(完整版)第34届全国中学生物理竞赛复赛试题
第4届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
L2 2GMm2
rmin
RE 3
⑥
由③式得
dr dt
2GM r
L2 m 2r
2
或
dt
dr
⑦
2GM r
L2 m2r
2
设彗星由近日点 A 运动到与地球轨道的交点 C 所需的时间为 t ，对⑦式两边积分，并利用
力大小为 F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。考虑小圆柱质心的运动，由质心 运动定理得
F mg sin ma
①
式中， a 是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无
滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度 1 （规定小圆柱在最低点
时 1 0 ）与 之间的关系为
R r(1 )
Fr
1 2
mr
2
d 21 dt 2
⑨
对于圆筒，同理有
FR
(
MR
2
)
d 22 dt 2
⑩
1
由⑨⑩式得
F
2 m
1 M
r
d 21 dt 2
R
d 22 dt 2
⑪
设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角 ，由于小圆柱与圆筒
间做无滑滚动，有
（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；
（2）经过 C、D 两点时速度的大小。
已知积分公式 xdx 2 x a 3/2 2a x a 1/2 C ，式中 C 是任意常数。 xa 3
2
解：
（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故
1, E 0
最新第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和答案
第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r 、质量为m 的均质实心小圆柱被置于一个半径为R 、质量为M 的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均水平，横截面如图所示。
重力加速度大小为g 。
试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率： （1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动； （2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。
解： （1）如图，θ为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。
小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。
设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。
考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得sin F mg ma θ-= ①式中，a 是小圆柱质心运动的加速度。
由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1θ（规定小圆柱在最低点时10θ=）与θ之间的关系为1()R r θθθ=+ ②由②式得，a 与θ的关系为22122()d d a r R r dt dtθθ==- ③考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得212d rF I dtθ-= ④式中，I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量212I mr = ⑤由①②③④⑤式及小角近似sin θθ≈ ⑥ 得22203()θθ+=-d gdt R r ⑦由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑧（2）用F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1θ和2θ分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120θθ==）。
对于小圆柱，由转动定理得221212θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭d Fr mr dt⑨对于圆筒，同理有2222()θ=d FR MR dt ⑩由⑨⑩式得22122221θθ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭d d F r R m M dt dt ⑪设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角θ，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有12()θθθθ=+-R r R ⑫ 由⑫式得22212222()θθθ-=-d d d R r r R dt dt dt⑬设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ⑭ 由⑫式得22()θ=-d a R r dt⑮由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin θθ≈，得22203d M m gdt M m R rθθ++=+- ⑯由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑰评分参考：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩⑪式各2分，⑫式3分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式3分，⑰式2分。
2017第34届全国重点中学生物理竞赛复赛理论考试试题和参考答案
第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为 f =（2）用F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1θ和2θ分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120θθ==）。
对于小圆柱，由转动定理得221212θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭d Fr mr dt⑨对于圆筒，同理有2222()θ=d FR MR dt⑩由⑨⑩式得22122221θθ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭d d F r R m M dt dt ?设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角θ，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有12()θθθθ=+-R r R ? 由?式得22212222()θθθ-=-d d d R r r R dt dt dt?设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。
求彗星 （1）先后两次穿过地球轨道所用的时间； （2）经过C 、D 两点时速度的大小。
已知积分公式()()3/21/2223x a a x a C =+-++，式中C 是任意常数。
解：（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故 1, 0E ε==①彗星绕太阳运动的轨道方程为：1cos kr θ=+②彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒()2221022L mr V r E mr ++==&③ 式中()MmV r Gr=-④⑥式得2T t =∆=⑩将题给数据代入⑩式得66.4010s T ≈⨯?（2）彗星在运动过程中机械能守恒2102GMm m E r-==v ? 式中v 是彗星离太阳的距离为r 时的运行速度的大小。
