上海市第二十五届初中物理竞赛复赛试题及详细解答
2015年第二十五届全国初中应用物理竞赛复赛试题
2015年第二十五届全国初中应用物理竞赛复赛（巨人杯）试题一、（16分）小刚在和家人逛公园时，发现园艺工人在用一种叫做高枝剪的工具修剪树枝。
图1是高枝剪头结构的照片。
使用时，用高枝剪的定刀口钩住高处要剪断的枝杈，拉动右侧拉绳，动刀口则可绕转轴转动，从而可以轻松地剪断树枝。
（1）根据此图估算，当园艺工人用50N的力拉绳端时，剪刀的动刀口会对树枝产生的剪切力最大约多大？（2）实际情况下对树枝产生的剪切力会小于上述估算值，试分析各种可能的原因。
二、（16分）电饭锅大多具有自动焖制米饭且保温的功能，某电饭锅工作电路的简图如图2所示。
其中，S1为磁钢式限温开关，其工作特点是：电饭锅开始工作时，需要人为下压使其闭合，并被磁铁吸住而保持闭合状态；当锅底的温度达到103℃时，会因磁铁的磁性减弱而自动断开，且在无外力作用不会再自动闭合。
S 2为双金属片保温开关，工作特性是当锅底温度达到约70℃以下时自动闭合，温度达到约80℃时自动断开。
R为电热盘。
（1）请说明该电饭锅在自动焖制米饭并实现保温的过程中，各元件的工作情况。
（2）若在一个标准大气压下用这种电饭锅烧水，请说明各元件的工作情况。
三、（16分）某校科技小组为培育某种热带植物制作了一个小型温室，其内部有一个恒温的加热器。
当温室外温度为-10℃时，温室内温度为22℃；当温室外温度为-1℃时，温室内温度为27℃。
假定温室内加热器与室内间、室内与室外间的热量传递与温度差成正比。
（1）求该温室中加热器的温度；（2）为节省能源，科技小组的同学对该温室进行了适当的保温改造，使室内向室外热传递的热量减少了20%。
那么，当户外温度为-10℃的情况下，求室内温度。
四、（16分）图3所示为一种利用蒸汽为奶瓶消毒的消毒器，其铭牌如右表所示。
使用时，在消毒器底座上的不锈钢加热盘中倒入少量清水，再把用于放置奶瓶、底部有孔的桶放在加热盘上方。
按下工作键，加热盘加热使水沸腾产生蒸汽，蒸汽进入桶中实现对奶瓶高温消毒的目的。
第25届全国中学生物理竞赛复赛试题附附答案解析
2008年第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共八题，满分160分 一、（15分） 1、（5分）蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0.033s 。
假设它是由均匀分布的物质构成的球体，脉冲周期是它的旋转周期，万有引力是唯一能阻止它离心分解的力，已知万有引力常量113126.6710G m kg s ---=⨯⋅⋅，由于脉冲星表面的物质未分离，故可估算出此脉冲星密度的下限是 3kg m -⋅。
2、（5分）在国际单位制中，库仑定律写成122q q F kr=，式中静电力常量9228.9810k N m C -=⨯⋅⋅，电荷量q 1和q 2的单位都是库仑，距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q q F r =，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q q F r=，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿，由此式可这义一种电荷量q 的新单位。
当用米、千克、秒表示此新单位时，电荷新单位= ；新单位与库仑的关系为1新单位= C 。
3、（5分）电子感应加速器（betatron ）的基本原理如下：一个圆环真空室处于分布在圆柱形体积的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。
圆中两个同心的实线圆代表圆环的边界，与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。
已知磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律为0cos(2/)B B t T π=，其中T 为磁场变化的周期。
B 0为大于0的常量。
当B 为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。
若持续地将初速度为v 0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环（如图），则电子在该磁场变化的一个周期可能被加速的时间是从t= 到t= 。
二、（21分）嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高22.0510n H km =⨯，远地点离地面高45.093010f H km =⨯，周期约为16小时，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。
2021年上海市初中物理竞赛复赛试题及解答
上海市初中物理竞赛(大同中学杯)复赛试题及解答阐明：1、本试题共有五大题，答题时间为120分钟，试卷满分为150分。
2、答案及解答过程均写在答卷纸上。
其中第一大题～第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三大题～第五大题除选取题以外，均要写出完整解答过程。
试题一、选取题(如下每题只有一种选项符合题意．每小题4分，共32分)1．在寻常生活中．有时会发现这样现象，在商场中，通过挑选．自己感到满意衣服．回家后却发现衣服色彩发生了变化，导致这种状况重要因素是 ( )(A)衣服染料质量有问题。
(B)商场和家中环境湿度不同。
(C)商场和家中环境温度不同(D)商场和家中照明用光源不同。
2．0℃冰块所有熔化为0℃水．体积将有所减小．比较这块冰和熔化成水所具备内能．下列说法中对的是： ( )(A)它们具备相等内能。
(B)O℃冰具备较大内能。
(C)O℃水具备较大内能。
(D)无法拟定3．既有甲、乙、丙三个通草球．将其中任意两个接近时都互相吸引．则它们也许有几种不同带电状况。
( )(A)3种。
(B)4种． (C)5种。
(D)6种．4．将一种小灯泡(2．5V、O．3A)和一种家用照明白炽灯(22OV、40W)串联后接到220伏电源上．将发生状况是： ( )(A)小灯泡和白炽灯都发光。
(B)小灯泡和白炽灯都被烧坏。
(C)小灯泡被短路．白炽灯正常发光。
(D)小灯泡被烧坏．白炽灯完好．但不发光。
5．在制造精密电阻时．经常采用双线绕法．即把电阻丝从螺线管一端绕到另一端，再从另一端绕回来。
如果电流方向如图l所示，那么 ( )(A)螺线管左、右两端都没有磁极。
(B)螺线管左端为N极，右端为S极。
(C)螺线管左端为S极．右端为N极。
(D)螺线管左端有磁极。
右端无磁极。
6．在图2所示电路中，两只电压表是相似抱负电表，它们量程均为0～3～15V。
电键K 闭合后，发现两只电表指针偏转角度相似．电路中R，、R：值也许是（）(A)100欧，200欧。
2011大同杯上海物理复赛卷试题及详解
淘宝店铺:uvv教育上海市第二十五届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛试题（2011年）说明：1．本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分2．答案及解答过程均写在答卷纸上。
其中第一、第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三至第五大题按题型要求写出完整的解答过程。
解答过程中可以使用计算器。
3．本试卷中常数g取10牛/千克，水的比热容4.2×103焦/千克·℃，水的密度1.0×103千克/米3，冰的密度0.9×103千克/米3，冰的熔化热为3.33×105焦/千克。
一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1．潜泳的人，从水下向上看，会看到一彩色镶边、内有图像的圆面，那么( ) A．圆面内只能呈现水面上的部分景物B．彩色镶边是由于水面四周各种物体的颜色所引起的C．彩色镶边是由于不同颜色的光折射程度略有不同所致D．圆面中图像呈现的是水面外的景物，且看到景物的高度比实际景物要低解答C1 A,错，即使在圆圈内，没反射全反射，但是也不代表没发生反射，只不过反射的多少罢了，也能看到水下物体在水表面的反射。
B,错。
见C的分析C对，因为不同颜色的光的折射率不同，全反射角不同，反射回水下的角度不同，所以才形成一个圆圈。
D错，画光路图就知道了，透射光线向下偏折，所以如果光从水平上入射，也是向下偏折这样，反向延长以后会发现像的位置要不实际位置高！2．磁带录放机可高速播放正常录制的声音，在高速播放时最有可能听不到的声音是正常录音时( )A．音调较低的声音B．音调较高的声音C．响度较小的声音D．响度较大的声音上海市第二十五届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛试题第1页共16 页。
第25届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答2
第25届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答一、答案 1. 14103.1⨯ 2. 31122kgm s -⋅⋅51.0610-⨯(答51.0510-⨯也给)3. 34T T二、参考解答：1. 椭圆半长轴a 等于近地址和远地址之间距离的一半，亦即近地址与远地址矢径长度〔皆指卫星到地心的距离〕n r 与f r 的算术平均值，即有()()()()n f n f n f 111222a r r H R H R H H R =+=+++=++⎡⎤⎣⎦(1) 代入数据得43.194610a =⨯km (2)椭圆半短轴b 等于近地址与远地址矢径长度的几何平均值，即有b = 代入数据得41.94210km b =⨯(4)椭圆的偏心率ab a e 22-=(5) 代入数据即得 0.7941e =(6)2. 当卫星在16小时轨道上运行时，以n v 和f v 别离暗示它在近地址和远地址的速度，按照 能量守恒，卫星在近地址和远地址能量相等，有22n f n f1122GMm GMm m m r r -=-v v (7) 式中M 是地球质量，G 是万有引力常量.因卫星在近地址和远地址的速度都与卫星到地心的连线垂直，按照 角动量守恒，有n n f f m r m r =v v (8)注意到g R GM=2(9) 由(7)、(8)、(9)式可得n =v(10)n f n f r r ==v v (11) 当卫星沿16小时轨道运行时，按照 题给的数据有由(11)式并代入有关数据得f 1.198=v km/s (12)依题意，在远地址星载策动机点火，对卫星作短时间加速，加速度的标的目的与卫星速度标的目的不异，加速后长轴标的目的没有改变，故加速结束时，卫星的速度与新轨道的长轴垂直，卫星地址处将是新轨道的远地址.所以新轨道远地址高度4f f 5.093010H H '==⨯km ，但新轨道近地址高度2n6.0010H '=⨯km .由(11)式，可求得卫星在新轨道远地址处的速度为f 1.230'=v km/s (13) 卫星动量的增加量等于卫星所受推力F 的冲量，设策动机点火时间为∆t ，有()f f m F t '-=∆v v (14)由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 ∆t=21.510s ⨯ (约2.5分) (15)这比运行周期小得多.3. 当卫星沿椭圆轨道运行时，以r 暗示它地址处矢径的大小，v 暗示其速度的大小，θ暗示矢径与速度的夹角，那么卫星的角动量的大小 sin 2L rm m θσ==v (16) 此中1sin 2r σθ=v 〔17〕是卫星矢径在单元时间内扫过的面积，即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的，故σ是恒量.操纵远地址处的角动量，得f f 12r σ=v (18)又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为 πS ab =(19)所以卫星沿轨道运动的周期σST =(20)由(18)、(19)、(20)式得f f2πabT r =v (21)代入有关数据得45.67810T =⨯s (约15小时46分)(22)注：本小题有多种解法.例如，由开普勒第三定律，绕地球运行的两亇卫星的周期T 与T 0之比的平方等于它们的轨道半长轴a 与a 0之比的立方，即 假设0a 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径，那么有得22203204π4πT a GM gR==从而得代入有关数据便可求得(22)式.4. 在绕月圆形轨道上，按照 万有引力定律和牛顿定律有2m m 2m m2π()GM m mr r T =(23) 这里m m r r H =+是卫星绕月轨道半径，m M 是月球质量.由(23)式和(9)式，可得23mm 22m4πr M M gR T =(24)代入有关数据得m0.0124M M=(25) 三、参考解答：足球射到球门横梁上的情况如下图〔图地址的平面垂直于横梁轴线〕.图中B 暗示横梁的横截面，O 1为横梁的轴线；11O O '为过横梁轴线并垂直于轴线的程度线；A 暗示足球，O 2为其球心；O 点为足球与横梁的碰撞点，碰撞点O 的位置由直线O 1OO 2与程度线11O O '的夹角θ 暗示.设足球射到横梁上时球心速度的大小为v 0，标的目的垂直于横梁沿程度标的目的，与横梁碰撞后球心速度的大小为v ，标的目的用它与程度标的目的的夹角ϕ暗示(如图).以碰撞点O 为原点作直角坐标系Oxy ，y 轴与O 2OO 1重合.以α0暗示碰前速度的标的目的与y 轴的夹角，以α暗示碰后速度的标的目的与y 轴(负标的目的)的夹角，足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度标的目的，即角α的大小.以F x 暗示横梁作用于足球的力在x 标的目的的分量的大小，F y 暗示横梁作用于足球的力在y 标的目的的分量的大小，∆t 暗示横梁与足球彼此作用的时间，m 暗示足球的质量，有x 0x x F t m m ∆=-v v (1) y y 0y F t m m ∆=+v v (2)式中0x v 、0y v 、x v 和y v 别离是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy 中的分量的大小.按照 摩擦定律有x y F F μ=(3)由〔1〕、〔2〕、〔3〕式得0x xy 0yμ-=+v v v v (4)按照 恢复系数的定义有y 0y e =v v 〔5〕因0x00ytan α=v v 〔6〕 xytan α=v v 〔7〕 由〔4〕、〔5〕、〔6〕、〔7〕各式得⎪⎭⎫⎝⎛+-=e e 11tan 1tan 0μαα〔8〕 由图可知αθϕ+=〔9〕假设足球被球门横梁反弹后落在球门线内，那么应有90ϕ≥ (10)在临界情况下，假设足球被反弹后刚好落在球门线上，这时90ϕ=.由〔9〕式得()tan 90tan θα-=(11)因足球是沿程度标的目的射到横梁上的，故θα=0，有⎪⎭⎫⎝⎛+-=e e 11tan 1tan 1μθθ(12) 这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置θ所满足的方程.解〔12〕式得tan θ=13) 代入有关数据得 tan 1.6θ=(14) 即58θ=(15)现要求球落在球门线内，故要求58θ≥ (16)四、参考解答：1.