全国高中物理竞赛复赛试题及答案

全国高中物理竞赛复赛试题及答案第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷
一、（15分）
给定一个半径为R的均匀带电球体a，球心为O。

已知球
表面处的电势为U=1000V，取无限远处的电势为零。

一个动
能为2000eV的质子b以与O O平行的方向射向a。

设b与
O O线之间的垂直距离为l，求l的最大值，使得质子b能够
与带电球体a的表面相碰。

再将质子换成电子，求l的最大值。

二、（15分）
一个U形管包含两支管A、B和水平管C，它们都是由内径均匀的细玻璃管制成的。

三部分的截面积分别为
SA=1.0×10^-2 cm^2，SB=3.0×10^-2 cm^2，SC=2.0×10^-2
cm^2.在C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭。

当温度为
t1=27℃时，空气柱长为l=30cm，C中气柱两侧的水银柱长分
别为a=2.0cm和b=3.0cm，A、B两支管都很长，其中的水银
柱高均为h=12cm。

大气压强保持为p=76cmHg不变。

不考虑
温度变化时管和水银的热膨胀。

试求气柱中空气温度缓慢升高到t=97℃时空气的体积。

三、（20分）
有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想。

其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处A 和B，分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放。

只要M比m足够大，碰撞后，质量为m的物体，即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道。

设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小。

这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星。

若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到该通道的距离为多少？已知M=20m，地球半径R=6400km。

假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的。

四、(20分)
一个半径为R、折射率为n的玻璃半球放在空气中，平表面中央半径为h的区域被涂黑。

一平行光束垂直入射到此平面
上，正好覆盖整个表面。

Ox为以球心O为原点，与平而垂直
的坐标轴。

通过计算，求出坐标轴Ox上玻璃半球右边有光线
通过的各点（有光线段）和无光线通过的各点（无光线段）的分界点的坐标。

V V，（2）
其中p和V分别表示气柱中的空气的初始压强和体积，h
表示水银柱的高度，V表示水银柱下方空气的体积。

根据理想气体状态方程，可得
pV nRT，（3）
其中n为气体的摩尔数，R为气体常数，T为气体的温度。

将式（1）和式（2）代入式（3）中，得到
p h)(V V)=nRT，（4）
展开式（4），并忽略V与V的乘积，得到
pV hV p V=nRT，（5）
将式（3）代入式（5）中，得到
pV hV p V=pV，（6）
化简得到
V=Vh/p，（7）
代入数据可得
V=0.76cm3。

故答案为0.76cm3.
在温度为300K时，气柱中的空气的压强和体积分别为p 和V。

水银柱的高度为h，水银柱下方空气的体积为ΔV。

根据理想气体状态方程pV=nRT，代入(p+h)(V-ΔV)=nRT中，可得ΔV=Vh/p。

代入数据计算得ΔV=0.76cm3，即为所求答案。

2）当气柱中空气的温度升高时，气柱两侧的水银将被缓慢压入A管和B管。

假设温度升高到T2时，气柱右侧水银刚好全部压到B管中，使管中水银高度增加Δh = bS/C。

3）由此造成气柱中空气体积的增加量为ΔV' = XXX。

4）与此同时，气柱左侧的水银也有一部分进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应该增加Δh，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增加量为ΔV'' = ΔhSA。

5）因此，当温度为T2时，空气的体积和压强分别为V2 = V1 + ΔV' + ΔV'' 和p2 = p1 + Δh。

根据状态方程p1V1/T1 = p2V2/T2，代入数据可得T2 = 347.7K，这个值小于题目给定的最终温度T = 273 + t = 370K，因此温度将继续升高。

从此
时起，气柱中的空气作等压变化。

当温度达到T时，气柱体
积为V = T1V2/T2.代入数据可得V = 0.72cm3.
评分标准：本题15分。

得分标准为：式（6）给6分，式（7）1分，式（9）2分，式（10）5分，式（11）1分。

参考解答：
在通道内，距地心O为r的物体受到地球的引力可以表示为F = GM'm/(2r)，其中M'是以地心O为球心、以r为半径的
球体所对应的那部分地球的质量。

