2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析
2015第32届全国高中物理竞赛预赛试题解析(解析版)
一．选择题本题共5小题,每小题6分.在每小题给出的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小题后面的方括号内。
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. 2014年3月8日凌晨2点40分，马来西亚航空公司一架波音777-200飞机与管制中心失去联系。
2014年3月24日晚，初步确定失事地点位于南纬31°52’、东经115°52’的澳大利亚西南城市珀斯附近的海域。
有一颗绕地球做匀速圆周运动的卫星，每天上午同一时间在该区域正上方对海面拍照，则A．该卫星一定是地球同步卫星B．该卫星轨道平面与南纬31°52’所确定的平面共面C．该卫星运行周期一定是地球自转周期的整数倍D．地球自转周期一定是该卫星运行周期的整数倍【参照答案】D2. 23892U（铀核）衰变为22288Rn（氡核）要经过A．8次α衰变，16次β衰变B．3次α衰变，4次β衰变C．4次α衰变，16次β衰变D．4次α衰变，4次β衰变【参照答案】D【名师解析】由（238-222）÷4=4可知，23892U（铀核）衰变为22288Rn（氡核）要经过4次α衰变。
经过4次α衰变，电荷数减少8，而实际上电荷数减少了92-88=4，所以经过了4次β衰变，电荷数增加了4，选项D正确。
3.如图，一半径为R 的固定的光滑绝缘圆环，位于竖直平面内；环上有两个相同的带电小球a 和b （可视为质点），只能在环上移动。
静止时两小球之间的距离为R 。
现用外力缓慢推左球a 使其到达圆环最低点c ，然后撤除外力，下列说法正确的是A ．在左球a 到达c 点的过程中，圆环对b 球的支持力变大B ．在左球a 到达c 点的过程中，外力做正功，电势能增加C ．在左球a 到达c 点的过程中，a 、b 两球的重力势能之和不变D ．撤除外力后，a 、b 两球在轨道上运动过程中系统的能量守恒 【参照答案】BD 【名师解析】在左球a 到达c 点的过程中，b 球向上移动，重力与库仑力的夹角增大，其合力减小，由平衡条件可知，圆环对b 球的支持力变小，选项A 错误。
第27届、第32届全国中学生物理竞赛复赛试卷(含答案)
解答一、参考解答： 1．以i l 表示第i 个单摆的摆长，由条件（b ）可知每个摆的周期必须是40s 的整数分之一，即i i402T N == （N i 为正整数） （1） [(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得，各单摆的摆长i 22i400πg l N = （2） 依题意，i 0.450m 1.000m l ≤≤，由此可得i N << （3） 即i 2029N ≤≤ （4） 因此，第i 个摆的摆长为i 22400π(19i)g l =+ (i 1,2,,10)= （5） 2．20s评分标准：本题15分．第1小问11分．（2）式4分，（4）式4分，10个摆长共3分．第2小问4分．二、参考解答：设该恒星中心到恒星－行星系统质心的距离为d ，根据题意有2L d θ∆= （1） 将有关数据代入（1）式，得AU 1053-⨯=d ．又根据质心的定义有Md r d m-= （2） 式中r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径，即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有222πMm G Md r T ⎛⎫= ⎪⎝⎭（3） 由（2）、（3）两式得()23224π1md G TM m =+ （4） [若考生用r 表示行星到恒星行星系统质心的距离，从而把(2)式写为Md r m =，把(3)式写为()222πMmG Md T r d ⎛⎫= ⎪⎝⎭+，则同样可得到(4)式，这也是正确的.] 利用（1）式，可得 ()()3222π21L m GT Mm θ∆=+ （5） （5）式就是行星质量m 所满足的方程．可以把(5)试改写成下面的形式()()()33222π21m M L GMT m M θ∆=+ （6）因地球绕太阳作圆周运动，根据万有引力定律可得3S 22(1AU)(1y)4πGM = （7）注意到S M M =，由（6）和（7）式并代入有关数据得()()310S 8.6101S m M mM -=⨯+ (8) 由（8）式可知 S1m M << 由近似计算可得3S 110m M -≈⨯ （9）由于m M 小于1/1000，可近似使用开普勒第三定律，即3322(1AU)(1y)r T =（10） 代入有关数据得5AU r ≈ （11）评分标准：本题20分．（1）式2分，（2）式3分，（3）式4分，（5）式3分，（9）式4分，（11）式4分．