由?式有=v 当彗星经过C 、D 处时C D E r r R ==?由??式得，彗星经过C 、D 两点处的速度的大小为C D =v v ? 由?式和题给数据得 4C D 4.2210m/s ==⨯v v ?评分参考：第（1）问28分，①式4分，②式2分，③式4分，④式2分，⑤式4分，⑥⑦⑧⑨⑩?式各2分；第（2）问12分，?式4分，????式各2分。
2017年第34届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案
由⑧式得
设碰撞后瞬间重物B与卡车A的速度均为 ，由于碰撞时间极短，碰撞前后动量守恒
⑨
由⑨式得
碰撞过程中重物B对车厢前壁的冲量为
⑩
碰撞后，卡车和重物又一起运动了一段时间
（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；
（2）经过C、D两点时速度的大小。
已知积分公式 ，式中 是任意常数。
解：
（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故
①
彗星绕太阳运动的轨道方程为：
②
彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒
③
式中
④
当彗星运动到近日点A时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为 ，由③式得
⑤
由⑤式和题给条件得
（34届复赛17年）二、（40分）星体P（行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线
式中， 是P到太阳S的距离， 是矢径SP相对于极轴SA的夹角（以逆时针方向为正）， , 是P相对于太阳的角动量， 为引力常量， 为太阳的质量， 为偏心率， 和 分别为P的质量和机械能。假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C、D两点，如图所示。已知地球轨道半径 ，彗星轨道近日点A到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗星
解：
（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞。
卡车在水平直公路上做匀减速运动，设其加速度大小为 。由牛顿第二定律有
①
由①式得
由匀减速运动公式，卡车从制动开始到静止时所用的时间 和移动的距离 分别为
， ②
重物B在卡车A的车厢底板上做匀减速直线运动，设B相对于地面的加速度大小为 。由牛顿第二定律有
③
由③式得
从卡车制动开始到重物对地面速度为零时所用的时间 和重物移动的距离 分别为
2017年第34届全国中学生物理竞赛决赛真题及答案(高清pdf版)
f 1 2π
3L0 L0
2l0
k0
1
2π
3L0 L0
2l0
ma mb ma mb
k0
⑳
最后一步利用了②式。 评分参考：第（1）问 24 分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各 2 分；第（2）问 11 分，⑬⑭⑮式各 2 分，⑰式 1 分，⑲⑳式各 2 分。
二、（35 分） 参考解答： （1）两体系统的相对运动相当于质量为 Mm 的质点在固定力场中的运动，其运动方程是
人在 A 处完全下蹲，在 A A 过程中系统重力势能减少，（因受到摆底板的限制）动能仍然为零。人
在 A 处时系统的机械能为 U A' K A VA 0 mg(d l)(1 cos A )
②
mg
l
l
d
(h1
d
)
人在 B 仍处位于完全下蹲状态，在 A B 过程中系统机械能守恒。人在 B 处的动能为
0 为平衡位置、圆频率
6BI 、周期 T 2π m
m 6BI
、振幅为0 的简谐运动。
（3）线框在做上述运动的过程中，当逆时针转至 ab 边与 X 轴正向重合时，
0 ，且0 0
6BI ， m
⑨
此时 P 、 Q 形成断路，线框内没有了电流，不再受到安培力的力矩。由于没有阻力，线框将保持作角
三、（35 分）参考解答：
（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没 有机械能损失。将人和秋千作为一个系统。人在 A
处位于完全站立状态，此时系统的机械能为
U A K A VA 0 mg[l(1 cos A ) d ] mgh1 ① 式中，K A 0 和VA mgh1 分别是人在 A 处时系统的动 能和重力势能， A 是秋千与竖直方向的夹角（以 下使用类似记号）如图所示。
第34届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
3/5
蜗壳教育
六、
（40 分）
1914 年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级，从而证明
了原子能级的存在。加速电子碰撞自由的氢原子，使某氢原子从基态激发到激发态。该氢原
子仅能发出一条可见光波长范围（400nm~760nm ）内的光谱线。仅考虑一维正碰。
（1）求该氢原子能发出的可见光的波长；
没有磁场。半径 OP 为一均匀细金属棒，以恒定的角速度ω绕 O 点
顺时针旋转，旋转过程中金属棒 OP 与两个半圆弧均接触良好。已
知金属棒 OP 电阻为 R ，两个半圆弧的电阻可忽略。开始时 P 点
与 M 点重合。在t (0 ≤ t ≤ )时刻，半径 OP 与半圆O1 交于 Q 点。求
2/5
蜗壳教育ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。求彗星
（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；
（2）经过 C、D 两点时速度的大小。
已知积分公式∫
x dx
√x+a
2
3
1
= ( + )2 − 2( + )2 + ，式中 C 是任意常数。
3
1/5
蜗壳教育
三、
（40 分）
一质量为 M 的载重卡车 A 的水平车板
上载有一质量为 m 的重物 B，在水平直公
路上以速度 v0 做匀速直线运动，重物与车
厢前壁间的距离为 L（L > 0）
。因发生紧急
情况，卡车突然制动。已知卡车车轮与地面
间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为μ1 ，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因
数均为μ2（μ2 < μ1 ）
高中物理竞赛十年复赛真题热学纯手打word版含答案
十年真题－热学复赛1．34届复赛7如气体压强-体积图所示,摩尔数为ν的双原子理想气体构成的系统经历一正循环过程正循环指沿图中箭头所示的循环,其中自A到B为直线过程,自B到A为等温过程．双原子理想气体的定容摩尔热容为R,R为气体常量．1求直线AB过程中的最高温度；2求直线AB过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式,说明气体在直线AB过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程,确定吸热和放热过程发生转变时的温度T c；3求整个直线AB过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功．解析：1直线AB过程中任一平衡态气体的压强p和体积V满足方程＝此即p＝p0－V①根据理想气体状态方程有：pV＝νRT②由①②式得：T＝＝＋③由③式知,当V＝V0时,④气体达到直线AB过程中的最高温度为：T max＝⑤2由直线AB过程的摩尔热容C m的定义有：dQ＝νC m dT⑥由热力学第一定律有：dU＝dQ－pdV⑦由理想气体内能公式和题给数据有：dU＝νC V dT＝νRdT⑧由①⑥⑦⑧式得：C m＝C V＋＝R＋⑨由③式两边微分得：＝⑩由⑩式带入⑨式得：C m＝由⑥⑩ 式得,直线AB过程中,在V从增大到的过程中,C m＞0,＞0,故＞0,吸热在V从增大到的过程中,C m＜0,＜0,故＞0,吸热在V从增大到V0的过程中,C m＞0,＜0,故＜0,放热由式可知,系统从吸热到放热转折点发生在V＝V c＝处由③式和上式得：T c＝＝3对于直线AB过程,由⑥⑩式得：dQ＝νCm dV＝pdV＝pdV将上式两边对直线过程积分得,整个直线AB过程中所吸收的净热量为：Q直线=＝p0＝p0V0直线AB过程中气体对外所做的功为：W直线＝＝p0V0等温过程中气体对外所做的功为：W等温＝＝＝－ln2一个正循环过程中气体对外所做的净功为：W＝W直线＋W等温＝p0V0参考评分：第1问10分,①②式各3分,④⑤式各2分；第2问20分,⑥⑦⑧⑨⑩ 式各2分；第3问10分,式各2分．