如果以ρ表示地球的密度，那么这部分地球的质量可以表示为M' = 4/3πr^3ρ。

因此，质量为m的物体所受地球的引力可以改写为F = πGρmr^2.作用于
质量为m的物体的引力在通道方向的分力大小为f = Fsinθ，
其中θ为r与通道的中垂线OC间的夹角，力的方向指向通道
的中点C。

在地面上，物体的重力可以表示为mg = GMm/R^2，其中M是地球的质量。

由以上各式可以求得f = mgx/R，其中
x为物体位置到通道中点C的距离。

因此，f与弹簧的弹力有
同样的性质，相应的“劲度系数”为k = mg/R。

物体将以C为
平衡位置作简谐振动，振动周期为T = 2πR/g。

取x = 0处为
“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为m的静止物体到达x = h2处的速度为v，则根据能量守恒，有1/2 mv^2 = k(R - h2)^2/2.
本文是一篇物理题的解答，讲述了如何计算物体在通道中的运动轨迹。

文章中存在格式错误和段落不清晰的问题，需要进行修改和改写。

修改后的文章如下：
本文讲述了如何计算物体在通道中的运动轨迹。

式中h表示地心到通道的距离。

解以上有关各式，得到式（11）：
2v
2R h2
g（11）
R
可以看出，到达通道中点C的速度与物体的质量无关。

设想让质量为M的物体静止于出口A处，质量为m的物
体静止于出口B处，现将它们同时释放，因为它们的振动周
期相同，故它们将同时到达通道中点C处，并发生弹性碰撞。

碰撞前，两物体速度的大小都是v，方向相反，刚碰撞后，质
量为M的物体的速度为V，质量为m的物体的速度为v，若
规定速度方向由A向B为正，则有式（12）和式（13）：
Mv mv MV mv，（12）
2Mv mv MV2mv2（13）
解式（12）和式（13），得到式（14）：
3M m
v v（14）
M m
质量为m的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口B
处时的速度为u，则有式（15）：
2k(R h2)mu2mv2（15）
由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得式（16）：
2h28M(M m)R
u g（16）
R(M m)2
u的方向沿着通道。

根据题意，卫星上的装置可使u的方向改变成沿地球B处的切线方向，如果u的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有式（17）：
Mmu2
G
2
m（17）
RR
由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到式（18）：
7M210Mm m2
18）
2M(M m)
已知M=20m，则得到式（19）：
h0.925R5920km（19）
评分标准：本题20分。

解答中的式子和推导过程都非常清晰明了，让人容易理解。

把式（5）中应舍弃的解去掉，令$h\to 0$，则$x$处应为
玻璃半球在光轴$Ox$上的傍轴焦点，由上式
R=\frac{n(n\pm 1)}{(n-1)(n+1)(n^2-1)}$$
由图可知，应有$x>R$，故式（5）中应排除$\pm$号中的
负号，所以$x$应表示为
x=\frac{n^2R^2-h^2+nR^2-n^2h^2}{n^2-1}\quad (6)$$
上式给出$x$随$h$变化的关系。

因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有$h\geq h$，其中折射光线与$Ox$轴交点最远处的坐标为
x=\frac{2n^2R^2-h+nR^2-n^2h^2}{n^2-1}\quad (7)$$
在轴上$x>x$处，无光线通过。

随$h$增大，球面上入射角$i$增大，当$i$大于临界角
$i_C$时，即会发生全反射，没有折射光线。

与临界角$i_C$相应的光线有
h_C=R\sin i_C=R\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}$$
这光线的折射线与轴线的交点处于
x_C=\frac{nR}{n-1}\quad (8)$$
在轴$Ox$上$R<x<x_C$处没有折射光线通过。

由以上分析可知，在轴$Ox$上玻璃半球以右$x_C\leq
x\leq x_C$的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。

$x$与$x_C$就是所要求的分界点，如图复解20-4-2所示。

评分标准：本题20分。

求得式（7）并指出在$Ox$轴上$x>x_C$处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在$Ox$轴上$x<x_C$处无光线通过，给6分；得到式（9）并指出$Ox$上有光线段的位置，给4分。