当阀门F 关闭时，设封闭在M 和B 中的氢气的摩尔数为n 1，当B 处的温度为T 时，压力表显示的压强为p ，由抱负气体状态方程，可知B 和M 中氢气的摩尔数别离为RTpV n BB 1=(1) 0MM 1RT pV n =(2) 式中R 为普适气体恒量.因1M 1B 1n n n =+ (3)解〔1〕、〔2〕、〔3〕式得1MB B 011n R V T V p V T =- (4) 或1MB B 0p T n R V p V V T =-(5) (4)式说明，T1与p 1成线性关系，式中的系数与仪器布局有关.在理论上至少要测得两个温度下的压强，作T1对p 1的图线，就可求出系数.由于题中己给出室温T 0时的压强p 0，故至少还要测定另一己知温度下的压强，才能定量确定T 与p 之间的关系式.2.假设蒸气压温度计测量上限温度v T 时有氢气液化，那么当B 处的温度v T T ≤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.由抱负气体状态方程可知充入氢气的总摩尔数()0B M E 20p V V V n RT ++=〔6〕假定液态氢上方的气态氢仍可视为抱负气体，那么B 中气态氢的摩尔数为v B2B vp V n RT =〔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都分仍处在室温中，此中氢气的摩尔数为()νM E 2M 2E 0p V V n n RT ++=〔8〕按照 要求有2B 2M 2E 2n n n n ++≤〔9〕解〔6〕、〔7〕、〔8〕、〔9〕各式得()B vv 0v00v E M V T p p T p T p V V --≥+(10)代入有关数据得M E B 18V V V +≥(11)五、答案与评分尺度：1．59.022122=-=+(3分) 2 (2分)2．如图(15分.代表电流的每一线段3分，此中线段端点的横坐标占1分，线段的长度占1分，线段的纵坐标占1分)六、参考解答：如果电流有衰减，意味着线圈有电阻，设其电阻为R ，那么在一年时间t 内电畅通过线圈因发烧而损掉的能量为Rt I E 2=∆〔1〕以ρ 暗示铅的电阻率，S 暗示铅丝的横截面积，l 暗示铅丝的长度，那么有 SlR ρ= 〔2〕 电流是铅丝中导电电子定向运动形成的，设导电电子的平均速率为v ，按照 电流的定义有 I S ne =v 〔3〕 所谓在持续一年的时间内没有不雅测到电流的变化，并不等于电流必然没有变化，但这变化不会超过电流检测仪器的精度∆I ，即电流变化的上限为mA 0.1=∆I .由于导电电子的数密度n 是不变的，电流的变小是电子平均速率变小的成果，一年内平均速率由v 变为 v -∆v ，对应的电流变化I neS ∆=∆v 〔4〕导电电子平均速率的变小，使导电电子的平均动能减少，铅丝中所有导电电子减少的平均动能为lSnm ≈∆v v 〔5〕由于∆I<<I ，所以∆v <<v ，式中∆v 的平方项已被略去.由〔3〕式解出 v ，〔4〕式解出 ∆v ，代入〔5〕式得2k lmI IE ne S∆∆=(6) 铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发烧而损掉的能量，即E E k ∆=∆〔7〕由(1)、(2)、(6)、(7)式解得2Δm I ne Itρ=〔8〕 式中7365243600s=3.1510s t =⨯⨯⨯〔9〕在〔8〕式中代入有关数据得261.410Ωm ρ-=⨯⋅(10)所以电阻率为0的结论在这一尝试中只能认定到m Ω104.126⋅⨯≤-ρ(11)七、参考解答：按照斯特藩-玻尔兹曼定律，在单元时间内太阳外表单元面积向外发射的能量为4s s W T σ=(1)此中σ为斯特藩-玻尔兹曼常量，T s 为太阳外表的绝对温度.假设太阳的半径为R s ，那么单元时间内整个太阳外表向外辐射的能量为2s s s 4πP R W = (2)单元时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是s P .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()2s 2seπ14πP P R r α=-(3)薄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D R ，温度为D T ，注意到簿圆盘有两亇外表，故圆盘在单元时间内辐射的能量为24D D D 2πP R T σ=⋅⋅ (4)显然，当D P P = (5)即圆盘单元时间内接收到的能量与单元时间内辐射的能量相等时，圆盘到达不变状态，其温度到达最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得()1224s D s 22se D12R R T T r R α⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦(6)依题意，薄圆盘半径为太阳的像的半径s R '的2倍，即D 2s R R '=.由透镜成像公式知s sseR R f r '= (7) 于是有sD se2R R f r = (8) 把(8)式代入(6)式得()124D s 218R T T f α⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦ (9)代入数据，注意到s s (273.15)T t =+K ， T D =1.4×103K(10) 即有3o D D 273.15 1.110C t T =-=⨯(11)八、参考解答：1．按照 爱因斯坦质能关系，3H 和3He 的结合能差为()332n p H He B m m m m c ∆=--+ (1)代入数据，可得763.0=∆B MeV (2)2．3He 的两个质子之间有库仑排斥能，而3H 没有.所以3H 与3He 的结合能差主要来自它们的库仑能差.依题意，质子的半径为N r ，那么3He 核中两个质子间的库仑排斥能为2C N2e E k r = (3) 假设这个库仑能等于上述结合能差，C E B =∆，那么有2N 2Δke r B= (4)代入数据，可得N 0.944r =fm (5)3．粗略地说，原子核中每个核子占据的空间体积是 3N (2)r .按照 这个简单的模型，核子数为A 的原子核的体积近似为33N N (2)8V A r Ar ==(6)另一方面，当A 较大时，有343V R π=〔7〕 由〔6〕式和〔7〕式可得R 和A 的关系为1/31/31/3N 06πR r A r A ⎛⎫== ⎪⎝⎭(8)此中系数1/30N 6πr r ⎛⎫= ⎪⎝⎭(9)把(5)式代入(9)式得17.10=r fm (10)由(8)式和(10)式可以算出Pb 208的半径Pb 6.93fm R =(11)。
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的 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 表示 A ，B 间的距离，以 θ 表示 AB 与Ax 之间的夹角，已知 θ ＜90° ．设在球离开 A 处的同时，位于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表示他的速率．在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1．求出守方队员可以抢到球的必要条件．2．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表示他到 A 点的距离，求出球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．3．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表示他离开 A 点的距离．在球离开 A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表示其速率，求在这种情况下球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动．这都涉及时间和空间坐标的测定．为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动的测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟．假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息． （I ）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动．这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程．（II ）设有两个观测站 D 1 ，D 2 ，分别位于同一经线上北纬 θ 和南纬 θ（单位：（°））处．若它们同时收到时间 之前卫星发出的电波信号．（i ）试求出发出电波时刻卫星距地面的最大高度 H ；（ii ）当 D 1 ，D 2 处观测站位置的纬度有很小的误差△θ 时，试求H的误A差；（iii）如果上述的时间τ有很小的误差τ△，试求H 的误差．2．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′′ ，定出的H 有多大误差？（iii）若τ△= ±0.010 μs ，定出的H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 的球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处的重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程．4．根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应．已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 的圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给的值．（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24h 后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置的引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小．试问地上的钟24 h 后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 的高温处和绝对温度为T2 的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为Q，外界对致冷机做的功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上的理想情况．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℃的情况下，使某房间内的温度保持在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的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为 l ，面积为 S ，两侧温度差的大小为 T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H = k △T lS ， 其中 k 称为热导率，取决于导热层材料的性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外的面积 S = 5.00 m 2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度 l 0 = 0.50 mm 的空气层，假设空气的热导率 k 0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理的观点，在I 层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层．但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果．隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19 C )的整数倍，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．本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域．1．显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C 的电容器，如图2所示．电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷．如果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的条件即电容器极板间的电势差V AB = V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被禁止．图12．假定 V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿的电压．试估算电容 C 的大小．3．将图1的器件与电压为 V 的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察单电子隧穿，避免杂散电容的影响．中间的金属块层称为单电子岛．作为电极的左、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 为电子电荷量的大小，两个 MIM 结的电容分别为 C S 和 C D ．试证明双结结构器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为U n = (－ne )22( C S +C D )． 4．在图3给出的具有源( S )、漏( D )电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容 C G 添加门电极( G )构成如图4给出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发生．在 V 较小且固定的情况下，通过门电压 V G 可控制岛中的净电子数 n ．对于 V G 如何控制 n ，简单的模型是将 V G 的作用视为岛中附加了等效电荷 q 0 = C G V G ．这时，单电子岛的静电能可近似为 U n = (－ne + q 0 )2 / 2C∑，式中C ∑= C S +C D +C G ．利用方格图（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的过程中，单电子岛的静电能U n 随 C G V G 变化的图线（纵坐标表示 U n ，取 U n 的单位为e 2 / 2C ∑；横坐标表示C G V G ，取 C G V G 的单位为e ）．