三、参考解答：解法一一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R 的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有π1tan 2π2R R θ== （1） 可得：sin 5θ=，cos 5θ= （2） 设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为ω，则环上每一质量为i m ∆的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u 表示，u R ω= （3） 该小质元对转轴的角动量2i i i L m uR m R ω∆=∆=∆整个螺旋环对转轴的角动量22i i L L m R mR ωω=∆=∆=∑∑ （4）小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为ω时，设小球相对螺旋环的速度为'v ，则小球在水平面内作圆周运动的速度为cos Rθω'=-v v（5）沿竖直方向的速度sin ⊥'=v v θ （6）对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有0m R L=-v（7）由（4）、（5）、（7）三式得：'v cos θ-ωωR =R （8）在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有()222i 1122mgh m m u ⊥=++∆∑v v（9） 由（3）、（5）、（6）、（9）四式得：()2222sin gh =R R θ-ωθω2''++v v 2cos（10）解（8）、（10）二式，并利用（2）式得ω=（11）'v =（12） 由（6）、（12）以及（2）式得⊥=v（13） 或有2123gh ⊥=v（14）（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度13⊥=a g（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则有212⊥h =a t （16） 由（11）和（16）式得3=ωgt R（17） （17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度3=βgR（18）小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力1N ，在图1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力2N '的反作用力2N ．向心力2N '在水平面内，方向指向转轴C ，如图2所示．1N 、2N 两力中只有1N 对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有1sin ∆=∆N R t L θ （19）由（4）、（18）式并注意到∆=∆ωβt得13sin mg N θ==（20） 而222N N m R '==v（21）图2由以上有关各式得22 3 =hN mgR（22）小球对螺旋环的作用力13N==（23）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（7）式1分，（9）式1分，求得（11）式给6分，（20）式5分，（22）式4分，（23）式2分．解法二一倾角为θ的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有：π1tan2π2RRθ==（1）可得：sinθ=cosθ=（2）螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为'v，沿薄片斜边的加速度为'a．薄片相对地面向左移动的速度为u，向左移动的加速度为a．u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为ω，则有u Rω=（3）而a就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为β，则有=a Rβ（4）小球位于斜面上的受力情况如图2所示：图1a 图2重力mg ，方向竖直向下，斜面的支持力N ，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力f *，方向水平向右，其大小0*=f ma （5）由牛顿定律有cos sin mg θN f θ*--=0 （6） sin cos *'+=mg f ma θθ （7） 0sin =N ma θ （8）解（5）、（6）、（7）、（8）四式得2sin sin '1+2a =g θθ （9） 2cos =1sin +N mg θθ （10）02sin