五、参考解答
放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和
墙面有压力。

圆柱A倾向于向左运动，对墙面没有压力。

平
衡是靠各接触点的摩擦力维持的。

现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为$N_1$，水平摩擦力为$F_1$；圆柱
B受墙面的正压力为$N_2$，竖直摩擦力为$F_2$，圆柱A受
圆柱B的正压力为$N_3$，切向摩擦力为$F_3$；圆柱B受圆
柱A的正压力为$N_3'$，切向摩擦力为$F_3'$，如图复解20-5所示。

各力以图示方向为正方向。

已知圆柱A与地面的摩擦系数$\mu_1=0.20$，两圆柱间
的摩擦系数$\mu_3=0.30$。

设圆柱B与墙面的摩擦系数为
$\mu_2$，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为$\varphi$。

设
两圆柱的质量均为$M$，为了求出$N_1$、$N_2$、$N_3$以
及为保持平衡所需的$F_1$、$F_2$、$F_3$之值，下面列出两
圆柱所受力和力矩的平衡方程：
圆柱A：$Mg-N_1+N_3\sin\varphi+F_3\cos\varphi=0$（1）
F_1-N_3\cos\varphi+F_3\sin\varphi=0$（2）
圆柱B：$N_2-Mg-N_3'\sin\varphi-F_3'\cos\varphi=0$（3）
F_2-N_3'\cos\varphi-F_3'\sin\varphi=0$（4）
两圆柱的切向摩擦力$F_3$和$F_3'$的方向未知，需要分
别考虑两种情况。

本文讲述了两个圆柱在地面和墙面上的平衡问题。

根据受力分析，得到了N1、N2、N3和F的联立方程，并解出了平
衡时需要的力的大小。

但是，F1、F2、F3三个力是否能够达
到所需的数值F，取决于摩擦系数的大小。

如果其中一个力不
能达到所需的F值，那么就会发生滑动而不能保持平衡。

首先讨论圆柱B与墙面的接触点。

为了避免滑动，需要
满足μ2≥F2/N2.代入式（12）得到F2=N2，因此μ2≥1（16）。

接下来讨论圆柱A与地面的接触点的情况。

根据题设，
此处的摩擦系数为μ1=0.20.根据摩擦定律f≤μN，如果
F1≤μ1N1，则圆柱不会滑动；如果F1>μ1N1，则圆柱会滑动。

圆柱A在地面上不发生滑动的条件是μ1≥F1/N1.根据图复
解20-5可知cosθ=F1cosθ/(N1(2+cosθ+2sinθ))，代入式（18）
和（19）得到sinθ=1-cos2θ=(R+r)/(2Rr)，然后代入式（17）和μ1=0.20，可以求得1/r≥1/R（20）。

综上所述，只有当r≥R时，圆柱A在地面上才能不滑动。

讨论两个圆柱的接触点，要求接触点不发生滑动，根据公式（21）可以得到：
mu_3 \geq \frac{F_3\cos\phi}{N_3}=\frac{1}{1+\sin\phi}$
结合公式（18）和（19），代入$\mu_3=0.30$，可以解得：
frac{7}{13} \leq \frac{r}{R} \leq 1$
显然，在平衡时，$r$的上限为$R$。

综合公式（20）和（22），可以得到$r$需要满足的条件为：
0.29R \leq r \leq R$
评分标准：本题22分。

求得公式（7）、（12）、（13）、（14）、（15）各2分，公式（16）3分，求得公式（23）9分。

根据点电荷形成的电场，一点的电势与距离成反比。

正电荷在空间各点的电势为正，负电荷在空间各点的电势为负。

已知在$x=x$处的电势为零，说明这两个点电荷一个是正电荷，
一个是负电荷。

根据所给的电势曲线，在$x$很小的时候，电
势为正且随$x$的减小而趋向于无限大，因此正电荷必须在原
点$O$处，电量为$Q_1$。

当$x$增大时，电势没有出现负无限大，说明负电荷必须在原点左侧，距离为$a$。

当$x$很大时，电势为负且趋向于零，说明负电荷的电量$Q_2$比$Q_1$大。

因此，题目所给的电势由一个位于原点的正电荷和一个位于负$x$轴上距离为$a$处的负电荷产生，且$Q_2>Q_1$。

根据题目所给的条件：
frac{kQ_1Q_2}{x(x+a)}-k=1$
frac{kQ_1Q_2}{ax(x+a)}+U=0$
因为在$x=ax$处电势为极小值，所以任何正检测电荷在$x=ax$处的电势能都是极小值，说明该点是检测电荷的平衡位置，受到的电场力等于零。