要求标出关键点的坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 C G V G / e 的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）．图3 图 4图5 U n ( e 2 / 2C ∑) C G V G e表1五、折射率n = 1.50 、半径为R的透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中O 点为横截面与轴线的交点．光仅允许从半圆柱体的平面AB 进入，一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角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 轴方向的长度用 d 表示．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的复杂情形．1．当平行入射光的入射角i 在0°～90°变化时，试求 d 的最小值d min 和最大值d max．2．在如图所示的平面内，求出射光束与柱面相交的圆弧对O 点的张角与入射角i 的关系．并求在掠入射时上述圆弧的位置．六、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面内是一条在引力中心附近微弯的曲线．它距离引力中心最近的点称为光线的近星点．通过近星点与引力中心的直线是光线的对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）的原点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）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 是绝对值远小于1的参数．现在假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星．如果经过该白矮星两侧的星光对地球上的观测者所张的视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星的质量是多少千克？已知G = 6.673 ×10－11 m3 / ( kg •s2 )七、z1．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的圆周上运动，半径相同，角动量均为：= h / 2π，其中h 是普朗克常量．（I）如果忽略电子间的相互作用，氦原子的一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一个电子移到无限远所需要的能量．（II）实验测得的氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之间的相互作用，进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道的半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与实验测得的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的径迹的照片．径迹在纸面内，图的中间是一块与纸面垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里．假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量e：e = 1.60×10－19 C ，铅板下部径迹的曲率半径r d= 210 mm ，铅板上部径迹的曲率半径r u= 76.0 mm ，铅板内的径迹与铅板法线成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 = 0.511MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子的阻力．（I）写出粒子运动的方向和电荷的正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为j = 5.00 ×1018 / s 的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力平均为多少牛？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1 ．解法一：设守方队员经过时间 t 在 Ax 上的 C点抢到球，用 l 表示 A 与C 之间的距离，l p 表示 B 与C 之间的距离（如图1所示），则有l = vt ，l p = v p t （1）和 l 2p = d 2 + l 2 －2dl cos θ． （2） 解式（1），（2）可得l = d 1－( v p / v )2 {cos θ ± [ ( v p v )2 －sin 2θ ]1 / 2 }． （3） 由式（3）可知，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即v p ≥ v sin θ ． （4）解法二：设 BA 与 BC 的夹角为 φ（如图1）．按正弦定理有l p sin θ = l sin φ． 利用式（1）有v p v = sin θsin φ． 从 sin φ ≤1可得必要条件（4）．2．用 l min 表示守方队员能抢断球的地方与 A 点间的最小距离．由式（3）知l min = d 1－( v p / v )2 {cos θ ± [ ( v p v )2 －sin 2θ ]1 / 2 }． （5） 若攻方接球队员到 A 点的距离小于 l min ，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断的条件是l r ＜ l min ． （6）由（5），（6）两式得l r ＜d 1－( v p / v )2 {cos θ ± [ ( v p v )2 －sin 2θ ]1 / 2 } （7） 由式（7）可知，若位于 Ax 轴上等球的攻方球员到 A 点的距离 l r 满足该式，则球不被原位于 B 处的守方球员抢断．3．解法一：如果在位于 B 处的守方球员到达 Ax 上距离 A 点 l min 的 C 1 点之前，攻方接球队员能够到达距 A 点小于 l min 处，球就不会被原位于 B 处的守方队员抢断（如图2所示）．若 L ≤l min 就相当于第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 C 1 点所需时间图1t rm = ( L －l min ) / v r ； （8）守方队员到达 C 1 处所需时间 t pm = ( d 2 + l 2min－2dl min cos θ )1 / 2 / v p ．球不被守方抢断的条件是 t rm ＜ t pm ． （9）即 L ＜ v r v p( d 2 + l 2min －2dl min cos θ )1 / 2 + l min ， （10） 式中 l min 由式（5）给出．解法二：守方队员到达 C 1 点的时间和球到达该点的时间相同，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断的条件（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）相同．二、1．（I ）选择一个坐标系来测定卫星的运动，就是测定每一时刻卫星的位置坐标x ，y ，z ．设卫星在t 时刻发出的信号电波到达第 i 个地面站的时刻为t i ．因为卫星信号电波以光速 c 传播，于是可以写出(x －x i )2 + (y －y i )2 + (z －z i )2 = c 2 (t －t i )2 ( i = 1 ，2 ，3 )， （1）式中 x i ，y i ，z i 是第i 个地面站的位置坐标，可以预先测定，是已知的；t i 也可以由地面站的时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知的．所以，方程（1）中有三个未知数 x ，y ，z ，要有三个互相独立的方程，也就是说，至少需要包含三个地面站，三个方程对应于式（1）中 i = 1 ，2 ，3 的情况．（II ）（i ）如图所示，以地心 O和两个观测站 D 1 ，D 2 的位置为顶点所构成的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的距离相等，都是L = c ． （2）当卫星 P 处于上述三角形所在的平面内时，距离地面的高度最大，即 H ．以 θ 表示图2D 1 ，D 2 所处的纬度，由余弦定理可知L 2 = R 2 + ( H + R )2 －2R ( H + R ) cos θ ． （3）由（2），（3）两式得H = (c τ)2 －(R sin θ )2 －R ( 1－cos θ ) ． （4）式（4）也可据图直接写出．（ii ）按题意，如果纬度有很小的误差△θ ，则由式（3）可知，将引起H 发生误差△H ．这时有L 2 = R 2 + ( 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 ）如果时间τ有τ△的误差，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．选择一个坐标系，设被测物体待定位置的坐标为 x ，y ，z ，待定时刻为 t ，第 i 个卫星在 t i 时刻的坐标为 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的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号．确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应的四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟的变慢因子为[ 1－( v / c )2] 1 / 2 ，地上的钟的示数 T 与卫星上的钟的示数 t 之差为T －t = T －1－(v c )2 T = [ 1－1－(v c)2 ] T ， （11） 这里 v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：v 2r = GM r2 ， （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 = GM r = g r R = g R + hR ， 其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，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 ，这是很小的数．所以 [ 1－ (v c )2 ]1 / 2 ≈1－ 12 (v c)2 ． 最后，可以算出 24 h 的时差T －t ≈12 (v c )2T = 12 gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3 μs ． （13） （II ）卫星上的钟的示数t 与无限远惯性系中的钟的示数T 0之差t －T 0 = 1－2φ c 2 T 0－T 0 = ( 1－2φ c 2 －1 )T 0 ． （14）卫星上的钟所处的重力势能的大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ． （15）所以 φ c 2 = gR 2c 2 ( R + h )； 代入数值有φ/ c 2 = 1.68 ×10－10 ，这是很小的数．式（14）近似为t －T 0 ≈－ φ c 2T 0 ． （16） 类似地，地面上的钟的示数 T 与无限远惯性系的钟的示数之差T －T 0 = 1－2E φ c 2 T 0－T 0 = ( 1－2Eφ c 2 －1 )T 0 ． （17） 地面上的钟所处的重力势能的大小为E φ= GM R =gR ． （18） 所以 E φ c 2 = gR c 2 ；代入数值有E φ/ c 2 = 6.96 ×10－10 ，这是很小的数．与上面的情形类似，式（17）近似为T－T 0 ≈－ Eφ c 2T 0 ． （19）（16），（19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T ≈－Eφφ- c 2T 0 ． （20）从式（19）中解出 T 0 ，并代入式（20）得t－T ≈－E φφ- c 2/ (1－Eφ c 2)T ≈－Eφφ- c 2T =gR c 2 hR + hT ． （21） 注意，题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T ．最后，算出 24 h 卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T = 46 μs ． （22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功率相等．设热泵在室内放热的功率为 q ，需要消耗的电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸收热量的功率为 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）的绝对温度，T 2 为室外的绝对温度．由（1）式得P ≥ T 1－T 2T 1q ． （2）显然，为使电费最少，P 应取最小值；即式（2）中的“≥”号应取等号，对应于理想情况下 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，散热的功率H = kT 1－T 2lS ． （4） 要保持室内温度恒定，应有q = H ． （5）由（3）～（5）三式得Pmin = k S ( T 1－T 2 )2lT 1． （6）设热泵工作时间为 t ，每度电的电费为 c ，则热泵工作需花费的最少电费C min = P min tc ． （7）注意到 T 1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T 2 = －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）所以，在理想情况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面的温度为T i，外表面的温度为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的热量分别为H1=k T1－T il S ，（9）H2=k0T i－T0l0S ，（10）H3=k T0－T2l S ．（11）在稳定传热的情况下，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，在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率P′min =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )2T1S ．（16）在理想情况下，热泵工作时间t需要的电费C ′min = P′min tc ；（17）代入有关数据得C′min = 2.52 元．