cos 1+sin =a g θθθ （11）利用（2）式可得'a =g（12） 3N =mg （13） 013=a g （14） 由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度1=3βg R（15） 若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t ，则此时螺旋环的角速度=ωβt （16）因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向的加速度sin ⊥⊥''==a a a θ（17） 故有212⊥h =a t （18） 由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得=ω （19）小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N 垂直．向心力的大小21N mR=v （20）式中v 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a 为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有a t =v （21）令a '为a '在水平面内的分量，有00cos a a a a a θ''=-=- （22）由以上有关各式得123=hN mg R（23） 小球作用于螺旋环的力的大小0N =（24）由（13）、（23）和（24）式得0N = （25）评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（9）或（12）式1分，（10）或（13）式5分，（11）或（14）式1分，（19）式6分，（23）式4分，（25）式2分．四、参考解答：而R ω=v （2）由（1）、（2）两式得m B q ω=（3）如图建立坐标系，则粒子在时刻t 的位置()cos x t R t ω=，()sin y t R t ω= （4）取电流的正方向与y 轴的正向一致，设时刻t 长直导线上的电流为()i t ，它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为()()i t B kd x t =+ （5） 方向垂直圆周所在的平面.由（4）、（5）式，可得()(cos )m i t k d R t q ωω=+（6）评分标准：本题12分．（3）式4分，（4）式2分，（5）式4分，（6）式2分．五、参考解答：1．质点在A B →应作减速运动（参看图1）．设质点在A 点的最小初动能为k0E ，则根据能量守恒，可得质点刚好能到达B 点的条件为 k03/225/2kqQ kqQ kqQ kqQmgR E R R R R -+=+-（1） 由此可得:k0730kqQE mgR R=+（2） 2． 质点在B O →的运动有三种可能情况：i ．质点在B O →作加速运动（参看图1），对应条件为249kqQmg R≤ （3） 此时只要质点能过B 点，也必然能到达O 点，因此质点能到达O 点所需的最小初动能由（2）式给出，即k0730kqQE mgR R =+（4） 若（3）式中取等号，则最小初动能应比（4）式给出的k0E 略大一点．ii ．质点在B O →作减速运动（参看图1），对应条件为 24kqQmg R ≥ （5） 此时质点刚好能到达O 点的条件为图1k0(2)/225/2kqQ kqQ kqQ kqQmg R E R R R R -+=+-（6） 由此可得k011210kqQE mgR R=-（7） iii ．质点在B O →之间存在一平衡点D （参看图2），在B D →质点作减速运动，在D O →质点作加速运动，对应条件为22449kqQ kqQmg R R <<（8） 设D 到O 点的距离为x ，则()2(/2)kqQ mg R x =+ （9）即2R x =（10）根据能量守恒，质点刚好能到达D 点的条件为()k0(2)/225/2kqQ kqQ kqQ kqQ mg R x E R R xR R -+-=+-+ （11）由（10）、（11）两式可得质点能到达D 点的最小初动能为k059210kqQ E mgR R=+- （12）只要质点能过D 点也必然能到达O 点，所以，质点能到达O 点的最小初动能也就是（12）式（严格讲应比（12）式给出的k0E 略大一点．）评分标准：本题20分．第1小问5分．求得（2）式给5分．第2小问15分．算出第i 种情况下的初动能给2分；算出第ii 种情况下的初动能给5分；算出第iii 种情况下的初动能给8分，其中（10）式占3分．