2．33届复赛2秋天清晨,气温为℃,一加水员到实验园区给一内径为、高为的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水．罐体导热良好．罐外有一内径为的透明圆柱形观察柱,底部与罐相连连接处很短,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,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从清晨到中午,气温缓慢升至℃,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p0＝×105pa,水在℃时的密度为ρ0=×103kg·m-3,水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为×10-4K-1,重力加速度大小为g＝s2,绝对零度为－℃.解析：1清晨加完水封闭后,罐内空气的状态方程为p0V0＝nRT0①至中午时由于气温升高,罐内空气压强增大,设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为p、V1、T1,相应的状态方程为：p1V1＝nRT1②1此时观察柱和罐内水位之差为：Δh＝＋＋③式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献,l0＝为早上加水后观察柱内水面的高度,S1＝πm2,S2＝4π×10－4m2分别为罐、观察柱的横截面积．由力平衡条件有：p1＝p0＋ρ1gΔh1④式中ρ1＝是水在温度为T1时的密度．⑤联立①②③④⑤式得：ρ1gS′Δh2＋p0S1＋λρ1gV0－p0V0＝0⑥式中S′＝,λ＝1－κT1－T0⑦解⑥得：Δh＝＝⑧另一解不合题意,舍去．由③⑤⑦⑧式和题给数据得：V1－V0＝S′Δh－κT1－T0S1l0＝－由上式和题给数据得,中午观察柱内水位为：l1＝Δh－＋l0＝⑨2先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功．解法一早上罐内空气压强p0＝×105pa,中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高Δh,罐内空气压强升高了Δp＝ρ1gΔh＝×103pa⑩因Δp<<p0,认为在准静态升温过程中罐内平均压强＝p0＋Δp＝×105pa罐内空气体积缩小了ΔV＝可见<<1,这说明式是合理的．罐内空气对外做功W＝ΔV＝－×103J解法二缓慢升温是一个准静态过程,在封闭水罐后至中午之间的任意时刻,设罐内空气都处于热平衡状态,设其体积、温度和压强分别为V、T和p．水温为T时水的密度为ρ＝⑩将②③④式中的V1、T1和p1换为V、T和p,利用⑩式得罐内空气在温度为T时的状态方程为：p＝p0＋V1－V0＋κT1－T0S1l0＝p0＋由题设数据和前门计算结果可知,κT－T0＜κT1－T0＝＜＝这说式右端分子中与T有关的项不可略去,而右端分母中与T有关的项可略去．于是式：p＝p0＋V1－V0＋κT1－T0S1l0＝p0＋利用状态方程,上式可改写成p＝－从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为W＝＝＝－＝－×103J解法三缓慢升温是一个准静态过程,在封闭水罐后至中午的任意时刻,罐内空气都处于热平衡状态,设其体积、温度和压强分别为V、T和p．水在温度为T时的密度为ρ＝⑩将②③④式中的V1、T1和p1换为V、T和p,利用⑩式得罐内空气在温度为T时的状态方程为p＝p0＋V－V0＋κT1－T0S1l0＝p0＋＝p0＋S1l0＋≈p0＋＋V－V0－S1l01－κT－T0＝p0＋＋≈p0＋＋V－V0－S1l01＋κT0＋PV＝p0＋＋V－2V01＋κT0＋PV＝p0＋＋V－2V01＋κT0＋PV式中应用了κT－T0＜κT1－T0＝,＜＝式可改写成p＝＝－＋从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为W＝＝＝－＝－×103J现计算罐内空气的内能变化．由能量均分定理知,罐内空气中午相对于清晨的内能改变为：ΔU＝nRT1－T0＝T1－T0＝×104J式中5是常温下空气分子的自由度．由热力学第一定律得罐内空气的吸热为：ΔQ＝W＋ΔU＝×104J从封闭水罐后至中午,罐内空气在这个过程中的热容量为：C＝＝×103J/K参考评分：第1问10分,①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分,⑨式2分；第2问10分,⑩ 式各1分,式各2分,式1分．3．32届复赛7如图,1mol单原子理想气体构成的系统分别经历循环过程abcda和abc′a．已知理想气体在任一缓慢变化过程中,压强p和体积V满足函数关系p＝fV．1试证明：理想气体在任一缓慢变化过程的摩尔热容可表示为Cπ＝C V＋,式中,C V和R分别为定容摩尔热容和理想气体常数；2计算系统经bc′直线变化过程中的摩尔热容；3分别计算系统经bc′直线过程中升降温的转折点在p-V图中的坐标A和吸放热的转折点在p-V图中的坐标B；4定量比较系统在两种循环过程的循环效率．解析：1根据热力学第一定律有：dU＝δQ＋δW①这里对于1mol理想气体经历的任一缓慢变化过程中,δQ、δW和dU可分别表示为δQ＝CπdT、δW＝－pdV、dU＝CVdT②将理想气体状态方程pV＝RT两边求导得p＋V＝R③式中利用了＝,根据③式有：＝④联立①②③④式得：Cπ＝C V＋⑤2设bc′过程方程为p＝α－βV⑥根据Cπ＝C V＋可得该直线过程的摩尔热容为：Cπ＝C V＋⑦式中C V＝R是单原子理想气体的定容摩尔热容．对bc′过程的初态3p1,V1和终态p1,5V1有：3p1＝α－βV1、p1＝α－5βV1⑧由⑧式得：α＝p1、β＝⑨由⑥⑦⑧⑨式得：Cπ＝⑩3根据过程热容的定义有：Cπ＝式中,ΔQ是气体在此直线过程中,温度升高ΔT时从外界吸收的热量．由⑩ 式得：ΔT＝RΔQΔQ＝由式可知,bc′过程中的升降温的转折点A在p-V图上的坐标为AV1,p1由⑩式可知,bc′过程中的吸放热的转折点B在p-V图上的坐标为BV1,p14对于abcda循环过程,ab和bc过程吸热,cd和da过程放热Qab＝nC V T b－T a＝RT b－RT a＝3p1V1Qbc＝nC p T c－T b＝RT c－RT b＝15p1V1式中已知n＝1mol,单原子理想气体定容摩尔热容C V＝R,定压摩尔热容C V＝R气体在abcda循环过程中的效率可表示为循环过程中对外做的功处以总吸热,即ηabcda＝＝＝对于abc′a循环过程,ab和bB过程吸热,Bc′和c′a过程放热．由热力学第一定律可得bB过程吸热为：Q bc′＝ΔU bB－W bB＝nC V T B－T b＋p B＋3p1V B－V1＝所以循环过程abc′a的效率为ηabc′a＝＝＝由式可知,ηabc′a＞ηabcda参考评分：第1问5分,①②③④⑤式各1分；第2问5分,⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第3问7分,式1分,式各2分,式各1分；第4问5分,式各1分．4．31届复赛2一种测量理想气体的摩尔热容比γ＝C p/C V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h i．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hf．试由这两次记录的实验数据h i和h f,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→解析：解法一瓶内理想气体经历如下两个气体过程：pi,V0,T0,N i p0,V0,T,N f p f,V0,T0,N f其中,p i,V0,T0,N i、p0,V0,T,N f、p f,V0,T0,N f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＝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p0时的体积,即：p i,V0,T,N i p0,V′,T0,N i此绝热过程满足＝②由状态方程有p0V′＝N i kT和p0V0＝N f kT,所以＝③联立①②③式得＝④此即γ＝⑤由力学平衡条件有p i＝p0＋ρgh i⑥pf＝p0＋ρgh f⑦式中,p0＋ρgh0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γ＝⑧利用近似关系式：当x<<1,ln1＋x≈x,以及<<1,<<1有γ＝＝⑨参考评分：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p i,V1,T0p0,V0,Tp f,V0,T0其中,p i,V1,T0、p0,V0,T、和p f,V0,T0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ab：p1γ－1Tγ＝pγ－1Tγ①bc：＝②由①②式得：＝③此即γ＝④由力学平衡条件有p i＝p0＋ρgh i⑤pf＝p0＋ρgh f⑥式中,p0＋ρgh0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⑦利用近似关系式：当x <<1,ln1＋x ≈x ,以及<<1,<<1有γ＝＝⑧参考评分：本题16分．