（18）所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节约的电费△C min = C min －C′min = 21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器的极板A 隧穿到极板B．以Q 表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，V AB 表示两极板间的电压（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所带的电荷量为Q′ = Q + e ，（3）式中 e 为电子电荷量的大小．这时，电容器两极板间的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，即隧穿过程被禁止，则要求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的极板B隧穿到极板A．仍以Q表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，V AB 表示两极板间的电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带的电荷量为Q′ = Q－e ．经过类似的计算，可得单电子从极板B 到极板A的隧穿不能发生的条件是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，即库仑阻塞的条件为－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中左边的MIM 结的电容为C S，右边的MIM 结的电容为CD ．双结结构体系如图a所示，以Q1 ，Q2 分别表示电容C S ，C D 所带的电荷量．根据题意，中间单电子岛上的电荷量为－ne = Q 2－Q 1 ． （11）体系的静电能为 C S 和 C D 中静电能的总和，即U = Q 212C S + Q 222C D； （12）电压V =Q 1C S + Q 2C D． （13） 由（11）～（13）三式解得U = 12CV 2 + (Q 2－Q 1)22 ( C S + C D )． （14）由于 V 为恒量，从式（13）可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能 U n = (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随 C G V G 变化的图线如图b ；C G V G / e 的变化范围如表2．表2五、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 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折U n( e 2 / 2C)图b射光线分别射达圆柱面的 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 的距离 y c 由正弦定理得y c sin i 2 = R sin ( 90° + r ) ，即 y c = sin i 2cos r R ． （1） 同理在△OC ′D ′ 中，O 点与入射点 C ′ 的距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′ = sin i ′2cos r R ． （2） 当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角 i 2 与 i ′2 亦随之变化．在柱面上的入射角满足临界角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，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角 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）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 的夹角，φ′ 是 Oz 轴与线段 OD ′ 的夹角．发生全反射时，有φ = i 20 + r ， （8） φ′ = i 20－ r ， （9）和 θ = φ + φ′ = 2i 20≈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 / c 2a cos φ + a 2 ( 1 + sin 2φ)（1）图2是φ的偶函数，光线关于极轴对称．光线在坐标原点左侧的情形对应于a＜0 ；光线在坐标原点右侧的情形对应a＞0 ．右图是a＜0的情形，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）经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角θS 可以有不同的表达方式，相应的问题有不同的解法．解法一：若从白矮星到地球的距离为d，则可近似地写出θS≈2r m / d．（3）在式（1）中代入观测者的坐标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：光线射向无限远处的坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到θ1，有aθ / 2 + 2a2= 0 ．所以θS≈θ=－4a = 8GM / c2d，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0 ．式（10）与式（6）相同，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张的视角θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角，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；ySrxOEr mφ代入观测者的坐标r = d， = －π/ 2以及a的表达式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM=8GMc2d，与式（6）相同．所以，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）的渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上的截距为－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+ 是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足He + E+ →He+ + e－．为了得到氦原子的一级电离能E+ ，需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量E*．这是一个电子围绕氦核运动的体系，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 为基态电子动量的大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2(c )2≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间的相互作用，氦原子基态的能量E0 是该值的2倍，即E0 =2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子的一级电离能E+ =E*－E0 = －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态的角动量关系rp =代入，式（3）可以改写成E* =22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量r 0 =22ke2m，E*= －2k2e4m2分别与（1），（2）两式相同．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0的两种解法．解法一：利用力学方程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E0 = 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 ．所以，氦原子的一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比实验测得的氦原子一级电离能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E0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相同．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，粒子的运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不改变荷电粒子动量的大小，只改变其方向．若不考虑云室中气体对粒子的阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧；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 是粒子速度的大小，p 是粒子动量的大小，△φ是粒子在△t时间内转过的角度，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 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小，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 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小．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，粒子穿过铅板的平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d + v u )≈c．用△t表示粒子穿过铅板的时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表示粒子穿过铅板动量改变量的大小，铅板所受到的平均力的大小f = △p du△t=p d－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）。
上海市初中物理竞赛25届复赛答案
上海市第二十五届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛参考答案一、选择题（每小题4分，共32分）二、填空题（每题6分，共30分）9、 虚 ， 凸 。
10、 p 0 ， h 。
11、 圆弧 ， 932Lπ 。
12、 1062 。
13、 下降 ， 600 。
三、计算题（本题共36分） 14、（本题共9分）解：由投入含有石块的冰块可知，F 浮＝G （冰+石块）ρ水gS Δh ＝(m 冰＋m 石)gm 冰＋m 石＝ρ水S Δh ＝1.0×103×100×10-4×6×10-2kg ＝0.6kg 冰熔化后，水位下降的高度： m g p h 3310528.510100.128.55-⨯=⨯⨯=∆='∆水ρ 水位下降就是由于冰化成水体积减小引起的，即 V 冰－V 水＝S Δh ’S h m m ρρ'-=∆冰冰冰水kg kg h S m 498.010528.510100109.0100.1109.0100.1343333=⨯⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯='∆-=--冰水冰水冰ρρρρ 石块的质量m 石＝0.6kg －0.498kg ＝0.102kg石块的体积35333241067.4109.0498.010610100S m m m m h V ---⨯=⨯-⨯⨯⨯=-∆=冰冰石ρ 石块的密度335/1018.21067.4102.0m kg V m ⨯=⨯==-石石石ρ15、（本题共8分）设v 1=4km/s ，v 2=2km/s ，O 点为震中地点，t 和t ´分别为纵向地震波传至甲处(A 点)和(B 点)乙处的时间； 则km s km OA s v v t t v t v OA 164/4414)4(2121=⨯=⇒=-=⇒+==同理可得：km OB 40= O 点位置如图，由余弦定理可得：5.0401628.3440162cos 222222≈⨯⨯-+=⋅-+=OBOA ABOB OA θ，060≈⇒θ 16．（本题共9分）解答：加热器在2分钟内所供应的总热量，等于水温升高所吸收的热量，加上散失到周围环境的热量，即 21()Pt cm T T Q =-+若水温变化不大，则散失到周围环境的热量与时间成正比。
第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷
2008年第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共八题，满分160分 一、（15分） 1、（5分）蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0.033s 。
假设它是由均匀分布的物质构成的球体，脉冲周期是它的旋转周期，万有引力是唯一能阻止它离心分解的力，已知万有引力常量113126.6710G m kg s ---=⨯⋅⋅，由于脉冲星表面的物质未分离，故可估算出此脉冲星密度的下限是 3kg m -⋅。
2、（5分）在国际单位制中，库仑定律写成122q q F kr=，式中静电力常量9228.9810k N m C -=⨯⋅⋅，电荷量q 1和q 2的单位都是库仑，距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q qF r=，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q qF r=，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿，由此式可这义一种电荷量q 的新单位。
当用米、千克、秒表示此新单位时，电荷新单位= ；新单位与库仑的关系为1新单位= C 。
3、（5分）电子感应加速器（betatron ）的基本原理如下：一个圆环真空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。
圆中两个同心的实线圆代表圆环的边界，与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。
已知磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律为0cos(2/)B B t T π=，其中T 为磁场变化的周期。
B 0为大于0的常量。
当B 为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。