六、参考解答：1n =时，A 、B 间等效电路如图1所示， A 、B 间的电阻rLAB图 1图211(2)2R rL rL == （1）2n =时，A 、B 间等效电路如图2所示，A 、B 间的电阻21141233R rL R ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（2） 由（1）、（2）两式得256R rL = (3)3n =时，A 、B 间等效电路如图3所示，A 、B 间的电阻3211331233229443R rL R ⎡⎤⎛⎫=++++++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦（4） 由（3）、（4）式得379R rL =（5）评分标准：本题20分．（1）式4分，（3）式6分，（5）式10分．七、参考解答：１．根据题意，太阳辐射的总功率24S S S 4πP R T σ=．太阳辐射各向同性地向外传播．设地球半径为E r ，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率AB图321rL1211rL 1rL 9rL9rL11R 2rL 2rL23rL113R23rL图2为242S I S E πR P T r d σ⎛⎫= ⎪⎝⎭（1）地球表面反射太阳辐射的总功率为I P α．设地球表面的温度为E T ，则地球的热辐射总功率为24E E E 4πP r T σ= （2）考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为I E P P β+．当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有I E I E P P P P βα+=+ （3）由以上各式得1/41/2S E S 121R T T d αβ⎫-⎛⎫=⎪⎪-⎝⎭⎝⎭（4）代入数值，有E 287K T = （5）2．当地球表面一部分被冰雪覆盖后，以α'表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为E 273K T =．利用（4）式，可求得0.43α'= （6）设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x ，则12(1)x x ααα'=+- （7）由（6）、（7）两式并代入数据得%30=x （8）评分标准：本题15分．第1小问11分．（1）式3分，（2）式1分，（3）式4分，（4）式2分，（5）式1分．第2小问4分．（6）式2分，（8）式2分．八、参考解答：方案一：采光装置由平面镜M 和两个凸透镜L 1、L 2组成．透镜组置于平面镜M 后面，装置中各元件的相对方位及光路图如图1所示．L 1、L 2的直径分别用D 1、D 2表示，其焦距的大小分别为f 1 、f 2．两透镜的距离12d f f =+ （1）直径与焦距应满足关系1212f fD D = （2） 设射入透镜L 1的光强为10I '，透过透镜L 1的光强为1I '，考虑到透镜L 1对光的吸收有 1100.70I I ''=（3） 从透镜L 1透出的光通量等于进入L 2的光通量，对应的光强与透镜的直径平方成反比，进入L 2的光强用20I 表示，即2220112122I D f I f D ⎛⎫== ⎪'⎝⎭故有212012f I I f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（4）透过L 2的光强2200.70I I '=，考虑到（3）式，得 2121020.49f I I f ⎛⎫''= ⎪⎝⎭（5） 由于进入透镜L 1的光强10I '是平面镜M 的反射光的光强，反射光是入射光的80%，设射入装置的太阳光光强为0I ，则1000.80I I '= L 22.5图1代入（5）式有212020.39f I I f ⎛⎫'= ⎪⎝⎭（6）按题设要求202I I '= 代入（6）式得2100220.39f I I f ⎛⎫= ⎪⎝⎭从而可求得两透镜的焦距比为122.26f f = （7） L 2的直径应等于圆形窗户的直径W ，即210cm D =，由（2）式得112222.6cm f D D f == （8） 由图可知，平面镜M 参与有效反光的部分为一椭圆，其半短轴长度为1/211.3cm b D == （9）半长轴长度为1(2sin 22.5)29.5cm a D == （10）根据装置图的结构，可知透镜组的光轴离地应与平面镜M 的中心等高，高度为H ． 评分标准：本题20分．作图8分（含元件及其相对方位，光路），求得（7）、（8）两式共10分，（9）、（10）式共2分．方案二：采光装置由平面镜M 和两个凸透镜L 1、L 2组成，透镜组置于平面镜M 前面，装置中各元件的相对方位及光路图如图2所示．对透镜的参数要求与方案一相同．但反射镜M 的半短轴、半长轴的长度分别为2/2 5.0cm b D == 和2(2sin 22.5)13.1cm a D ==评分标准：参照方案一．