因此，有：
frac{kQ_1Q_2}{(ax)^2(ax+a)^2}= \frac{kQ_1Q_2}{a(a-2)x}$
根据公式（1）、（2）和（3），可以解得：
a=\frac{a(a-2)x}{x^2+ax}$
U=-\frac{a(a-1)^2x}{a-2k}$
frac{Q_2}{a-2k}=\frac{(a-1)^2Ux}{a}$
评分标准：本题23分。

公式（1）、（2）各4分，公式（3）6分，公式（4）、（5）、（6）各3分。

假设物块在$A_1$点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度
仍为$v$，竖直速度为XXX根据题意，碰撞后物块的竖直速
度变成$u_1$，有：
u_1=e u$
其中$e$为恢复系数。

设物块的质量为m，碰撞时间为Δt。

由于碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多，可以忽略重力的作用。

因此，物块对地面的正压力的大小为N1=2mu/Δt。

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果。

设水平方向速度变为v1，则有mv1-mv=-μN1Δt。

由以上各式得
v1=v-(1+e)μu。

同理，在落地点A2，A3，…，An其碰撞后的竖直分速
度分别为un=e^(n-1)u，其水平速度分别为vn=v-
(1+e)μ(1+e+e^2+…+e^(n-1))u。

由式（6）可知，只有当碰撞次数n→∞时，碰地后竖直方向的分速度un才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于mg。

地面作用于物块的摩擦
力的最小值不小于μmg，因此，物块沿水平方向的分速度一
定经历有限次数碰撞后即变为零，且不会反向。

设经过n=n次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在n=n+1次碰撞结束后，水平方向
的分速度恰好变为零。

因v_n/(v-(1+e)μ(1+e+e^2+…+en)u)=1-e，由式（7）+en）u=(1+e)μ(1-en+1)u，得到v-=-(1-
e)en+1/(1+e)μu。

令B=(1-e)v/(lge(1+e)μu)，则有n+1=B，n=B-
1.
XXX恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间
Δt，水平速度变为零，则碰撞次数n+1=B有n=B-1.若B不是
整数，此种情况对应于在n=n+1次碰撞结束前，即在小于碰
撞时间内，水平速度变为零。

则碰撞次数n+1=⌊B⌋+1有
n=⌊B⌋。

由于经过n+1次碰撞，物块沿水平方向的分速度已为零，但竖直方向的分速度尚未为零，因此物块将在An+1处作上下
跳跃，直到en*u→0，即n→∞，最后停止在An+1处。

物块运动的最远水平距离s=AA_n+1.下面分别计算每次跳跃的距离。

AA1=u^2/(2ge)+2eu^2/(g(1+e)^2)-2eu^2/(g(1+e)^2)=-
u^2/(2ge(1+e)^2)。

AA2=2eu^2/(g(1+e)^2)+2e^2u^2/(g(1+e)^4)-
2e^2u^2/(g(1+e)^4)=-2eu^2/(g(1+e)^2)。

继续计算可得到AA_n=(-1)^n*u^2/(2ge(1+e)^2*(1+e^(n-1)))。

因此，物块的最远水平距离为s=∑(n=1)^∞AA_n=(-
u^2/(2ge(1-e)))*(1+e)/(1-e^2)。

本文介绍了一种计算水波传播距离的方法。

首先，根据水波传播的速度公式，推导出水波传播的距离公式（式6）。

然后，通过将水波传播的距离分解成多个小段的方式，得到每个小段的距离公式（式7和式8）。

接着，根据小段的距离公式，推导出水波传播总距离的公式（式14）。

最后，将求得的公
式代入式6中，得到最终的水波传播距离公式（式17）。

其中，公式中的变量n的取值由式10或式11决定。

本文的公式推导十分精细，每个公式的推导过程都十分详细。

但是，文章中存在大量的格式错误和无用的字符，需要进行清理。

此外，有些段落表述不够清晰，需要进行小幅度的改写，以提高文章的可读性。