若持续地将初速度为v 0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内（如图），则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从t= 到t= 。
二、（21分）嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高22.0510n H km =⨯，远地点离地面高45.093010f H km =⨯，周期约为16小时，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。
第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷
第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷（本题共八大题，满分160分）一．（15分）1．（5分）蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0.033s ，假设它是由均匀分布的物质构成的球体，脉冲周期是它的旋转周期，万有引力是唯一能阻止它离心分解的力，已知万有引力常量G ＝6.67×10-11m 3kg -1s -2，由于脉冲星表面的物质未分离，故可估算出此脉冲星密度的下限是___________kg ·m -3。
2．（5分）在国际单位制中，库仑定律写成F ＝k q 1q 2r 2 ，式中静电力常量k ＝8.98×109N ·m 2/C 2，电荷量q 1和q 2的单位都是库仑，距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式F ＝q 1q 2r 2 ，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿，由此可定义一种电荷量q 的新单位。
当用米、千克、秒表示此新单位时，电荷量新单位＝__________；新单位与库仑的关系为1新单位＝__________C 。
3．（5分）电子感应加速器（betatron ）的基本原理如下：一个圆环形真空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的过圆环的圆心并与环面垂直。
图中两个同心的实线圆代表圆环的边界，与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。
已知磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律为B ＝B 0cos （2πT t ），其中T 为磁场变化的周期，B 0为大于零的常量。
当t 为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。
若持续地将初速为v 0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内（如图），则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从t ＝_________到t ＝_________。
二．（21分）嫦娥1号奔月与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高H n ＝2.05×102km ，远地点离地面高H f ＝5.093×104km ，周期约为16h ，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。
第25届上海市初中物理竞赛(复赛)试题详解
上海市第二十五届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛试题（2011年）（仅供参考）说明：1．本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分2．答案及解答过程均写在答卷纸上。
其中第一、第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三至第五大题按题型要求写出完整的解答过程。
解答过程中可以使用计算器。
3．本试卷中常数g取10牛/千克，水的比热容4.2×103焦/千克·℃，水的密度1.0×103千克/米3，冰的密度0.9×103千克/米3，冰的熔化热为3.33×105焦/千克。
一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1．潜泳的人，从水下向上看，会看到一彩色镶边、内有图像的圆面，那么( ) A．圆面内只能呈现水面上的部分景物B．彩色镶边是由于水面四周各种物体的颜色所引起的C．彩色镶边是由于不同颜色的光折射程度略有不同所致D．圆面中图像呈现的是水面外的景物，且看到景物的高度比实际景物要低解：圆面内主要呈现水面上的景物的虚像，但理论上也能看到水下物体经水表面反射形成的虚像，A错；不同颜色的色光折射率不同，发生全反射时的临界角不同，反射回水下的角度各不相同，所以才能形成一个圆圈，B错C正确；圆面中图像主要呈现的是水面外的景物，且看到景物的高度比实际景物要高，D错误正确答案：C2．磁带录放机可高速播放正常录制的声音，在高速播放时最有可能听不到的声音是正常录音时( )A．音调较低的声音B．音调较高的声音C．响度较小的声音D．响度较大的声音解：高速播放时，音调较高的声音可能会超出我们的听觉范围（20~20000赫兹），正确答案：B3．两个人共同搬一个50 千克质量分布均匀的木箱上楼梯，如图所示。
木箱长1.25米，高0.5米；楼梯和地面成45o，而且木箱与楼梯平行。
如果两人手的用力方向都是竖直向上的，那么在下面的人对木箱施加的力与上面的人对木箱施加的力的比值是( )A．8/3 B．7/3 C．5/3 D．5/4第3题图解：如图所示，木箱质量均匀故其重心在几何中心，标为G，则此题变为一个杠杆问题力之比为两个力到重力作用线的距离反比，即F1：F2=DC：AD ∵∠BAC=45度∴AC=BC=AB/√2=1.25/√2=5√2/8∵木箱为一个矩形故对角线长为√（1.25^2+0.5^)=√29∴GB=AG=1/2对角线=√29/2设AD=x 有√(AG^2-x^2)+√[BG^2-（5√2/8-x)^2]=5√2/8解得x=3√2/16∴F1：F2=DC：AD=7：3 正确答案：B4．月球是地球的卫星，在地球上我们总是只能看到月球的一面，是因为月球绕地球公转的周期与自转的周期相等，请问登上月球的航天员在月球上看地球，将看到地球( )A．既有绕月球的转动，又有自转B．只有绕月球的转动，没有自转C．只有自转，没有绕月球的转动D．既没有绕月球的转动，也没有自转预备知识：月球除了绕地球公转外，本身还在自转。
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题2008年10月 北京★理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的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 表示A ，B 间的距离，以θ表示AB 与Ax 之间的夹角，已知θ＜90°．设在球离开A 处的同时，位于B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以v p 表示他的速率．在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1．求出守方队员可以抢到球的必要条件．2．如果攻方有一接球队员处在Ax 线上等球，以l r 表示他到A 点的距离，求出球不被原在B 处的守方队员抢断的条件．3．如果攻方有一接球队员处在Ax 线上，以L 表示他离开A 点的距离．在球离开A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以v r 表示其速率，求在这种情况下球不被原在B 处的守方队员抢断的条件．二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动．这都涉及时间和空间坐标的测定．为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动的测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟．假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息．（I ）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动．这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程．（II ）设有两个观测站D 1 ，D 2 ，分别位于同一经线上北纬θ和南纬θ（单位：（°））处．若它们同时收到时间 之前卫星发出的电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面A的最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置的纬度有很小的误差△θ时，试求H的误差；（iii）如果上述的时间τ有很小的误差τ△，试求H的误差．2．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′′ ，定出的H有多大误差？（iii）若τ△= ±0.010 μs ，定出的H有多大误差？假设地球为半径R= 6.38×103km 的球体，光速c = 2.998×108 m / s ，地面处的重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程．4．根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应．已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00×104 km的圆形轨道上运行，地球半径R、光速c和地面重力加速度g取第2小题中给的值．（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24h后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置的引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小．试问地上的钟24 h后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1的高温处和绝对温度为T2的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为Q，外界对致冷机做的功为W，则有Q W≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上的理想情况．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℃的情况下，使某房间内的温度保持在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的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为l ，面积为S ，两侧温度差的大小为T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H = k △T lS ， 其中k 称为热导率，取决于导热层材料的性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外的面积S = 5.00 m 2 、厚度l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度l 0= 0.50 mm 的空气层，假设空气的热导率k 0= 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理的观点，在I 层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层．但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果．隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60×10－19 C )的整数倍，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．本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域．1．显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C 的电容器，如图2所示．电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷．如果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的条件即电容器极板间的电势差V AB = V A －V B在什么范围图1内单电子隧穿过程被禁止．2．假定V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿的电压．试估算电容C 的大小．3．将图1的器件与电压为V 的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察单电子隧穿，避免杂散电容的影响．中间的金属块层称为单电子岛．作为电极的左、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 为电子电荷量的大小，两个MIM 结的电容分别为C S 和C D ．试证明双结结构器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为U n =(－ne )22( C S +C D )． 4．在图3给出的具有源( S )、漏( D )电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容C G 添加门电极( G )构成如图4给出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发生．在V 较小且固定的情况下，通过门电压V G 可控制岛中的净电子数n ．对于V G 如何控制n ，简单的模型是将V G 的作用视为岛中附加了等效电荷q 0= C G V G ．这时，单电子岛的静电能可近似为U n =(－ne +q 0)2 / 2C ∑，式中C ∑=C S +C D +C G ．利用方格图（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的过程中，单电子岛的静电能U n 随C G V G 变化的图线（纵坐标表示U n ，取U n 的单位为e 2 / 2C ∑；横坐标表示C G V G ，取C G V G 的单位为e ）．要求标出关键点的坐标，并把n = 0 ，1 ，2 ，3时C G V G / e 的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）．图3 图 4图5表1五、折射率n = 1.50 、半径为R的透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中O点为横截面与轴线的交点．