1 2z r B B z R B B r ββ=--⎧⎪⎨=⎪⎩其中B 0为上线圈中心处的磁感应强度，β为径向系数，r 是到轴线的距离.利用上述线圈和超导细环的已知参数、以及线圈中的外加电流i 0，求i ）B 0和β的表达式；ii ）超导细环在平衡处（z =R ）感应电流I 0的表达式；iii ）超导重力仪放置地的重力加速度g 0的表达式.3）为了精确测量重力加速度的微小变化，在超导重力仪中采用了交流电桥平衡法.为了理解其原理并便于计算，将超导细环视为面积为A 的薄“平板”，并在超导细环的上下对称位置，即/2R d +和/2R d -处，分别固定两个形状相同、面积也为A 的金属平板，构成上极板与超导“平板”、下极板与超导“平板”两个电容器C 1和C 2，如图b 所示.再将C 1和C 2与两组完全相同的电感L 0和电容C 0连接成电桥，并接在交流电源（频率远高于重力加速度的变化的快慢）上，如图c 所示.假设某时刻超导重力仪所在地的重力加速度为g ，超导细环（超导“平板”）处在其平衡位置z =R 处，交流电桥处于平衡，这时C 1和C 2上加有相同的直流电压V C ；当重力加速度改变g ∆，导致电桥失衡，将C 1上的直流电压增加V ∆，同时在C 2上减少V ∆，电桥又重新达到平衡.试给出g ∆与V ∆的关系式（不计电容器的边缘效应）.图c C 0C 0~V ac L 0L 0C 1C 2图b 上极板超导环下极板C 1C 2R +d/2R R -d/2图a zO R αN ,i 0N ,i 0RO参考解答：1）如解题图a ，地下湖在地面下深度d 处.设地球的平均密度为ρ0，水的密度为W ρ，地球质量E M 和地下湖中水的质量W M 分别为3E E 04π3M R ρ=，3W W W4π3M r ρ=设地下湖中没有水时，地面重力加速度大小为0g ，由引力定律有E02E Mmg mG R =(1)由3E E 04π3M R ρ=和(1)式得3303 5.5110kg/m 4E g R Gρπ==⨯(2)设地下湖中充满水时，重力加速度大小的改变为g ∆，同样有W E E 0222E ()M Mm m g g mG R d d ⎛⎫-∆=-+ ⎪⎝⎭(3)由3E E 04π3M R ρ=、3W W W 4π3M r ρ=和(1)(2)(3)式得30W 324024[]3 5.6010m s 5.7110r g G g dπρρ----∆==⨯⋅=⨯(4)由此可见地下湖水的存在对当地重力加速度的影响很小.2）i ）通有电流i 的单匝线圈（见解题图b ）在过线圈中心的轴上产生的磁场的磁感应强度大小为20223/22()z iR B R z μ=+(5)4分方向沿z 轴正向（按电流i 的流向）.在上线圈平面中心附近磁场的磁感应强度z 分量为上、下两线圈（见题图a ）产生磁场的叠加{}12220000223/2223/220012 2[()]2() (z)(z)2z z zB B B Ni R Ni R R z R R z Ni R f f μαμμ=+=++-+=+(6)上式中z –R 是一个小量，仅保留在一阶项有1223/23()[()]f z R z R R αα=≈+-(7)2223/223/231113()1() [][2()2]222f z z R R z z R R R R R ⎡⎤=≈≈--⎢⎥+-+⎣⎦(8)于是20033001313{[1()]}=[()()]22222224213 [()][1()][1()]122242()22z NiR Ni B z R z R R R R R R Ni z R B z R R R μμααμαβα=+--+--=+--=--+(9)式中解题图b解题图a00002(1)28Ni NiBR Rμα=+=+(10)β=(11)ii）由于超导细环的电阻为零，超导细环向上悬浮过程中，直至平衡在上线圈平面内，其磁通量总是保持不变.设超导细环在平衡位置时的感应电流为I0，有tΦε∆=-=∆(12)因而()2π(const.2z z RDB LIΦ==+=(13)由初始条件0,0,0,0t z IΦ====和(9)式可知200()2DLI Bπ=-(14)由(17)式得2200001[48Ni DI D BL RLμππα=-=-+(15)负号表示超导细环中电流与超导线圈电流方向相反.iii）当超导细环在上线圈平面（z R=）内静止时，径向磁场对其施加的向上的安培力正好与其重力平衡，即0rmg I B Dπ=(16)由题给条件和(19)(20)式得2242002222422211πππ422=16DD B B D D BLgm Lmββα⋅⋅⋅===+(17)由此可见，只要已知准Helmhotz超导线圈和悬浮的超导环参数，通过测量i就可测得该地的重力加速度g0.3）当地面重力加速度大小为g时，磁悬浮力与超导细环重力mg平衡，超导细环处在上线圈平面内(z0=R).上极板对超导“平板”、下极板对超导“平板”的吸引力相互抵消，此时加在两个电容上的电压均为V C.