方案三、采光装置由平面镜M 和一个凸透镜L 1、一个凹透镜L 2组成，透镜组置于平面镜M 后面（也可在M 前面），装置中各元件的相对方位及光路图如图3所示．有关参数与方案一相同，但两透镜的距离12d f f =-如果平面镜放在透镜组之前，平面镜的尺寸和方案一相同；如果平面镜放在透镜组之后，平面镜的尺寸和方案二相同． 评分标准：参照方案一．九、参考解答：1．假设碰撞后球1和球2的速度方向之间的夹角为α（见图），1L 22.5图 322.5图2W则由能量守恒和动量守恒可得22220000102m c m c m c m c γγγ+=+ （1）()()()()()2220000110220110222cos m m m m m γγγγγα=++v v v v v（2）其中0γ=，1γ=，2γ=．由（1）、（2）式得2101γγγ+=+ （3）2222012121212(/)cos c γγγγγα+=++v v （4）由（3）、（4）式得222220121212121212111cos 02()()()c c γγγγγαγγγγ+-+--==>v v v v （5）π2α<（6） 即为锐角．在非相对论情况下，根据能量守恒和动量守恒可得2202100212121v v v m m m +=20 （7） ()()()()()22200010201022cos m m m m m α=++v v v v v（8）对斜碰，1v 的方向与2v 的方向不同，要同时满足（1）和（2）式，则两者方向的夹角π2α=（9） 即为直角．2．根据能量守恒和动量守恒可得22220m c +=+（10）1=+（11）令0γ=，1γ=，2γ=则有：0=v1=v2=v 代入（10）、（11）式得2101γγγ+=+ （12）111222120-+-=-γγγ（13）解（12）、（13）两式得11=γ 02γγ= （14）或01γγ= 21γ= （15）即10=v ， 20=v v （16）（或10=v v ，20=v ，不合题意）评分标准：本题16分．第1小问10分．（1）、（2）式各2分，（6）式4分，（9）式2分． 第2小问6分．（10）、（11）式各1分，（16）式4分．第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案2015年9月19日说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。
2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答
⑤
yA (t = 0) − yB (t = 0) = L 利用⑥式，⑤式在碰撞后的瞬间成为 VAy ≡ VAy (t = VBy (t = 0) = 0) ≡ VBy
由①②⑦式得
VAy = VBy = − m vy 2M
⑥
⑦ ⑧
由①②③式得 m ( v0 − v x ) M VBx = 0 利用⑧⑨⑩式，碰撞后系统的动能为 = VAx ⑨ ⑩
参考答案： （1）图中 X 和 Y 代表的核素分别为 15 O 和 13C （2）一个循环所有的核反应方程式依循换次序为
① ②
p + 12 C → 13 N
13
N → C + e +ν e
13 +
③ ④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧
p + 13 C → 14 N p + 14 N → 15 O
15
O → N + e +ν e
⑨
评分参考：第（1）问 4 分，X 和 Y 正确，各 2 分；第（2）问 6 分，②③④⑤⑥⑦式各 1 分；第 （3）问 5 分，⑧式 2 分，⑨式 3 分。 评析： 根据《全国中学生物理竞赛内容提要》的近代物理部分，考纲要求如下： “原子核的尺度数量 级 天然放射性现象 原子核的衰变 半衰期 放射线的探测 质子的发现 中子的发现 原子 核的组成 核反应方程 质能关系式 裂变和聚变 质量亏损” ，基本与高中选修 3-5 要求一致。 但是作为一个不经常出现的考点，很多考生会忽视这一部分，导致面对本题时感到无所适从。这 充分说明，在竞赛考试前的最后一轮复习时，按照考纲逐条过关是很有必要的。
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2015 年第 32 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析
第32届全国中学生物理竞赛复赛模考训练第02套-答案
F1
3 f0
2
f 02 2 f 0 （7）
带入 F 的表达式得到此时对应的 为：
1
方向的最大值为：
2 3 f 0l l sin 1 30 2 f0
f0 3 f0
6 2 l （8）
2 180 arccos
此时的外力为：
30 155.3 （9）
2 3l l 2 3 l 3 1 2 3l l 2 3 l 3 1
(14)
而对于任意角度 1 2 ， F 的最小值为：