①②式各3分,④⑤⑥⑦⑧式各2分． 5．30届复赛6温度开关用厚度均为的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20℃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×10-5/度和×10-5/度．当温度升高到120℃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．解析：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α1和α2,钢片和青铜片温度由T 1＝20℃升高到T 2＝120℃时的伸长量分别为Δl 1和Δl 2.对于钢片r －φ＝l ＋Δl 1①Δl 1＝lα1T 2－T 1②式中,d ＝．对于青铜片r ＋φ＝l ＋Δl 2③Δl 2＝lα2T 2－T 1④联立以上各式得r ＝d ＝×102mm⑤参考评分：本题15分．①式3分,②式3分,③式3分,④式3分,⑤式3分．6．29届复赛6如图所示,刚性绝热容器A 和B 水平放置,一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热刚性细短管把容器A 、B 相互连通．初始时阀门是关闭的,A 内装有某种理想气体,温度为T 1；B 内为真空．现将阀门打开,气体缓慢通过多孔塞后进入容器B 中．当容器A 中气体的压强降到与初始时A 中气体压强之比为α时,重新关闭阀门．设最后留在容器A 内的那部分气体与进入容器B 中的气体之间始终无热量交换,求容器B 中气体质量与气体总质量之比．已知：1mol 理想气体的内能为u ＝CT ,其中C 是已知常量,T 为绝对温度；一定质量的理想气体经历缓慢的绝热过程时,其压强p 与体积V 满足过程方程常量=+CR C pV ,其中R 为普适气体常量．重力影响和连接管体积均忽略不计．解析：设重新关闭阀门后容器A 中气体的摩尔数为n 1,B 中气体的摩尔数为n 2,则气体总摩尔数为n ＝n 1＋n 2①把两容器中的气体作为整体考虑,设重新关闭阀门后容器A 中气体温度为T 1′,B 中气体温度为T 2,重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表示为ΔU ＝n 1CT 1′－T 1＋n 2CT 2－T 1②由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有ΔU ＝0③令V 1表示容器A 的体积,初始时A 中气体的压强为p 1,关闭阀门后A 中气体压强为αp 1,由理想气体状态方程可知n ＝④ n 1＝⑤由以上各式可解得：T 2＝由于进入容器B 中的气体与仍留在容器A 中的气体之间没有热量交换,因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器A 中的那部分气体经历了一个绝热过程,设这部分气体初始时体积为V 10压强为p 1时,则有p 1＝αp 1⑥ 利用状态方程可得＝⑦由①②③④⑤⑥⑦式得,阀门重新关闭后容器B 中气体质量与气体总质量之比＝⑧参考评分：本题15分．①式1分,②式3分,③式2分,④⑤式各1分,⑥式3分,⑦式1分,⑧式3分．7．28届复赛6如图所示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔与大气相通,大气的压强为P0．用一热容量可忽略的导热隔板N和一绝热活塞M将气缸分为A、B、C三室,隔板与气缸固连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气．气缸的左端A室中有一电加热器Ω．已知在ArrayA、B室中均盛有1摩尔同种理想气体,电加热器加热前,系统处于平衡状态,A、B两室中气体的温度均为T0,A、B、C三室的体积均为V．现通过电加热器对A室中气体缓慢加热,若提供的总热量为Q0,试求B室中气体的末态体积和A室中气体的末态温度．设A、B两室中气体1摩尔的内能为U＝RT,式中R为普适气体常量,T为绝对温度在电加热器对A室中气体加热的过程中,由于隔板N是导热的,B室中气体的温度要升高,活塞M将向右移动.当加热停止时,活塞M有可能刚移到气缸最右端,亦可能尚未移到气缸最右端.当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止．解析：1设加热恰好能使活塞M移到气缸的最右端,则B室气体末态的体积V＝2V0①B根据题意,活塞M向右移动过程中,B中气体压强不变,用T B表示B室中气体末态的温度,有＝②由①②式得T B＝2T0③由于隔板N是导热的,故A室中气体末态的温度T A＝2T0④下面计算此过程中的热量Q m．在加热过程中,A室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收的热量等于其内能的增加量,即Q A＝RT A－T0⑤由④⑤两式得Q A＝RT0⑥B室中气体经历的是等压过程,在过程中B室气体对外做功为W＝p0V B－V0⑦B由①⑦式及理想气体状态方程得W B＝RT0⑧内能改变为ΔU B＝RT B－T0⑨由④⑨两式得ΔU B＝RT0⑩根据热力学第一定律和⑧⑩两式,B室气体吸收的热量为Q B＝ΔU B＋W B＝RT0由⑥ 两式可知电加热器提供的热量为Q m＝Q A＋Q B＝6RT0若Q0＝Q m,B室中气体末态体积为2V0,A室中气体的末态温度2T0．2若Q0＞Q m,则当加热器供应的热量达到Q m时,活塞刚好到达气缸最右端,但这时加热尚未停止,只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变,故热量Q0－Q m是A、B中气体在等容升温过程中吸收的热量．由于等容过程中气体不做功,根据热力学第一定律,若A室中气体末态的温度为T A′,有Q－Q m＝RT A′－2T0＋RT A′－2T0由两式可求得T A′＝＋T0B中气体的末态的体积V′＝2V0B3若Q0＜Q m,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故B室中气体末态的体积V B″＜2V0．设A、B两室中气体末态的温度为T A″,根据热力学第一定律,注意到A室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量Q A＝RT A″－T0B室中气体经历的是等压过程,吸收热量Q＝RT A″－T0＋p0V B″－V0B利用理想气体状态方程,上式变为Q B＝RT A″－T0由上可知Q0＝Q A＋Q B＝6RT A″－T0T0所以A室中气体的末态温度T A″＝＋T0B室中气体的末态体积V″＝T A″＝V0B参考评分：本题20分．得到Q0＝Q m的条件下①④式各1分；式6分,得到Q0＞Q m的条件下的式4分,式2分；得到Q0＜Q m的条件下的式4分,式2分．8．27届复赛7地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射假定不计大气对太阳辐射的吸收一部分被地球表面反射到太空,其余部分被地球吸收．被吸收的部分最终转换成为地球热辐射红外波段的电磁波．热辐射在向外传播过程中,其中一部分会被温室气体反射回地面,地球以此方式保持了总能量平衡．作为一个简单的理想模型,假定地球表面的温度处处相同,且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律：单位面积的辐射功率J与表面的热力学温度T的四次方成正比,即J＝σT4,其中σ是一个常量．已知太阳表面温度T s＝×103K,太阳半径R s＝×105km,地球到太阳的平均距离d＝×108km．