假设上极板与下极板之间的距离为d，超导“平板”与下极板之间距离为x，超导“平板”受到上下两极板的吸引力之差为2022111[]2()CF AVd x xε=--当2dx=时，有/2x dF==(18)当重力加速度变化g∆时，超导“平板”会受到一个多余的向下的重力m g∆，为了使超导“平板”在交流电桥平衡位置（2dx=）重新达到力学平衡，在两个电容器1C和2C上反向施加电压V∆，使超导“平板”受到上极板的吸引力大于下极板吸引力，其差值为22022()()1[]2()C C V V V V F A d x x ε+∆-∆=--(19)在2dx =，超导“平板”重新达到力学平衡时有0022814=2()2C C AA F V V V V m gd d εε=∆∆=∆(20)于是028CAg V mdε∆=∆(21)通过测量V C 和∆V 即可获得重力加速度的微小变化∆g .四、汽车以发动机气缸中的空气与汽油发生燃烧产生动力，发动机的输出功率与进入气缸中的空气质量成正比．为了提高动力，很多汽车加装了涡轮增压器，在空气进入发动机气缸之前对它进行压缩，以增加空气密度；为了进一步提高空气密度，还通过一个中间冷却器，使空气温度降低后再进入气缸．在一个典型的装置中，进入涡轮增压器的初始空气压强为一个大气压p 0=1.01⨯105Pa ，温度T 0=15︒C ；通过涡轮增压器后，空气绝热压缩至p 1=1.45⨯105Pa ；然后又通过中间冷却器，让空气等压地降至初始温度T 0并充满气缸.假设空气为理想气体，已知气缸容积V 0=400cm 3，空气摩尔质量M =29.0g ⋅mol -1，摩尔热容比γ=7/5；普适气体常量R =8.31J ⋅K -1⋅mol -1．1）求此时气缸内空气的质量；与未经增压和冷却的情形相比，发动机的输出功率增加到多少倍？2）如果没有中间冷却器，仅经过涡轮增压器把空气压缩后输入到气缸中，相应的空气质量为多少？与未经增压的情形相比，发动机输出功率增加到多少倍？3）在经过涡轮增压器和中间冷却器的热力学过程中，求外界对进入气缸的气体所做的功、及气缸中的气体在上述两个过程中各自的熵变．参考解答：1）按题设，假设空气可视为理想气体，由理想气体状态方程有PV RTν=(1)其中，(,,)p V T 为气体的一组状态参量，分别表示气体的压强、体积和温度；m 和M 分别为气体的质量和摩尔质量，mMν=是气体的摩尔数.此状态下气体的密度为 m pM V RTρ==(2)由(2)式可算得空气处于初始状态000(,,)p V T '的密度533000 1.011029.010= 1.22 kg/m 8.31288.15p M RT ρ-⨯⨯⨯==⨯(3)初始状态000(,,)p V T '的空气经过涡轮增压器后，状态变为111(,,)p V T ，密度变为1ρ；经中间冷却器等压降温后，状态变为212020(,,)p p V V T T ===.气缸中空气的质量为111111100010056351.4510 1.2240010 kg 0.70310 kg1.0110p M p M pm V V V V RT RT p ρρ--====⨯=⨯⨯⨯=⨯⨯(4)推导中应用了等压过程方程110V V T T =和(3)式.若不经过涡轮增压器和中间冷却器两个步骤，直接把外界空气压入气缸中，63000 1.2240010 kg 0.49010 kgm V ρ--==⨯⨯=⨯(5)气缸的输出功率增加到的倍数为1301130000.70310 1.430.49010m V m R m m V --⨯====⨯(6)2）不经过中间冷却器，直接使用经涡轮增压器压缩后的空气.此时，空气的温度已经升高至T 1，相应的体积为变为V 1，利用绝热过程方程，const.PV γ=(7)和(1)式，可求出气体在此状态111(,,)p V T 下的温度和体积(1)/1100p T T p γγ-⎛⎫= ⎪⎝⎭(8)(1)/1110110 nRT nR p V T p p p γγ-⎛⎫== ⎪⎝⎭(9)再利用(2)式，该状态下的空气密度1ρ为(1)/1/01111100010000=T p p p p T p p p p γγγρρρρ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭(10)相应地，输入到气缸中的空气质量为5/756311051.4510=1.2240010 kg 0.63210 kg 1.0110m V ρ--⎛⎫⨯'=⨯⨯⨯=⨯ ⎪⨯⎝⎭(11)气缸的输出功率增加到的倍数为5/75112500 1.4510 = 1.295 =1.301.0110m R m ρρ'⎛⎫⨯=== ⎪⨯⎝⎭(12)3）分别考虑气体经过涡轮增压器和中间冷却器两个过程中外界对气体所做的功.涡轮增压为绝热压缩过程，从(4)式得,进入涡轮增压器的空气摩尔数为，10.7030.02424mol 29.0m M ν===(13)据题设，75γ=，故75p V VV C C R C C γ+===，52V C R=(14)式中V C 和p C 分别表示气体的定容摩尔热容量和定压摩尔热容量.由(14)式可知，空气为双原子分子混合物.