F min 3 f 0 sin 30
最大值为：
f 02
3 f 0 cos 30
2
(15)
第 32 届全国中学生物理竞赛复赛模拟训练(2)
满分 160 分 命题人 蔡子星 题一 假设体系偏离平衡位置 l ，即两边绳长分别为 l l 和 l l ，此时两小球的角速度分别为 1 和 2 ， 则因两者仅受有心力作用，角动量守恒
l 2 1 (l l )2 2 (l l )2
取圆盘半径为单位半径，考虑环绕圆盘的单位球面，记球面上垂直圆盘方向的单位面积上辐射的 热量为 q ，则圆盘的这一面辐射的总热量为
而圆盘因反冲获得的动量为
/2
0
q cos (2 sin )d q
/2
0
2 q cos2 (2 sin )d q 3c c
1
第 32 届复赛训练题第 02 套 命题人:蔡子星
题三
如果滑动，至少两个脚发生滑动，先考虑 C 不动， A, B 两个脚滑动的情况。 设三条腿受到的正压力分别为 N A , N B , NC ，由 x 轴和 y 轴力矩平衡可以得到
2015年第32届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案
（2）已知BC长度为 ，讨论上述频移分别为正、零或负的条件，并求出最大的正、负频移。
（3）已知 ，求从C先到达P点、直至B到达P点过程中最大频移与最小频移之差（带宽），并将其表示成扇形波束的张角 的函数。
又因为
由上式得，当 取最大值时， 、 和 应满足 ⑰
（32届复赛15年）四、（25分）如图，飞机在距水平地面（xz平面）等高的航线KA（沿x正方向）上，以大小为 （ 远小于真空中的光速 ）的速度匀速飞行；机载雷达天线持续向航线正右侧地面上的被测固定目标P点（其x坐标为 ）发射扇形无线电波束（扇形的角平分线与航线垂直），波束平面与水平地面交于线段BC（BC随着飞机移动，且在测量时应覆盖被测目标P点），取K点在地面的正投影O为坐标原点。已知BC与航线KA的距离为 。天线发出的无线电波束是周期性的等幅高频脉冲余弦波，其频率为 。
已知：当 时， 。
四、（25分）
（1）解法（一）
按照题给坐标系，设待测点P的位置为 ，飞机在 时所在点K的位置为 。在时刻 ，飞机所在位置A点的坐标为 ，机载雷达此时发出一光信号；该信号到达P点，经反射后，于时刻 返回至飞机的机载雷达被接受，此时飞机的机载雷达的位置为 ，如图所示。由于光速不变，飞机做匀速直线运动，有
角动量都守恒，有
①
②
③
式中， 和 表示球C碰后的沿x方向和y方向的速度分量。由①②③式得
④
⑤
⑥
碰撞后系统的动能为
⑦
利用④⑤⑥式，系ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ动能⑦式可表示成
⑧
（2）解法（一）的⑪式或者解法（二）的⑧式即为
第32届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题
全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题本试卷解答过程中可能需要下列公式：1221ln x x x dx x x =⎰ ；C x xdx +=⎰2；1,2)1ln(2<<-≈+x x x x 当时 一、（15分）一根轻杆两端通过两根轻质弹簧A 和B 悬挂在天花板下，—物块D 通过轻质弹簧C 连在轻杆上。
A 、B 和C 的劲度系数分别为K 1、K 2和K 3．D 的质量为m 。
C 与轻杆的连接点到A 和B 的水平距离分别为a 和b ；整个系统的平衡时，轻杆接近水平，如图所示。
假设物块D 在竖直方向做微小振动，A 、B 始终可视为竖直，忽略空气阻力。
(1)求系统处于平衡位置时各弹簧相对于各自原长的伸长：(2)求物体D 上下微小振动的固有频率；(3)当a 和b 满足什么条件时，物块D 的固有频率最大。
并求出该固有频率的最大值．二，(20分)如图，轨道型电磁发射器是由两条平行固定长直刚性金属导轨、高功率电源、接触导电性能良好的电枢和发射体等构成。
电流从电流源输出，通过导轨、电枢和另一条导轨构成闭合回路，在空间中激发磁场。
载流电枢在安培力作用下加速，推动发射体前进。
已知电枢质量m s ，发射体质量为rn a ，导轨单位长度的电阻为'r R 。
导轨每增加单位长度整个回路的电感增加量为'r L ，电枢引入的电阻为s R 、电感为s L ；回路连线引入的电阻为c R 、电感为c L 。
导轨与电枢间摩擦以及空气阻力可忽略．(1 )试面出轨道型电磁发射器的等效电路图，并给出回路方程；(2)求发射体在导轨中运动加速度的大小与回路电流的关系；(3)设回路电流为恒流I （平顶脉冲电流）、电枢和发射体的总质量为m s +rn a =0.50 kg ，导轨长度为X m =500m ，导轨上单位长度电感增加量m H L r /10'μ=，若发射体开始时静止，出口速度为s m v m /100.33⨯=，求回路电流I 和加速时间τ。