假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层,并设它对热辐射能量的反射率为ρ＝．1如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α＝,试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用后,地球表面的温度是多少2如果地球表面一部分被冰雪覆盖,覆盖部分对太阳辐射的反射率为α1=,其余部分的反射率处α2＝．间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为273K．解析：1根据题意,太阳辐射的总功率P S＝4πRσT,太阳辐射各向同性的向外传播．设地球半径为r E,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为：P I＝σTπr①地球表面反射太阳辐射的总功率为αP I．设地球表面的温度为T E,则地球的热辐射总功率为：P E＝4πrσT②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P I＋βP E．当达到热平衡时,输入的能量与输出的能量相等,有：P I＋βP E＝αP I＋P E③由以上各式得：T E＝T S错误未定义书签;④带入数值有：T E＝287K⑤2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,根据题意这时地区表面的平均温度为T E＝273K．利用④式可求得：α′＝⑥设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x,则：α′＝α1x＋α21－x⑦由⑥⑦两式并带入数据得：x＝30％⑧参考评分：本题15分．第1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问4分,⑥式2分,⑧式3分．9．26届复赛4火箭通过高速喷射燃气产生推力．设温度T1、压强p1的炽热高压气体在燃烧室内源源不断生成,并通过管道由狭窄的喷气口排入气压p2的环境．假设燃气可视为理想气体,其摩尔质量为μ,每摩尔燃气的内能为u＝C V TC V是常量,T为燃气的绝对温度．在快速流动过程中,对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体,可以认为它与周围没有热交换,但其内部则达到平衡状态,且有均匀的压强p、温度T和密度ρ,它们的数值随着流动而不断变化,并满足绝热方程p＝C恒量,式中R为普适气体常量,求喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率．解析：于火箭燃烧室出口处与喷气口各取截面A1和A2,它们的面积分别为S1和S2,由题意,S1>>S2,以其管道内的气体为研究对象,如图所示．设经过很短时间Δt,这部分气体流至截面B1与B2之间,A1B1间、A2B2间的微小体积分别为ΔV1、ΔV2,两处气体密度为ρ1、ρ2,流速为v1、v2．气流达到稳定时,内部一切物理量分布只依赖于位置,与时间无关．由此可知,尽管B1A2间气体更换,但总的质量与能量不变．先按绝热近似求喷气口的气体温度T2．质量守恒给出：ρ1ΔV1＝ρ2ΔV2①即A2B2气体可视为由A1B1气体绝热移动所得．事实上,因气流稳恒,A1B1气体流出喷口时将再现A 2B2气体状态．对质量Δm＝ρ1ΔV1＝ρ2ΔV2的气体,利用理想气体的状态方程：pV＝RT②和绝热过程方程p1＝p2③可得：T2＝T1④再通过能量守恒求气体的喷射速率v2．由①式及ΔV＝SΔvt可得：ρ1S1V1＝ρ2S2V2⑤再利用①③式知,v1＝v2＝v2,因S2<<S1,p2<<p1,v2<<v1⑥整个系统经Δt时间的总能量包括宏观流动机械能与微观热运动内能增量ΔE为A2B2部分与A1B1部分的能量差．由于重力势能变化可忽略,在理想气体近似下比高考虑到⑥式有：ΔE＝Δmv＋C V T2－T1⑦体系移动过程中,外界做的总功为W＝p1ΔV1－p2ΔV2⑧根据能量守恒定理,绝热过程满足ΔE＝W⑨得：v2＝⑩其中利用了②④式．参考评分：本题20分．②式1分,③式2分,④式3分,⑥式1分,⑦式6分,⑧式4分,⑨式1分,⑩式2分．10．25届复赛4图示为低温工程中常用的一种气体、蒸气压联合温度计的原理示意图,M为指针压力表,以V M表示其中可以容纳气体的容积；B为测温泡,处在待测温度的环境中,以V B 表示其体积；E为贮气容器,以V E表示其体积；F为阀门．M、E、B由体积可忽略的毛细血管连接．在M、E、B均处在室温T0＝300K时充以压强p0＝×105Pa的氢气．假设氢的饱和蒸气仍遵从理想气体状态方程．现考察以下各问题：1关闭阀门F,使E与温度计的其他部分隔断,于是M、B构成一简易的气体温度计,用它可测量25K以上的温度,这时B中的氢气始终处在气态,M处在室温中．试导出B处的温度T和压力表显示的压强p的关系．除题中给出的室温T0时B中氢气的压强P0外,理论上至少还需要测量几个已知温度下的压强才能定量确定T与p之间的关系2开启阀门F,使M、E、B连通,构成一用于测量20～25K温度区间的低温的蒸气压温度计,此时压力表M测出的是液态氢的饱和蒸气压．由于饱和蒸气压与温度有灵敏的依赖关系,知道了氢的饱和蒸气压与温度的关系,通过测量氢的饱和蒸气压,就可相当准确地确定这一温区的温度．在设计温度计时,要保证当B处于温度低于T V＝25K 时,B中一定要有液态氢存在,而当温度高于T V＝25K时,B中无液态氢．要达到这一目的,V M＋V E与V B间应满足怎样的关系已知T V＝25K时,液态氢的饱和蒸气压p V＝×105Pa．3已知室温下压强p1＝×105Pa的氢气体积是同质量的液态氢体积的800倍,试论证蒸气压温度计中的液态气不会溢出测温泡B．解析：1当阀门F关闭时,设封闭在M和B中的氢气的摩尔数为n1,当B处的温度为T时,压力表显示的压强为p,由理想气体状态方程,可知B和M中氢气的摩尔数分别为n1B＝①n1M＝②式中R为普适气体常量．因n1B＋n1M＝n1③解①②③式得：＝－④或T＝⑤④式表明,与成线性关系,式中的系数与仪器结构有关．在理论上至少要测得两个已知温度下的压强,作对的图线,就可求出系数．由于题中已给出室温T0时的压强p0,故至少还要测定另一已知温度下的压强,才能定量确定T与p之间的关系式．2若蒸气压温度计测量上限温度T V时有氢气液化,则当B处的温度T≤T V时,B、M和E中气态氢的总摩尔数应小于充入氢气的摩尔数．由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩尔数n＝⑥2假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体,则B中气态氢的摩尔数为n2B＝⑦在⑦式中,已忽略了B中液态氢所占的微小体积．由于蒸气压温度计的其它部分仍处在室温中,其中氢气的摩尔数为n2M＋n2E＝⑧根据要求有：n2B＋n2M＋n2E≤n2⑨解⑥⑦⑧⑨各式得：V M＋V E≥V B⑩带入相关数据得：V M＋V E≥18V B11．25届复赛7在地面上方垂直于太阳光的入射方向,放置一半径R＝、焦距f＝的薄凸透镜,在薄透镜下方的焦面上放置一黑色薄圆盘圆盘中心与透镜焦点重合,于是可以在黑色圆盘上形成太阳的像．已知黑色圆盘的半径是太阳像的半径的两倍．圆盘的导热性极好,圆盘与地面之间的距离较大．设太阳向外辐射的能量遵从斯特藩—玻尔兹曼定律：在单位时间内在其单位表面积上向外辐射的能量为W＝σT4,式中σ为斯特藩—玻尔兹曼常量,T为辐射体表面的的绝对温度．对太而言,取其温度t s＝×103℃．大气对太阳能的吸收率为α＝．又设黑色圆盘对射到其上的太阳能全部吸收,同时圆盘也按斯特藩—玻尔兹曼定律向外辐射能量．如果不考虑空气的对流,也不考虑杂散光的影响,试问薄圆盘到达稳定状态时可能达到的最高温度为多少摄氏度解析：按照斯特藩－波尔兹曼定律,在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为W＝σT①S其中σ为斯特藩－波尔兹曼常量,T S为太阳表面的绝对温度．若太阳的半径为R S,则单位时间内整个太阳表面向外辐射的能量为P S＝4πR W S②单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是P S．设太阳到地球的距离为r SE,考虑到地球周围大气的吸收,地面附近半径为R的透镜接收到的太阳辐射的能量为P＝πR21－α③凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上并被薄圆盘全部吸收．另一方面,因为薄圆盘也向外辐射能量．设圆盘的半径为R D,温度为T D,注意到薄圆盘有两个表面,故圆盘在单位时间内辐射的能量为P D＝2πRσT④显然,当P D＝P⑤即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时,圆盘达到稳定状态,其温度达到最高．由①②③④⑤各式得：T D＝T S⑥依题意,薄圆盘半径为太阳的像的半径R的2倍,即R D＝R2．由透镜成像公式知：＝⑦于是有：R D＝2f⑧把⑧式带入⑥式得：T D＝T S⑨带入已知数据,注意到T S＝＋t S K,T D＝×103K⑩即有：t D＝T D－＝×103℃。