对于绝热过程，由热力学第一定律有0Q U A ∆=∆+=，(15)此绝热压缩过程中外界做功W 1为1V 10()W A U C T T ν=-=∆=-(16)由(8)(16)式和相关数据得0.40/1.4051551.45100.024248.31288.001 J 15.78 J2 1.0110W ⎛⎫⎛⎫⨯ ⎪=⨯⨯⨯⨯-= ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭(17)[另一种解法：直接由功的定义式d P V ⎰和绝热过程方程const.pV γ=，得111001111111111111111101=d d d 1-1p p p p p p p V W p V V p p pp V p nRT p p p p γγγγγγγγγγγγγγγγγγγγγ-------==⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰将(8)式的T 1代入上式得1111001110001111RT RT p W p p p p γγγγγγγγννγγ----⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥=-=- ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥--⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎝⎭(16)代入相关数据得0.40/1.405150.024248.31288.0 1.45101 J 15.78 J 0.4 1.0110W ⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯ ⎪=-= ⎪ ⎪⨯⎝⎭⎝⎭(17)]气体经过中间冷却器的过程是等压降温过程，外界对气体的做功为2101W p V V =--（）(18)其中，1V 由(9)式确定13431105100.024248.31288.0=1.1088 m 4.43610 m 1.4510R p V T p p γγν--⎛⎫⨯⨯=⨯=⨯ ⎪⨯⎝⎭(19)将(19)式代入(18)式，并利用相关数据得5442 1.4510(4.00010 4.43610) J 6.32 JW --=-⨯⨯⨯-⨯=(20)从而，经过涡轮增压器（绝热压缩过程）和中间冷却器（等压降温过程）两个过程，外界对气体做的总功为，1215.78 J 6.32 J 22.1 JW W W =+=+=(21)气体经过涡轮增压器（绝热压缩过程）的熵变为1d 0QS T∆==⎰绝热(22)气体经过中间冷却器（等压降温过程）的熵变为01p 0112p 100d d 71=l J n ln ln 0.07284 2/K T T C T T Q R p p S C R T T T p p ννγννγ-∆===-=-=-⎰⎰冷却(23)[另一种算法：00012+00d d d ln ln 0.07J/K284 V V V Q p V R V p S R R T T V V p ννν''∆====-=--⎰⎰⎰绝热冷却等温推导中应用了等温过程方程002210p V p V p V '==.]五、2018年诺贝尔物理学奖的一部分授予美国科学家阿瑟·阿什金对光捕获（光镊）所做的开创性工作.光镊是用聚焦的激光束实现对微小颗粒的捕获，图a 所示为一种光镊实验装置示意图.He-Ne 激光器输出波长632.8 nm λ=的激光，光束直径1 1.5 mm D =，输出功率30 mW P =.为了使得捕获效果更好，可在输出的激光束后加一个扩束镜.激光束经反射镜反射后入射到一个焦距 4.0 mm f =的聚焦物镜，聚焦物镜将光束汇聚于样品池内蒸馏水液体中，样品池内液体中有一定数量的聚苯乙烯小球，聚苯乙烯小球经过激光聚焦光斑时有可能被光捕获.已知小球的直径b 2.0 μm D =，密度为33b 1.010 kg m ρ-=⨯⋅，样品池光学玻璃材料折射率g 1.46n =，池内蒸馏水折射率w 1.33n =，样品池底部玻璃厚度1.0 mm d =，池底部外表面到聚焦物镜中心的距离2.0 mm a =实验时温度300 K T =，空气折射率a 1.0n =，重力加速度29.80 m s g -=⋅，玻尔兹曼常量231B 1.3810 J K k --=⨯⋅.1）求不加扩束镜时激光束在空气中经聚焦物镜聚焦后聚焦光斑的直径；2）为了提高捕获效果，对输出激光束进行扩束，采用的扩束镜由一个焦距1 6.3 mm f =-的凹透镜和焦距225.2 mm f =的凸透镜组成，求两个透镜之间的距离和扩束后的平行激光束的直径2D ；3）将扩束后的激光束经图a 所示聚焦物镜聚焦于样品池内蒸馏水中，求在傍轴近似下聚焦光斑中心到样品池底部内表面距离和聚焦光斑的直径；4）图b 为浸没在蒸馏水中的小球在梯度光强（简化成强度不同的两束光）中受力的几何光学模型，入射光线L 1和L 2沿x 轴方向，其光功率分别为1 1.0 mW p =和2 2.0 mW p =，光线经小球折射后其方向与x 轴的夹角如图b 所示，不考虑光线在传播过程中的吸收和反射损耗，求小球在x 方向和y 方向所受到的力，并分别求其与小球重力之比；5）求室温（300 K ）下蒸馏水中小球的方均根速率；6）光镊也可以通过光势阱模型理解，平行激光束经透镜聚焦后在径向ˆr的光势阱分布为图a图b.小球在梯度光强中的受力分析简化模型2021, ()0 r U r bU r b r b⎧⎛⎫--≤⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪>⎩当，当上式中，00.078 eV U =，b 是常量，r 是到对称轴的距离.试问速率不超过多大的小球才能被光势阱捕获？