光仅允许从半圆柱体的平面AB进入，一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角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轴方向的长度用d表示．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的复杂情形．1．当平行入射光的入射角i在0°～90°变化时，试求d的最小值d min和最大值d max．2．在如图所示的平面内，求出射光束与柱面相交的圆弧对O点的张角与入射角i的关系．并求在掠入射时上述圆弧的位置．六、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面内是一条在引力中心附近微弯的曲线．它距离引力中心最近的点称为光线的近星点．通过近星点与引力中心的直线是光线的对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）的原点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）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是绝对值远小于1的参数．现在假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星．如果经过该白矮星两侧的星光对地球上的观测者所张的视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星的质量是多少千克？已知G = 6.673 ×10－11m3 / ( 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的圆周上运动，半径相同，角动量均为：= h / 2π，其中h是普朗克常量．（I）如果忽略电子间的相互作用，氦原子的一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一个电子移到无限远所需要的能量．z（II ）实验测得的氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之间的相互作用，进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道的半径r 0 、基态能量E 0 以及一级电离能E + ，并与实验测得的氦原子一级电离能相比较．已知电子质量m = 0.511 MeV / c 2 ，c 是光速，组合常量c =197.3 MeV • fm =197.3 eV • nm ，ke 2= 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的径迹的照片．径迹在纸面内，图的中间是一块与纸面垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里．假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量e ：e =1.60×10－19 C ，铅板下部径迹的曲率半径r d = 210 mm ，铅板上部径迹的曲率半径r u = 76.0 mm ，铅板内的径迹与铅板法线成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 = 9.11×10－31kg =0.511MeV/ c 2．不考虑云室中气体对粒子的阻力．（I ）写出粒子运动的方向和电荷的正负．（II ）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III ）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为j = 5.00 ×1018 / s 的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力平均为多少牛？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1 ．解法一：设守方队员经过时间t 在Ax 上的C点抢到球，用l 表示A 与C 之间的距离，l p 表示B 与C之间的距离（如图1所示），则有l = vt ，l p = v p t （1）和 l 2p = d 2 + l 2－2dl cos θ．（2）解式（1），（2）可得图1l=d1－(v p/ v)2{cosθ±[ (v pv)2 －sin2θ]1 / 2 }．（3）由式（3）可知，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即v p≥v sinθ．（4）解法二：设BA与BC的夹角为φ（如图1）．按正弦定理有l psinθ=lsinφ．利用式（1）有v p v= sinθsinφ．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min表示守方队员能抢断球的地方与A点间的最小距离．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点的距离小于l min，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断的条件是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轴上等球的攻方球员到A点的距离l r满足该式，则球不被原位于B处的守方球员抢断．3．解法一：如果在位于B处的守方球员到达Ax上距离A点l min的C1点之前，攻方接球队员能够到达距A点小于l min处，球就不会被原位于B处的守方队员抢断（如图2所示）．若L≤l min 就相当于第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）守方队员到达C1处所需时间t pm = ( d2+ l2min－2dl min cosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断的条件是t rm ＜t pm ．（9）图2即 L ＜v r v p( d 2 + l 2min －2dl min cos θ)1 / 2 + l min ，（10）式中l min 由式（5）给出．解法二：守方队员到达C 1点的时间和球到达该点的时间相同，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断的条件（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）相同．二、1．（I ）选择一个坐标系来测定卫星的运动，就是测定每一时刻卫星的位置坐标x ，y ，z ．设卫星在t 时刻发出的信号电波到达第i 个地面站的时刻为t i ．因为卫星信号电波以光速c 传播，于是可以写出(x －x i )2 + (y －y i )2 + (z －z i )2 = c 2 (t －t i )2 ( i = 1 ，2 ，3 )， （1）式中x i ，y i ，z i 是第i 个地面站的位置坐标，可以预先测定，是已知的；t i 也可以由地面站的时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知的．所以，方程（1）中有三个未知数x ，y ，z ，要有三个互相独立的方程，也就是说，至少需要包含三个地面站，三个方程对应于式（1）中i = 1 ，2 ，3 的情况．（II ）（i ）如图所示，以地心O 和两个观测站D 1 ，D 2 的位置为顶点所构成的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的距离相等，都是L = c ． （2）当卫星P 处于上述三角形所在的平面内时，距离地面的高度最大，即H ．以θ表示D 1 ，D 2所处的纬度，由余弦定理可知L 2 = R 2 + ( H +R )2－2R ( H +R )cos θ． （3）由（2），（3）两式得H =(c τ)2 －(R sin θ)2 －R ( 1－cos θ)． （4）式（4）也可据图直接写出．（ii ）按题意，如果纬度有很小的误差△θ，则由式（3）可知，将引起H 发生误差△H ．这时有L 2 = R 2 + ( 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 ）如果时间τ有τ△的误差，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．选择一个坐标系，设被测物体待定位置的坐标为x ，y ，z ，待定时刻为t ，第i 个卫星在t i 时刻的坐标为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的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号．确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式（10）中i = 1 ，2 ，3 ，4所对应的四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟的变慢因子为[ 1－( v / c )2]1 / 2 ，地上的钟的示数T 与卫星上的钟的示数t 之差为T －t = T －1－(v c )2T = [ 1－1－(v c)2 ]T ， （11）这里v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：v 2r = GM r2 ， （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 = GM r = g r R =g R + hR ，其中R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，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 ，这是很小的数．所以[ 1－(v c )2]1 / 2≈1－12(v c)2．最后，可以算出24 h 的时差 T －t ≈12(v c )2T = 12gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3μs ．（13）（II ）卫星上的钟的示数t 与无限远惯性系中的钟的示数T 0之差t －T 0= 1－2φc 2T 0－T 0=( 1－2φc 2－1 )T 0 ．（14）卫星上的钟所处的重力势能的大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ． （15）所以 φc 2 = gR 2c 2 ( R + h )；代入数值有φ/ c 2 = 1.68×10－10，这是很小的数．式（14）近似为t －T 0 ≈－ φc2T 0 ． （16）类似地，地面上的钟的示数T 与无限远惯性系的钟的示数之差T －T 0 =1－2E φc 2T 0－T 0=(1－2E φc 2－1 )T 0 ． （17）地面上的钟所处的重力势能的大小为E φ=GMR =gR ． （18）所以Eφc2=gR c 2； 代入数值有E φ/ c 2 =6.96 ×10－10，这是很小的数．与上面的情形类似，式（17）近似为T －T 0 ≈－Eφc 2T 0 ． （19）（16），（19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T ≈－Eφφ-c 2T 0 ．（20）从式（19）中解出T 0 ，并代入式（20）得t －T ≈－Eφφ-c2/ (1－Eφc2)T ≈－Eφφ-c2T =gR c 2hR + hT ．（21）注意，题目中的24 h 是指地面的钟走过的时间T ．最后，算出24 h 卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T = 46 μs ． （22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功率相等．设热泵在室内放热的功率为q ，需要消耗的电功率为P ，则它从室外（低温处）吸收热量的功率为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）的绝对温度，T 2为室外的绝对温度．由（1）式得P ≥T 1－T 2T 1q ． （2）显然，为使电费最少，P 应取最小值；即式（2）中的“≥”号应取等号，对应于理想情况下 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，散热的功率H =k T 1－T 2lS ． （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 ( T 1－T 2 )2lT 1． （6）设热泵工作时间为t ，每度电的电费为c ，则热泵工作需花费的最少电费C min =P min tc ． （7）注意到 T 1= 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T 2 = －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 =( T 1－T 2 )2T 1lSktc = 23.99 元．（8）所以，在理想情况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面的温度为 T i ，外表面的温度为 T 0，则单位时间内通过内层玻璃、中间空气层和外层玻璃传导的热量分别为H 1=k T 1－T ilS ， （9）H 2=k 0T i －T 0l 0S ， （10）H 3=k T 0－T 2lS ． （11）在稳定传热的情况下，有H 1=H 2=H 3 ． （12）由（9）～（12）四式得k T 1－T i l = k 0T i －T 0l 0和T 1－T i =T 0－T 2．（13）解式（13）得T i =l 0k + lk 0l 0k + 2lk 0T 1 +lk 0l 0k + 2lk 0T 2． （14）将（14）式代入（9）式得H 1 =kk 0l 0k + 2lk 0( T 1－T 2 )S ． （15）要保持室内温度恒定，应有q =H 1．由式（3）知，在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率P ′min =kk 0l 0k + 2lk 0( T 1－T 2 )2T 1S ．（16）在理想情况下，热泵工作时间t 需要的电费C ′min =P ′min tc ； （17）代入有关数据得C ′min =2.52 元． （18）所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节约的电费△C min =C min －C′min=21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器的极板A隧穿到极板B．以Q 表示单电子隧穿前极板A所带的电荷量，V AB表示两极板间的电压（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所带的电荷量为Q′ = Q + e ，（3）式中e 为电子电荷量的大小．