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第 34 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017 年 9 月 16 日一、（ 40 分）一个半径为 r 、质量为 m 的均质实心小圆柱被置于一个半径为 R 、质量为 M 的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均水平，横截面如图所示。
重力加速度大小为g 。
试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：（1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动；（2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内R 底部附近作无滑滚动。
二、（ 40 分）星体 P （行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线rkP1 cosC式中， r 是 P 到太阳 S 的距离，是矢径 SP 相对于极r轴 SA 的夹角（以逆时针方向为正） ，kL 22,L 是 BAGMmS10 11 m 3 kg 1 s 2 为 P 相对于太阳的角动量， G 6.67 R E引 力 常 量 ， M 1.99 1030 kg为 太 阳 的 质 量 ，D2 EL 2为偏心率， m 和 E 分别为 P 的质量12M 2 3G m和机械能。
假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于 C 、 D 两点，如图所示。
已知地球轨道半径R E 1.49 1011 m ，彗星轨道近日点 A 到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。
求彗 星（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间；（2）经过 C 、 D 两点时速度的大小。
已知积分公式 xdx 2 3/21/2x a x a2a x a C ，式中 C 是任意常数。
3三、（ 40 分）一质量为 M 的载重卡车 A 的水平车板上载有一质量为m 的重物 B，在水平直公路上以速度v0做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L （L0 ）。
因发生紧急情况，卡车突然制动。
已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为BLA1 ，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为 2 （2 1 ）。
第34届物理竞赛复赛试题及答案
第34届物理竞赛复赛试题及答案一、单项选择题（共20题，每题5分，共100分）1. 下列哪项不是粒子物理学的基本假设？A. 充分性原理B. 相对性原理C. 不确定性原理D. 费马原理2. 北极星光谱线的移位现象最初是哪个科学家通过实验发现的？A. 胡克B. 辛普森C. 赫尔曼D. 亨德里克3. 相对论中的洛伦兹变换具有以下哪一个性质？A. 反演不变性B. 时空相对性C. 相对性原理D. 矛盾性原理4. 某气体的绝热指数为1.4，再加压的条件下这个气体的温度A. 不变B. 上升C. 下降D. 不确定5. 看物体原来的颜色为白光，看物体反射的颜色为蓝色，这个现象的解释是？A. 物体的原来颜色是蓝色B. 物体反射的辐射更多地集中在较短波长的光区C. 物体反射的辐射更多地集中在较长波长的光区D. 环境光强烈时物体的颜色会发生变化6. 电子在磁场中作匀速圆周运动，则其动能与势能的变化情况如何？A. 动能不变，势能减小B. 动能增大，势能减小C. 动能减小，势能增大D. 动能不变，势能增大7. 像肉眼所能看见的太阳周围的白光，几乎全部来自于？A. 太阳的干扰光B. 太阳的热光C. 太阳的黑体辐射D. 太阳的光谱线8. 一个空气球放在零摄氏度的水中充气，如果它充满气体后体积为1mA. 它在水中漂浮B. 它在水中沉底C. 它在水中升起，但不漂浮D. 它不会对水位高度产生影响，但会影响它周围的水流9. 求一光束入射角为60度，折射角为45度的光线不透明物体的表面上，光的速度在透明物体的内部为1660m/s，这个透明物体的折射率是多少？A. 2.5B. 约1.73C. 约1.25D. 约0.7510. 一个理想氧化铝晶体会使垂直于晶面上的光线进行多少次反射？A. 1次B. 2次C. 3次D. 4次11. 下列哪个现象可以被理解为对牛顿第二定律的否定？A. 物体保持匀速直线运动B. 物体在匀速直线运动的基础上变向C. 物体静止不动D. 物体改变了速度12. 下列哪个现象可以被认为是孤立系统中机械能守恒的例证？A. 弹性碰撞B. 重物下落C. 摆动D. 手摇电筒发光13. 下列哪个动量的变化是最大的？A. 两个物体同向碰撞B. 两个物体相对碰撞C. 两个物体撞击后分别继续沿直线运动D. 两个物体进行纯旋转14. 一个摩擦系数为0.2的物体放在斜面上，角度为20度，有多大的力可以使物体静止？A. 约0.17NB. 约0.34NC. 约2.0ND. 约9.8N15. 均匀带电球面的电场强度在球心处的方向是？A. 垂直于球面B. 与球心连线方向相同C. 与球心连线方向相反D. 没有固定方向16. 某飞行物从高空坠落，开始时垂直速度0m/s，最终速度达到400m/s，下落时间为20s，飞行物的高度是多少？A. 约4kmB. 约8kmC. 约16kmD. 约32km17. 当球被踢出一个斜向上发射，物体的速度是否因高度的增加而增加压力吗？A. 是的B. 不是的18. 均匀带电圆环电场强度在环心处的方向是？A. 沿环半径方向B. 沿环切线方向C. 沿环正对方向D. 沿环法线方向19. 在静电场中无线积分可用于计算？A. 电场强度B. 磁场强度C. 感应电流D. 电荷20. 均速直线运动的物体在运动过程中，它？A. 总是以恒定速度运动B. 可以运动，但速度变化C. 速度与时间无相关性D. 总是以恒定加速度运动二、问答题（共5题，每题20分，共100分）21. 两球间有一距离，它们的引力大小是多少？22. 在磁场中，如果一个电子沿着磁场方向运动，是什么力恰好与它运动方向垂直？23. 在一个喇叭中发出的是什么类型的波？24. 跳伞让人成为了空气阻力的受害者，如果比重不同的气体相互作用，哪个气体在空气中起到的作用最小，为什么？25. 解释重力势能的大小和高度之间的关系。
第34届物理竞赛决赛试题
第34届物理竞赛决赛试题选择题：
以下哪个物理量是标量？
a) 力
b) 速度
c) 加速度
d) 位移
以下哪个物理量是矢量？
a) 质量
b) 电流
c) 温度
d) 位移
以下哪个物理量与功率有关？
a) 质量
b) 速度
c) 时间
d) 能量
以下哪个物理量与电阻有关？
a) 电流
b) 电压
c) 电荷
d) 功率
以下哪个物理量与光的折射有关？
a) 频率
b) 波长
c) 速度
d) 强度
填空题：
物体的质量是其______。
力的单位是______。
速度的单位是______。
功的单位是______。
电流的单位是______。
解答题：
请解释牛顿第一定律的内容。
请解释功的定义及其计算公式。
请解释电阻的概念及其影响因素。
请解释光的折射现象及其规律。
请解释电流的概念及其计算公式。
请解释速度与加速度的区别。
请解释功率的概念及其计算公式。
请解释波长和频率的关系。
34届全国中学生物理竞赛决赛
M 都对 m 星没有影响。已知引力常量为 G ，不考虑相对论效应。
（ 1）求爆炸前 M 星和 m 星之间的距离 r 0；
（ 2）若爆炸后 M 星和 m 星仍然做周期运动，求该运动的周期 T1 ；
（ 3）若爆炸后 M 星和 m 星最终能永远分开，求 M 、 m 和 M 三者应满足的条件。
参考解答：
（ 1）两体系统的相对运动相当于质量为
.