7）已知聚苯乙烯小球的速率分布函数可表示为：2B 3222B ()4π2πm k Tm f e k T -⎛⎫= ⎪⎝⎭v v v 式中，m 和v 分别是小球的质量和速率，T 是绝对温度；试分析比较质量分别为m 和2m 的聚苯乙烯小球被光势阱捕获的概率大小.参考答案：1）He-Ne 激光器输出激光的波长632.8 nm λ=；聚焦物镜焦距 4.00 mm f =.当输出激光束截面直径1 1.50 mm D =时，聚焦光斑大小受到圆孔衍射限制，其光斑大小为o112 1.222 1.220.6328μm4.00mm 4.12μm 1.50mmD f R λ⨯⨯⨯==⨯=(1)2）扩束镜由一个焦距1 6.3 mm f =-的凹透镜和焦距225.2 mm f =的凸透镜组成，两个透镜距离为：12 6.3 mm 25.2 mm 18.9 mml f f =+=-+=(2)扩束后，激光束得直径为：221125.2 1.5 mm 6.0 mm 6.3f R R f ==⨯=-(3)3）在傍轴近似下，样品池中聚焦点位置可以通过二次折射成像公式求得.利用折射成像公式，扩束后的激光束经聚焦物镜进入样品池底部玻璃表面时，首先在样品池底部外表面一次成像，其成像位置1i 满足g g a a 111n n n n o i r -+=(4)式中，1o 为物距，由于底部外表面距离聚焦物镜 2 mm x =，聚焦物镜焦距 4.0 mm f =，所以1 2 mm o =-，1r =∞，由此得g 11a1.46 2 mm2.92 mm ni o n =-=⨯=(5)激光束在样品池底部内表面二次折射成像的位置2i 满足g w gw 222n n n n o i r -+=(6)式中，2o 为物距，在这里相对于底部内表面，21 2.921 1.92 mm o o h =-=-=，由于此时物是虚的，所以2o 取负值，也就是2 1.92 mm o =-，2r =∞，由此得w 12g 1.331.92 mm 1.75 mm1.46n i o n =-=⨯=(7)样品池中聚焦点位置到样品池底部内表面的距离为1.75mm .扩束后激光束直径2 6.0 mm D =，经聚焦透镜聚焦于样品池内蒸馏水中时，由几何关系可知，在样品池底部外表面光束直径等于2/2D ，在样品内表面光束直径可以表示为g 2W g211.97 mm22n D D n -==(8)液体中激光焦点处光斑的直径为22W W 2 1.222 1.220.6328μm1.75 mm 1.03 μm1.33 1.97 mmo D i n D λ⨯⨯⨯==⨯=⨯(9)[或2a 22 1.222 1.220.6328μm4.0mm 1.03 μm1.0 6.0 mmo D f n D λ⨯⨯⨯==⨯=⨯(9)实际上，222a 21W W W a 22W 12 1.222 1.222 1.22()o i i D fn i o D n n n D D f n o λλλ⨯⨯⨯===-⎛⎫ ⎪-⎝⎭]分别考虑光线在样品池底部内外表面折射对光斑大小影响，光在样品池内外表面的放大倍数分别为111 2.9211.462a g n i V n o =-==⨯(9)2221.46 1.7511.33 1.92g w n i V n o ⨯=-==⨯(10)所以样品池底部内外表面折射对聚焦光斑大小的影响实际上可忽略.4）在蒸馏水中，功率为P 的光束在t ∆时间内携带的动量可以表示为：W W Wn h pn thp t p Nh cλνλ∆∆===(11)式中N 是在t ∆时间内通过光束横截面的光子数.光束L 1的初始动量为：1W 1i p n tc∆=p i(12)这里i 是x 轴方向的单位矢量.光束L 2的初始动量为：2W 2i p n tc∆=p i(13)经小球两次折射后，光束L 1的动量为：1W 1W 1cos15f p n t p n tc c∆∆=︒+︒p i j(14)经小球两次折射后，光束L 2的动量为：2W 2W 2cos15f p n t p n tc c∆∆=︒-︒p i j(15)经小球折射后，光束动量的改变为121212W 12W ()()()(cos151)()sin15 l f f i i p p n t p p n tc c∆=+-++︒-∆-︒∆=+p p p p p i j(16)小球动量的改变为12W 21W b ()(1cos15)()sin15l p p n t p p n tc c+-︒∆-︒∆∆=-∆=+p p i j (17)小球受到的光力（光强梯度力）作用：b 12W 21Wb ()(1cos15)()sin15p p n p p n tc c∆+-︒-︒==+∆p F i j(18)12b (0.45 1.15)10N-=+⨯F i j (19)在光强梯度力作用下，小球分别受到一个沿x 正方向和y 正方向的力.