这时，电容器两极板间的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，即隧穿过程被禁止，则要求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的极板B隧穿到极板A．仍以Q表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，V AB表示两极板间的电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带的电荷量为Q′ = Q－e．经过类似的计算，可得单电子从极板B到极板A的隧穿不能发生的条件是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，即库仑阻塞的条件为－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 =8.0×10－16F ． （10）3．设题目中图3中左边的MIM 结的电容为 C S ，右边的MIM 结的电容为 C D ．双结结构体系如图a 所示，以Q 1 ，Q 2 分别表示电容C S ，C D 所带的电荷量．根据题意，中间单电子岛上的电荷量为－ne = Q 2－Q 1 ．（11）体系的静电能为 C S 和 C D 中静电能的总和，即U =Q 212C S + Q 222C D； （12）电压V =Q 1C S + Q 2C D． （13） 由（11）～（13）三式解得U =12CV 2 +(Q 2－Q 1)22 (C S + C D )． （14）由于V 为恒量，从式（13）可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能U n = (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随 C G V G 变化的图线如图b ；C G V G / e 的变化范围如表2．表2五、1．在图1中，z 轴垂直于AB 面．考察平行光图a束中两条光线分别在AB 面上C 与C ′点以入射角i 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面的 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 的距离y c 由正弦定理得y c sin i 2 = R sin ( 90° + r )，即 y c = sin i 2cos r R ．（1）同理在△OC ′D ′中，O 点与入射点C ′的距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′= sin i ′2cos r R ． （2）当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角i 2与 i ′2亦随之变化．在柱面上的入射角满足临界角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，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角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 = 1.33R ． （6）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 的夹角，φ′是Oz 轴与线段OD ′的夹角．发生全反射时，有φ=i 20 + r ，（8） φ′=i 20－r ， （9）和 θ=φ+φ′=2i 20≈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、图2由于方程r =GM / c 2a cos φ + a 2 ( 1 + sin 2φ)（1） 是φ的偶函数，光线关于极轴对称．光线在坐标原点左侧的情形对应于a ＜0 ；光线在坐标原点右侧的情形对应a ＞0 ．右图是a ＜0的情形，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 / c 2r m ．（2）经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角θS 可以有不同的表达方式，相应的问题有不同的解法．解法一：若从白矮星到地球的距离为 d ，则可近似地写出θS ≈2r m / d ． （3）在式（1）中代入观测者的坐标 r =d ，φ= －π/ 2，有a 2≈GM / 2c 2d ．（4）由（2）与（4）两式消去 a ，可以解出r m =2GMd / c 2．（5）把式（5）代入式（3）得θS ≈8GM / c 2d ； （6）即 M ≈θ2S c 2d / 8G ， （7）其中d = 3.787×1017 m ；代入数值就可算出M ≈2.07 ×1030kg ．（8）解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成r →∞，φ= －π2 + θ2．（9）近似地取θS ≈θ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到θ1，有a θ / 2 + 2a 2= 0 ．所以 θS ≈θ=－4a = 8GM / c 2d ，（10）其中用到式（4），并注意到a ＜0 ．式（10）与式（6）相同，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张的视角 θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角，有sin θS 2=△(r cos φ)△r = cos φ－r sin φ△φ△r．（11）ySr xOEr mφ由光线方程（1）算出△φ/△r，有sin θS2=cosφ－r sinφGM / c2r2a sinφ= cosφ－GMc2ra；代入观测者的坐标r =d， = －π/ 2以及a的表达式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM=8GMc2d，与式（6）相同．所以，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）的渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上的截距为－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+是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足He + E+→He++ e－．为了得到氦原子的一级电离能E+，需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量E*．这是一个电子围绕氦核运动的体系，下面给出两种解法．解法一：在力学方程=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* =2,2m)－= －2)，（2）其中p0为基态电子动量的大小；代入数值得E* = －ke2 )2mc2,(c)2)≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间的相互作用，氦原子基态的能量E0 是该值的2倍，即E0 =2E*≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子的一级电离能E+ =E*－E0= －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= －．把基态的角动量关系rp=代入，式（3）可以改写成E* = 2,2mr2)－= 2,2m) ( －2))2－2)．因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量r0 = 2,2ke2m) ，E*=－2)分别与（1），（2）两式相同．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0的两种解法．解法一：利用力学方程= －2r )2) =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,2m)－) + = －2)；（7）E0 = 2 (2代入数值算得E 0 =－ke2 )2mc2,16(c)2)≈－83.4 eV ，（8）r 0 = (c)2,7ke2mc2)≈0.0302 nm ．所以，氦原子的一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比实验测得的氦原子一级电离能24.6 eV 高出4.4 eV ．解法二：氦原子能量E = 2 ( －) + = 2,mr2)－可以化成E = 2,m)( －2))2－2) ．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E0 =－2) ，r0= 2,7ke2m)分别与（7），（6）两式相同．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，粒子的运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不改变荷电粒子动量的大小，只改变其方向．若不考虑云室中气体对粒子的阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧；可以写出其运动方程qBv=||= φ,△t)= ，（1）其中q 是粒子电荷，v是粒子速度的大小，p是粒子动量的大小，△φ是粒子在△t时间内转过的角度，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 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小，并在式（1）中代入有关数据，可以算得p d=63.0MeV / c ，p u= 22.8MeV / c．（3）注意到当pc mc2 时应使用狭义相对论，从p=/ c)2))．（4）中可以得到v=/ p)2 ))．（5）用v d 和v u分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小．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，粒子穿过铅板的平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d+v u)≈c．用△t表示粒子穿过铅板的时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表示粒子穿过铅板动量改变量的大小，铅板所受到的平均力的大小f= = / (v cosθ))≈p d－p u)c cosθ,d)；（8）代入有关数值得f ≈1.04×10－9N ．（9）。
第25届全国中学生物理竞赛预赛卷+参考解答与评分标准
第25届全国中学生物理竞赛预赛卷14. （14分）一电流表，其内阻R g=10.0Ω，如果将它与一阻值R0=44990Ω的定值电阻串联，便可成为一量程U0=50V的电压表。
现把此电流表改装成一块双量程的电压表，两个量程分别为U01=5V和U02=10V。
当用此电压表的5V挡去测量一直流电源两端的电压时，电压表的示数为4.50V；当用此电压表的10V挡去测量该电源两端的电压时，电压表的示数为4.80V。
问此电源的电动势为多少？15. （12分）为训练宇航员能在失重状态下工作和生活，需要创造一种失重的环境。
在地球表面附近，当飞机模拟某些在重力作用下的运动时，就可以在飞机座舱内实现短时间的完全失重状态。
现要求一架飞机在速率为v1=500m/s时进入失重状态试验，在速率为v2=1000m/s时退出失重状态试验。
重力加速度g=10m/s2。
试问：（i）在上述给定的速率要求下，该飞机需要模拟何种运动，方可在一定范围内任意选择失重时间的长短？试定量讨论影响失重时间长短的因素。
（ii）飞机模拟这种运动时，可选择的失重状态的时间范围是多少？16. （12分）假定月球绕地球作圆周运动，地球绕太阳也作圆周运动，且轨道都在同一平面内。
已知地球表面处的重力加速度g=9.80m/s2，地球半径R0=6.37×106m，月球质量m m=7.3×1022kg，月球半径R m=1.7×106m，引力恒量G=6.67×10−11N·m2/kg2，月心地心间的距离约为r em=3.84×108m (i)月球的球心绕地球的球心运动一周需多少天？(ii)地球上的观察者相继两次看到满月需多少天？(iii)若忽略月球绕地球的运动，设想从地球表面发射一枚火箭直接射向月球，试估算火箭到达月球表面时的速度至少为多少（结果要求两位数字）？17. （12分）如图所示，1和2是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），与地面的滑动摩擦系数相同，两物块间的距离d=170.00m，它们的质量分别为m1=2.00kg、m2=3.00kg。
第25届全国中学生物理竞赛复赛试题(含答案)
第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共八题，满分160分 一、（15分） 1．（5分）蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0．033s 。
假设它是由均匀分布的物质构成的球体，脉冲周期是它的旋转周期，万有引力是唯一能阻止它离心分解的力，已知万有引力常量113126.6710G m kg s ---=⨯⋅⋅，由于脉冲星表面的物质未分离，故可估算出此脉冲星密度的下限是 3kg m -⋅。
2．（5分）在国际单位制中，库仑定律写成122q q F kr =，式中静电力常量9228.9810k N m C -=⨯⋅⋅，电荷量q 1和q 2的单位都是库仑，距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q q F r=，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
若把库仑定律写成更简洁的形式122q qF r=，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿，由此式可这义一种电荷量q 的新单位。
当用米、千克、秒表示此新单位时，电荷新单位= ；新单位与库仑的关系为1新单位= C 。
3．（5分）电子感应加速器（betatron ）的基本原理如下：一个圆环真空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。
圆中两个同心的实线圆代表圆环的边界，与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。
已知磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律为0cos(2/)B B t T π=，其中T 为磁场变化的周期。
B 0为大于0的常量。
当B 为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。