在 A 处时系统的机械能为
U A' K A V A 0 mg( d l)(1 cos A )
ld
mg
(h d )
1
l
人在 B 仍处位于完全下蹲状态，在
A B 过程中系统机械能守恒。人在
K
1 mv2 U
B1
B1
A
2
式中下标 1 表示秋千第一次到 B 处。
B 处的动能为
② ③
人在 B 处突然站立，人做功，机械能增加。设人站立前后体系的角动量分别为
0
L0
由 ? 式知， 3L0 2l0 0 ，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为
3L0 2l 0 k0
1
L0
f
1
3L0 2l 0 m a m b k 0
?
2π
2π
L0
mamb
最后一步利用了②式。 评分参考：第（ 1）问 24 分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩ ?? 式各 2 分；第（ 2）问 11 分， ??? 分， ? 式 1 分， ?? 式各 2 分。 二、（ 35 分）双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星体均可视为质点，其质量分别为
r
rv20
00
另一解 r0 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知
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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第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r、质量为m的均质实心小圆柱被置于水平，横截面如图所示。
重力加速度大小为g。
试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：（1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动；（2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。
二、（40分）星体P （行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线1cos kr εθ=+ 式中，r 是P 到太阳S 的距离，θ是矢径SP 相对于极轴SA 的夹角（以逆时针方向为正），22L k GMm =, L 是P 相对于太阳的角动量，113126.6710m kg s G ---=⨯⋅⋅为引力常量，301.9910kg M ≈⨯为太阳的质量，εm 和E 分别为P 的质量和机械能。
假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C 、D 两点，如图所示。
已知地球轨道半径11E 1.4910m R ≈⨯，彗星轨道近日点A 到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。
求彗星（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间； （2）经过C 、D 两点时速度的大小。
已知积分公式()()3/21/2223x a a x a C =+-++，式中C 是任意常数。
三、（40分）一质量为M 的载重卡车A 的水平车板上载有一质量为m 的重物B ，在水平直公路上以速度0v 做匀速直线运动，重物与车厢前壁间的距离为L （0L >）。
因发生紧急情况，卡车突然制动。
已知卡车车轮与地面间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为1μ，重物与车厢底板间的动摩擦因数和最大静摩擦因数均为2μ（21μμ<）。
若重物与车厢前壁发生碰撞，则假定碰撞时间极短，碰后重物与车厢前壁不分开。
重力加速度大小为g 。
（1）若重物和车厢前壁不发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车停止的过程所花的时间和走过的路程、重物从制动开始到重物停止的过程所花的时间和走过的路程，并导出重物B 与车厢前壁不发生碰撞的条件；（2）若重物和车厢前壁发生碰撞，求卡车从制动开始到卡车和重物都停止的过程所经历的时间、卡车走过的路程、以及碰撞过程中重物对车厢前壁的冲量。
四、（40分）如俯视图，在水平面内有两个分别以O点与O1点为圆心的导电半圆弧内切于M点，半圆O的半径为2a，半圆O1的半径为a；两个半圆弧和圆O的半径ON围成的区域内充满垂直于水平面向下的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为B；其余区域没有磁场。
半径OP为一均匀细金属棒，以恒定的角速度ω绕O点顺时针旋转，旋转过程中金属棒OP与两个半圆弧均接触良好。
已知金属棒OP电阻为R，两个半圆弧的电阻可忽略。
开始时P点与M点重合。
在t（π0tω≤≤）时刻，半径OP与半圆O1交于Q点。
求（1）沿回路QPMQ的感应电动势；（2）金属棒OP所受到的原磁场B的作用力的大小。
1五、（40分）某种回旋加速器的设计方案如俯视图a所示，图中粗黑线段为两个正对的极板，其间存在匀强电场，两极板间电势差为U。
两个极板的板面中部各有一狭缝（沿OP方向的狭长区域），带电粒子可通过狭缝穿越极板（见图b）；两细虚线间（除开两极板之间的区域）既无电场也无磁场；其它部分存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面。
在离子源S中产生的质量为m、带电量为q（0q ）的离子，由静止开始被电场加速，经狭缝中的O点进入磁场区域，O点到极板右端的距离为D，到出射孔P的距离为bD（常数b为大于2的自然数）。
已知磁感应强度大小在零到maxB之间可调，离子从离子源上方的O点射入磁场区域，最终只能从出射孔P射出。
假设如果离子打到器壁或离子源外壁则即被吸收。
忽略相对论效应。
求（1）可能的磁感应强度B的最小值；（2）磁感应强度B的其它所有可能值；（3）出射离子的能量最大值。
图a 图b六、（40分）1914年，弗兰克-赫兹用电子碰撞原子的方法使原子从低能级激发到高能级，从而证明了原子能级的存在。
加速电子碰撞自由的氢原子，使某氢原子从基态激发到激发态。
该氢原子仅能发出一条可见光波长范围（400nm760nm）内的光谱线。
仅考虑一维正碰。
（1）求该氢原子能发出的可见光的波长；（2）求加速后电子动能E的范围；k（3）如果将电子改为质子，求加速质子的加速电压的范围。
已知1240nm eVhc=⋅，其中h为普朗克常数，c为真空中的光速；质子质量近似为电子质量的1836倍，氢原子在碰撞前的速度可忽略。
七、（40分）如气体压强-体积图所示，摩尔数为 的双原子理想气体构成的系统经历一正循环过程（正循环指沿图中箭头所示的循环），其中自A到B为直线过程，自B到A为等温过程。
双原子理想气体的定容摩尔热容为52R，R为气体常量。
（1）求直线AB过程中的最高温度；（2）求直线AB过程中气体的摩尔热容量随气体体积变化的关系式，说明气体在直线AB 过程各段体积范围内是吸热过程还是放热过程，确定吸热和放热过程发生转变时的温度cT；（3）求整个直线AB过程中所吸收的净热量和一个正循环过程中气体对外所作的净功。