小球重力大小为318314b b 44π 3.14 1.010109.8 4.1110 N323D mg ρ--⎛⎫==⨯⨯⨯⨯⨯=⨯ ⎪⎝⎭(20)小球在x 方向和y 方向所受到的光力与其重力之比分别为：12140.451010.94.1110x η--⨯==⨯(21)12141.151028.04.1110y η--⨯==⨯(22)5）在水中，常温（300 K ）下，小球的平均动能为232131.5 1.3810300 6.2110J 2k E kT --==⨯⨯⨯=⨯(23)小球的方均根速率为31.7210m/s p -===⨯v (24)6）设速率不超过m v 的小球才能被光势阱捕获，由能量守恒有2min 102m m U +=v (25)式中2min00014y y U U U =⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭(27)由(25)(26)式得，最大捕获速度为32.4410m/sm -=⨯v (28)7）聚苯乙烯小球能够被捕获的概率可表示为2B 3222B 0()d 4πd 2πmmm k Tm P f e k T -⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰⎰v v v v v v v (29)设p v (30)有22p2p p 0d mP e -⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎭⎝⎭⎰v v v v v v v (31)令px =v v聚苯乙烯小球被被光势阱捕获的概率可表示为220d x Pe x -=(32)由(31)式可知，概率P 与0U 和温度T 有关，而与m 无关.因此，质量为m 的聚苯乙烯小球和质量为2m 的聚苯乙烯小球被光势阱捕获的概率m P 和2m P 相等，即2m mP P =(33)六、仰望星空可以激发人们无限的想象.随着科学与技术的进步，人们对宇宙的认识不断加深，随着中微子丢失之谜的破解，引力波的直接探测，以及近期黑洞照片的拍摄，引起了大众对探索宇宙的广泛兴趣.人类是如何利用有限设备观察研究浩瀚的宇宙以及宇宙重要组成部分——恒星的呢？具有高中物理基础的公众是否有可能定量理解恒星的内外性质，如大小、质量、年龄、寿命、组成部分、产能机制等等？本题以我们赖以生存的恒星——太阳为例，按照历史脉络，试从简单到复杂构建起太阳模型.由于不能直接观察太阳内部，所建的模型需要多角度的检验，如年龄、半径、表面温度、能量输出、中微子通量等等，都需要在同一个模型下相互自洽.已知地球半径为6370km ，万有引力常量G =6.67⨯10-11N ⋅m 2⋅kg -2，斯忒藩-玻尔兹曼常量σ=5.67⨯10-8W ⋅m -2⋅K -4，玻尔兹曼常量k B =1.38⨯10-23J ⋅K -1，电子电量e =1.602⨯10-19C ，电子质量m e =0.51MeV/c 2，质子质量m p =938.3MeV /c 2，氘核质量m D =1875.6MeV /c 2，3He 核质量m 3He =2808.4MeV /c 2，4He 核质量m 4He =3727.5MeV /c ，光在真空中的速度813.0010 m s c -=⨯⋅2．1）成书于两千多年前的《周髀算经》（原名《周髀》）介绍了测量太阳直径D 与日地距离S 日地（也称1个天文单位）比值的方法：取一根长竹竿，凿去竹节使其内部贯通，竹竿的内直径为d .用这根竹竿对准太阳，改变竹竿长度L ，使太阳盘面刚好充满竹竿内管.i ）给出太阳视角（/D S Φ=日地）与d 和L 的关系；ii ）为了减少误差需要L 足够长，此外还有哪些方法可以减少误差？iii ）测得1d =寸，8L =尺(10寸为一尺)，试估算Φ的值.2）在某些特殊时间（如2012年6月6日），地球、金星和太阳几乎在一条直线上，这时从地球上观测，金星就像一个小黑点镶嵌在太阳盘面上，并缓慢移动，这称为金星凌日，如图a 所示.英国天文学家哈雷曾在1716年建议在世界各地联合观察金星凌日以测量太阳视角和日地距离.已知地球和金星同向绕日公转周期分别为365.256天和224.701天，各自的轨道平面之间的倾角很小.不考虑地球自转.i ）地球和金星的公转轨道均可视为圆，求日金距离S 日金与日地距离S 日地之比VE r ；ii ）2012年6月6日，某地观察到金星凌日现象如图a ，试计算金星凌日扫过太阳盘面弦长P D 与日地距离S 日地的比值；若此弦与盘面圆心之间的距离是P =5/16h D ,则太阳视角Φ为多少？图a.2012年6月6日金星凌日过程示意图iii ）为了测量日地距离需要在地球表面不同地点分别观察金星凌日现象，如图b 所示.假设在地面同一经度上直线距离（在垂直于观测方向上的投影）为H 的两位观察者P 和P'同时观察金星凌日现象，对于P 而言，金星在太阳盘面上的运动轨迹为AB ，观察到的金星凌日时间（金星中心扫过太阳盘面的时间间隔）为P t ；而对于P'而言，金星在太阳盘面上的运动轨迹为A'B'，观察到的金星凌日时间为P t '.试求日地距离S 日地的表达式（用VE p p Φr T T t t '地金、、、、、和H 等表示）.iv ）已知北京和香港的纬度分别为39.5︒和22.5︒，2012年6月6日北京和香港的金星凌日时间分别为P 6:21:57t =和P 6:19:31t '=，试以此数据，利用iii ）小题的结论，计算日地距离S 日地3）1882年的金星凌日观测结果得出平均日地距离81.510km S =⨯日地，太阳直径D =1.4⨯106km.地球在垂直于太阳辐射方向上接收到的太阳辐射照度I =1.37kW ⋅m -2.求i ）单位时间内，地球从太阳接收到的总能量；ii ）全球70亿人口消耗掉的能源与地球接收到的太阳能量之比（按人均年消耗能源3吨标准煤，1kg 标准煤可以发电4度电计算）；iii ）太阳单位时间辐射的总能量；iv ）估算太阳表面温度.4）i ）计算太阳的总质量与平均密度；ii ）若太阳能源来自化学反应，设单位质量放出的能量与煤相当，则以太阳现在单位时间辐射的能量计算，可以持续多久？太阳作为恒星存在约50亿年以上，那么其产能效率应该是化学反应效率的多少倍？5）通过光谱分析可知太阳的主要成分是氢，涉及氢的基本核聚变反应式如下P +P →D +e ++νe （a ）D +P →3He +γ（b ）3He+3He →4He +P +P （c ）上述核聚变反应过程中产生的正电子将会湮灭，中微子将逃逸；原子核均带正电，相互排斥，只有温度很高时，其动能有可能克服库仑排斥力，从而实现聚变反应.当温度足够高时，所有原子均电离成了原子核和电子，处于等离子体状态.（在此不考虑中微子带走的能量，也不考虑由于太阳风带走的未聚变的氢.）i ）要维持太阳的辐射，单位时间需要消耗多少个质子（氢核）？ii ）现在太阳质量的71%是氢，按照此消耗速率，最多还可以维持多少年？并计算单位时间质子-质子的反应概率（单位时间反应的粒子数与总粒子数之比）PP P ；iii ）逃逸出的中微子的数目在传播过程中不会减少，单位时间在垂直于太阳辐射方向上单位面积内有多少中微子到达地球？（实际到达地球的电子中微子数量只有理论值的35%，但加上另外二类中微子的数量，则与理论值相符，表明有部分电子中微子在传播过图b.金星凌日示意图太阳金星地球A 'B 'ABP 'P。
第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题
第 41 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题2024 年 10 月 26 日 9:00-12:00一、（50 分）实验研究发现，某些原子核会释放出一个电子而转变为另一种原子核，释放出的电子的动能呈连续谱分布，这种现象被称为原子核的 β — 衰变。
例如原子核28310Bi 发生β — 衰变释放出的电子的动能分布谱 （在28310Bi 静止的参考系中测得）如图1a 所示。
已知电子的静止质量m e = 0.511 MeV/c 2 。
忽略电子在原子中的结合能。
（1）记发生 β— 衰变的母原子的静止质量、发生 β — 衰变后的子原子的静止质量分别为M p (Z, A)、M D (Z + 1, A)，其中Z 、A 分别是母原子的原子序数、核子数。
由于将原子的电子都电离掉而研究原子核的 β — 衰变非常困难，因此通常在原子层次上考察原子核的 β— 衰变。
试给出原子发生 β —衰变的条件。
（2）已知28310Bi 的原子质量为M P = 209.984130 amu （其中amu 为原子质量单位，1 amu = 931.494MeV / c 2 ）， 在 β — 衰变后生成的原子质量为M D = 209.982883 amu 。
假如在 β— 衰变过程中除去释放出 β — 电子之外没有 生成另外的新粒子，那么 β — 电子的动能（以 MeV 为单位）是多大？设28310Bi 原子在初始时是静止的。
（3）第（2）问得到的 β — 电子的动能是完全确定的，这显然不符合实验观察到的连续谱的结果；所以在 β — 衰变的过程中必然有其他粒子生成。
若只生成了一个其他粒子，试根据图 1a 所示的实验结果估算该粒子的 静止质量的范围。
（4）研究表明，原子核发生 β — 衰变的元过程是其中的一个中子 n 转变成了一个电子e 一 、一个质子 p 和一 个其他粒子 X 。
已知中子、电子和质子自身都具有固有的角动量，称为粒子的自旋；进一步的研究表明，中 子、电子和质子的自旋的取值都是量子化的，它们各自在任意给定方向上的投影的大小都为 λ ( λ = h 是普朗克常量）。
全国大学生物理竞赛历年考试习题(含答案)
全国大学生物理竞赛历年考试习题(含答案)一、选择题1. 下列哪个物理量是标量？A. 速度B. 加速度C. 力D. 质量答案：D解析：质量是标量，因为它只有大小，没有方向。
而速度、加速度和力都是矢量，它们既有大小，又有方向。
2. 下列哪个物理现象可以用牛顿第一定律解释？A. 摩擦力B. 重力C. 弹力D. 惯性答案：D解析：牛顿第一定律也被称为惯性定律，它指出一个物体如果不受外力作用，它将保持静止状态或匀速直线运动状态。
惯性是物体保持其运动状态的性质。
3. 下列哪个物理量是功的单位？A. 焦耳B. 牛顿C. 瓦特D. 库仑答案：A解析：焦耳是功和能量的单位，1焦耳等于1牛顿的力作用在物体上，使物体在力的方向上移动1米的距离所做的功。
4. 下列哪个物理现象可以用安培环路定理解释？A. 电流B. 电阻C. 磁场D. 电压答案：C解析：安培环路定理是电磁学中的一个重要定理，它描述了磁场与电流之间的关系。
该定理指出，通过一个闭合路径的磁场线积分等于该路径所包围的电流总和。
5. 下列哪个物理现象可以用波尔兹曼分布律解释？A. 热力学B. 统计力学C. 量子力学D. 相对论答案：B解析：波尔兹曼分布律是统计力学中的一个重要定律，它描述了在热力学平衡状态下，不同能量状态的粒子数目的分布。
该定律是统计力学的基础之一。
6. 下列哪个物理现象可以用薛定谔方程解释？A. 光的干涉B. 量子隧穿C. 原子光谱D. 相对论效应答案：B解析：薛定谔方程是量子力学中的一个基本方程，它描述了微观粒子在量子态下的行为。