P0P八、（40分）菲涅尔透镜又称同心圆阶梯透镜，它是由很多个同轴环带套在一起构成的，其迎光面是平面，折射面除中心是一个球冠外，其它环带分别是属于不同球面的球台侧面，其纵剖面如右图所示。
这样的结构可以避免普通大口径球面透镜既厚又重的缺点。
菲涅尔透镜的设计主要是确定每个环带的齿形（即它所属球面的球半径和球心），各环带都是一个独立的（部分）球面透镜，它们的焦距不同，但必须保证具有共同的焦点（即图中F 点）。
已知透镜材料的折射率为n ，从透镜中心O （球冠的顶点）到焦点F 的距离（焦距）为f （平行于光轴的平行光都能经环带折射后会聚到F 点），相邻环带的间距为d （d 很小，可忽略同一带内的球面像差；d 又不是非常小，可忽略衍射效应）。
求 （1）每个环带所属球面的球半径和球心到焦点的距离； （2）该透镜的有效半径的最大值和有效环带的条数。
F第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2017年9月16日一、（40分）一个半径为r 、质量为m 的均质实心小圆柱被置于一个半径为R 、质量为M 的薄圆筒中，圆筒和小圆柱的中心轴均水平，横截面如图所示。
重力加速度大小为g 。
试在下述两种情形下，求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率：（1）圆筒固定，小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动；（2）圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动，小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。
解： （1）如图，θ为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。
小圆柱受三个力作用：重力，圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。
设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F ，方向沿两圆柱切点的切线方向（向右为正）。
考虑小圆柱质心的运动，由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ① 式中，a 是小圆柱质心运动的加速度。
由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动，小圆柱绕其中心轴转过的角度1θ（规定小圆柱在最低点时10θ=）与θ之间的关系为 1()R r θθθ=+②由②式得，a 与θ的关系为 22122()d d a r R r dt dtθθ==- ③ 考虑小圆柱绕其自身轴的转动，由转动定理得212d rF I dtθ-= ④式中，I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量212I mr = ⑤由①②③④⑤式及小角近似 sin θθ≈ ⑥得 22203()θθ+=-d gdt R r ⑦ 由⑦式知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑧（2）用F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小，1θ和2θ分别为小圆柱与圆筒转过的角度（规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向，开始时小圆柱处于最低点位置120θθ==）。
对于小圆柱，由转动定理得 221212θ⎛⎫-= ⎪⎝⎭d Fr mr dt⑨对于圆筒，同理有 2222()θ=d FR MR dt ⑩由⑨⑩式得 22122221θθ⎛⎫-+=- ⎪⎝⎭d d F r R m M dt dt ⑪设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角θ，由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动，有 12()θθθθ=+-R r R ⑫由⑫式得 22212222()θθθ-=-d d d R r r R dt dt dt⑬设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ，由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ⑭由⑫式得22()θ=-d a R r dt⑮由⑪⑬⑭⑮式及小角近似sin θθ≈，得22203d M m gdt M m R rθθ++=+- ⑯由⑯式可知，小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动，其振动频率为f =⑰评分参考：第（1）问20分，①②式各3分，③式2分，④式3分，⑤⑥式各2分，⑦式3分，⑧式2分；第（2）问20分，⑨⑩⑪式各2分，⑫式3分，⑬⑭⑮式各2分，⑯式3分，⑰式2分。
二、（40分）星体P （行星或彗星）绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线1cos kr εθ=+式中，r 是P 到太阳S 的距离，θ是矢径SP 相对于极轴SA 的夹角（以逆时针方向为正），22Lk GMm =, L 是P 相对于太阳的角动量，113126.6710m kg s G ---=⨯⋅⋅为引力常量，301.9910kg M ≈⨯为太阳的质量，ε=为偏心率，m 和E 分别为P 的质量和机械能。
假设有一颗彗星绕太阳运动的轨道为抛物线，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，两轨道相交于C 、D 两点，如图所示。
已知地球轨道半径11E 1.4910m R ≈⨯，彗星轨道近日点A 到太阳的距离为地球轨道半径的三分之一，不考虑地球和彗星之间的相互影响。
求彗星（1）先后两次穿过地球轨道所用的时间； （2）经过C 、D 两点时速度的大小。
已知积分公式()()3/21/2223x a a x a C =+-++，式中C 是任意常数。
解：（1）由题设，彗星的运动轨道为抛物线，故1, 0E ε== ①彗星绕太阳运动的轨道方程为： 1cos kr θ=+ ②彗星绕太阳运动过程中，机械能守恒()2221022L mr V r E mr ++== ③式中 ()MmV r G r=- ④当彗星运动到近日点A 时，其径向速度为零，设其到太阳的距离为min r ，由③式得()2min 2min min2L MmV r G mr r =-= ⑤ 由⑤式和题给条件得 2Emin 223L R r GMm == ⑥由③式得dr dt =或dt = ⑦设彗星由近日点A 运动到与地球轨道的交点C 所需的时间为t ∆，对⑦式两边积分，并利用⑥式得E E minR R r t ∆==⎰ ⑧ 对⑧式应用题给积分公式得3/21/2E E E E E 22 3333 R t R R R R R ∆=⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎦=⑨ 由对称性可知，彗星两次穿越地球轨道所用的时间间隔为2T t =∆= ⑩将题给数据代入⑩式得 66.4010s T ≈⨯ ⑪（2）彗星在运动过程中机械能守恒 2102GMmm E r-==v ⑫式中v 是彗星离太阳的距离为r 时的运行速度的大小。