量子隧穿是量子力学中的一个重要现象，它可以用薛定谔方程来解释。
7. 下列哪个物理现象可以用广义相对论解释？A. 光的折射B. 引力透镜C. 狭义相对论效应D. 光的干涉答案：B解析：广义相对论是爱因斯坦提出的一种引力理论，它描述了引力的本质和作用。
引力透镜是广义相对论的一个重要预言，它可以用广义相对论来解释。
8. 下列哪个物理现象可以用电磁感应定律解释？A. 法拉第电磁感应定律B. 安培环路定理C. 楞次定律D. 电磁感应答案：A解析：法拉第电磁感应定律是电磁学中的一个基本定律，它描述了磁场变化产生的感应电动势。
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第32届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题考生须知1.考生考试前务必认真阅读本须知。
2.考试时间为3个小时。
3.试题从本页开始，共4页，含八道大题，总分为140分。
试题的每一页下面标出了该页的页码和试题的总页数。
请认真核对每一页的页码和总页数是否正确，每一页中是否有印刷不清楚的地方，发现问题请及时与监考老师联系。
4.考生可以用发的草稿纸打草稿，但需要阅卷老师评阅的内容一定要写到答题纸上；阅卷老师只评阅答题纸上的内容，写在草稿纸和本试题纸上的解答一律无效。
——————————————————以下为试题———————————————— 本试卷解答过程中可能需要用到下列公式；12221ln ;2;ln(1),2x x x dx dx x x C x x x x x x ==+≈-⎰⎰当||<<1 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，一物块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，忽路空气阻力。
(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)球物块D 上下微小振动的固有频率；(3)当a 和b 满足什么条件对，物块D 的固有频率最大?并求出该圈有频率的最大值。
二、(20分)如图，轨道型电磁发射嚣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，经过导轨、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。
已知电枢质量为m s ，发射体质量为m 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的增加量为'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0R 、电感为0L 。
导轨与电电枢间摩擦以及空气阻力可忽略．(1)试画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(平顶脉冲龟流)、电枢和发射体的总质量为m s +m a =0.50kg 、导轨长度为x m =500m 、导轨上单位长度电感增加'10/r L H m μ=，若发射体开始时静止，出口速度v sm =3.0×103m/s ，求回路电流I 和加速时间τ。
三、(15分)俄国火箭专家齐奥尔科夫斯基将火箭发射过程进行模型简化，得出了最早的理想火箭方程，为近代火箭、导弹工程提供了理论依据。
该简化模型为：待发射火箭静止于惯性参考系S 中某点，忽略火箭所受的地球引力等外力的作用，火箭(包含燃料)的初始静止质量为M i ；在t=0时刻点火，火箭向左排出气体，气体相对于火箭的速度恒为V S ，使火箭向右发射；在S 系中观测，火箭的速度为V 1，排出气体的速度为V 2，如图所示。
根据此模型，火箭运行一段时间后，当其静止质量由M i 变为M 时，(1)用牛顿力学推导火箭所获得的速度V 1与质量比M/M i 之间的关系：(2)用狭义相对论力学接导火箭所获褥的速度V 1与质量比M/M i 之间的关系；(3)当V 1远小于真空中的光速c 时，计算以上两种结果之差，保留至()21/V c 项。
四、(15分)光在物体表面反射或者被吸收时，光子将其动量传给物体，使光具有对物体的辐射压力(光压)。
利用光压，可实现对某些微小粒子的精确操控(光镊)．设在|y|≥L 的区域有一匀强激光场，沿z 轴负方向入射，其强度(单位时间内通过单位横截面积的光能)为I ：在y ∈ (-L,L)之间没有光场，其横截面如图所示．一密度为ρ的三棱柱形小物体(其横截面是底边长为2L 、底角为θ的等腰三角形)被置于光滑的水平面xy 上，其朝上的A 和B 两面均涂有特殊反射层，能完全反射入射光．小物体初始时静止，位置如图。
(1)假定光子的反射角等于入射角，且反射前后光子的频率不变。
试求：(a)小物体在受到激光场照射后的动力学方程；(b)小物体从初始位置向y 轴负方向移动3L/2的距离所需的时间．(2)实际上，由于小物体的运动，反射光子频率会有微小的变化；在小物体从初始位置向y 轴负方向移动到距离为3L/2的过程中，定性比较反射光子与入射光子频率的大小及其随时间的变化。
五、(20分)如图，一个上端固定、内半径为R 1的玻璃圆筒底部浸没在大容器中的水面之下，未与容器底接触：另将一个外半径为R 2(R 2略小于R 1)的同质玻璃制成的圆筒(上端固定)放置其中，不接触容器底，保持两玻璃圆筒的中轴线重合且竖直。
设水与玻璃之间的接触角为θ(即气-液界面在水的最高处的切线与固-液界面的夹角，见局部放大图)。
已知水的表面张力系数为α，地面重力加速度大小为g 。
(1)在毛细现象中，系统毛细作用引起的势能变化，可以等效地看作固-液-气分界线上液体表面张力在液面上升或下降过程中做的功。
试证：以大容器中的水面处为系统势能零点，则当水由子毛细作用上升高度为h 对，系统毛细作用的势能为E S (h)=-2παcosθ(R 1+R 2)h(2)试导出系统在水由于毛细作用上升的过程中释放的热量；(3)如果在超万米高空飞机中短时间内做此实验，飞机可视为做匀速直线运动。
测得该系统在同样过程中放出的热量为Q，试求此时飞机距离地面的高度。
假定该飞机内水的表面张力系数和接触角与地面情形相同。
以上计算不考虑地球的自转。
六、(15分)太阳系内行星的公转方向是基本相同的。
地球上的观测者所看到的行星位置实际上是该行星在遥远的背景星空中的投影。
由于各行星的公转速度以及它们在轨道上位置的不同，地球上的观测者看到的行星在背景星空中移动的方向与地球的公转方向并非总是相同。
人们把看到的行星移动方向与地球公转方向相同情形下行星的视运动叫顺行，方向相反的叫逆行。
当行星位于由顺行转为逆行或由逆行转为顺行的转折点时，行星看起来好像停留在星空不动，该位置叫留。
天文学把地外行星运行至太阳和地球所在的直线上、且太阳和地外行星位于地球两侧的情形叫行星冲日。
火星冲日是常见的天文现象。
设地球和火星都在同一平面内绕太阳做圆周运动。
且只考虑太阳对行星引力。
已知火星轨道半径R m为她球轨道半径R0的1.524倍，不考虑地球的自转，试计算火星在经历相邻两次冲日的时间间隔内其视运动为逆行和顺行的时间间隔。
七、(20分)飞行时间质谱仪(TOFMS)的基本原理如图l所示，主要由离子源区、漂移区和探测器三部分组成。
带正电的离子在离子源区形成后被电场E s加速，经过漂移区(真空无场)，到达离子探测器。
设离子在离子源区加速的距离为S，在漂移区漂移的距离为L。
通过记录离子到达探测器的时刻，可以把不同的离子按质荷比m/q的大小进行分离，这里m和q分别表示离子的质量和电量。
分辨率是TOFMS最重要的性能指标，本题将在不同情况下进行讨论或计算。
忽略重力的影响量。
(1)对于理想的TOFMS，不同离子在离子源区X轴方向同一位置、同一时刻t=0产生，且初速度为零。
探测器可以测定离子到达探测器的时刻t，其最小分辨时间为△t(即探测器所测时刻t的误差)。
定义仪器的分辨率为R=m/△m，其中△m为最小分辨时间△t对应的最小分辨质量。
此种情形下，R完全由△t决定，试推导R与t和△t之间的关系。
(2)实际上，离子产生的位置也有微小的差别△S(△S<<S)，这导致具有相同质荷比的离子不能同时到达探测器，从而影响质谱仪的分辨率。
如图2所示，引入双加速场，即在离子源后引入第二加速电场E1，该电场区域的长度为D1。
通过适当选择漂移区的长度L，可使同一时刻在不同位置产生的质荷比相同的离子尽量同时到达探测器，以使分辨率受△S的影响最小，试求L的值．(3)为了进一步降低离子产生位置的离散性对分辨率的影响：通常采用如图3所示的反射式TOFMS 。
这里，在二级加速电场(E S 和E 1)的基础上增加了反射器，它由两级电场E 2和E 3组成。
通过这两个电场对离子的飞行方向进行反转，以使分辨率受△S 的影响最小，试求L 的值。
为简化计算，假设离子的运动是平行于X 方向的直线运动．(装置的各参数间满足E S S+E 1D 1≤E 2 D 2+E 3D 3，以使所有离子飞行方向的反转都可以实现。
)八、(20分)激光瞄准打击系统的设计需考虑空气折射率的交化。
由于受到地表状况、海拔高度、气温、湿度和空气密度等多种因素的影响，空气的折射率在大气层中的分布是不均匀的，因而激光的传播路径并不是直线，为简化起见，假设某地的空气折射率随高度y 的变化如下式所示2220n n y α=+其中n 0是y =0处(地面)空气的折射率，n 0和α均为大于零的已知常量。
激光本身的传播时间可忽略。
激光发射位于坐标原点O(如图)。
(1)若激光的出射方向与竖直方向y 轴的夹角为θ0(0≤θ0≤π/2)，求描述该激光传播路径的方程。
(2)假定目标A 位于第一象限。
当目标A 的高度为y a 时，求激光发射器可照射到的目标A 的最大x 坐标值x amax 。
(3)激光毁伤目标需要一定的照射时间。
若目标A 处在激光发射器的可照射范围内，其初始位置为(x 0，y 0)，该目标在同一高度上以匀速度v 接近激光发射嚣．为了使激光能始终照射该目标，激光出射角θ0应如何随时间t 而变化?(4)激光发射器的攻击通常遵从安全击毁的原则，即既要击毁目标飞行器A ，又必须使目标飞行器A 水平投出的所有炸弹，都不能炸到激光发射器(炸弹在投出时相对于A 静止)。
假定A 一旦进入激光发射器可攻击范围，激光发射器便立即用激光照射它。
已知水平飞行目标A 的高度为y a ，击毁A 需要激光持续照射的时间为t a ，且位于坐标原点O 的激光器能安全击毁它；已知重力加速度大小为g ，不考虑空气阻力，试求A 的速度范围。