若持续地将初速度为v 0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内（如图），则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从t= 到t= 。
二、（21分）嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高22.0510n H km =⨯，远地点离地面高45.093010f H km =⨯，周期约为16小时，称为16小时轨道（如图中曲线1所示）。
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案
第25届全国中学生物理竞赛决赛试题2008年10月 北京★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的 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 表示 A ，B 间的距离，以 θ 表示 AB 与Ax 之间的夹角，已知 θ ＜90° ．设在球离开 A 处的同时，位于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表示他的速率．在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1．求出守方队员可以抢到球的必要条件．2．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表示他到 A 点的距离，求出球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．3．如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表示他离开 A 点的距离．在球离开 A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表示其速率，求在这种情况下球不被原在 B 处的守方队员抢断的条件．二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动．这都涉及时间和空间坐标的测定．为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动的测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟．假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息．（I ）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动．这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程．（II ）设有两个观测站 D 1 ，D 2 ，分别位于同一经线上北纬 θ 和南纬 θ（单位：（°））A处．若它们同时收到时间τ之前卫星发出的电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面的最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置的纬度有很小的误差△θ时，试求H的误差；（iii）如果上述的时间τ有很小的误差τ△，试求H 的误差．2．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′′ ，定出的H 有多大误差？（iii）若τ△= ±0.010 μs ，定出的H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 的球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处的重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程．4．根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应．已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 的圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给的值．（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24h 后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置的引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小．试问地上的钟24 h 后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 的高温处和绝对温度为T2 的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为Q，外界对致冷机做的功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上的理想情况．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℃的情况下，使某房间内的温度保持在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的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为 l ，面积为 S ，两侧温度差的大小为 T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H = k △T lS ， 其中 k 称为热导率，取决于导热层材料的性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外的面积 S = 5.00 m 2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度 l 0 = 0.50 mm 的空气层，假设空气的热导率 k 0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理的观点，在I 层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层．但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果．隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19 C )的整数倍，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．本题涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域．1．显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C 的电容器，如图2所示．电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷．如果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．试求出发生库仑图1阻塞的条件即电容器极板间的电势差V AB = V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被禁止．2．假定 V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿的电压．试估算电容 C 的大小．3．将图1的器件与电压为 V 的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察单电子隧穿，避免杂散电容的影响．中间的金属块层称为单电子岛．作为电极的左、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 为电子电荷量的大小，两个 MIM 结的电容分别为 C S 和 C D ．试证明双结结构器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为U n = (－ne )22( C S +C D )． 4．在图3给出的具有源( S )、漏( D )电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容 C G 添加门电极( G )构成如图4给出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发生．在 V 较小且固定的情况下，通过门电压 V G 可控制岛中的净电子数 n ．对于 V G 如何控制 n ，简单的模型是将 V G 的作用视为岛中附加了等效电荷 q 0 = C G V G ．这时，单电子岛的静电能可近似为 U n = (－ne + q 0 )2 / 2C∑，式中C ∑= C S +C D +C G ．利用方格图（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的过程中，单电子岛的静电能U n 随 C G V G 变化的图线（纵坐标表示 U n ，取 U n 的单位为e 2 / 2C ∑；横坐标表示C G V G ，取 C G V G 的单位为e ）．要求标出关键点的坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 C G V G / e 的变化范围填在表格中．（此图3 图 4图5 U n ( e 2 / 2C ∑) C G V G e小题只按作图及所填表格（表1）评分）．表1五、折射率n = 1.50 、半径为R的透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中O 点为横截面与轴线的交点．光仅允许从半圆柱体的平面AB 进入，一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角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 轴方向的长度用 d 表示．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的复杂情形．1．当平行入射光的入射角i 在0°～90°变化时，试求 d 的最小值d min 和最大值d max．2．在如图所示的平面内，求出射光束与柱面相交的圆弧对O 点的张角与入射角i 的关系．并求在掠入射时上述圆弧的位置．六、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面内是一条在引力中心附近微弯的曲线．它距离引力中心最近的点称为光线的近星点．通过近星点与引力中心的直线是光线的对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）的原点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）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 是绝对值远小于1的参数．现在假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星．如果经过该白矮星两侧的星光对地球上的观测者所张的视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星的质量是多少千克？已知G = 6.673 ×10－11 m3 / ( kg •s2 )z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的圆周上运动，半径相同，角动量均为 ： = h / 2π，其中h 是普朗克常量．（I）如果忽略电子间的相互作用，氦原子的一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一个电子移到无限远所需要的能量．（II）实验测得的氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之间的相互作用，进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道的半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与实验测得的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的径迹的照片．径迹在纸面内，图的中间是一块与纸面垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里．假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量e：e = 1.60×10－19 C ，铅板下部径迹的曲率半径r d= 210 mm ，铅板上部径迹的曲率半径r u= 76.0 mm ，铅板内的径迹与铅板法线成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 = 0.511MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子的阻力．（I）写出粒子运动的方向和电荷的正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为j = 5.00 ×1018 / s 的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力平均为多少牛？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1 ．解法一：设守方队员经过时间t 在Ax 上的C点抢到球，用l 表示 A 与C 之间的距离，l p 表示B 与图1C 之间的距离（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，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即v p ≥v sinθ．（4）解法二：设BA 与BC 的夹角为φ（如图1）．按正弦定理有l p sinθ=lsinφ．利用式（1）有v pv= sinθsinφ．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min 表示守方队员能抢断球的地方与 A 点间的最小距离．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 点的距离小于l min ，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断的条件是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 轴上等球的攻方球员到A 点的距离l r 满足该式，则球不被原位于B 处的守方球员抢断．3．解法一：如果在位于 B 处的守方球员到达Ax 上距离A 点l min 的C1 点之前，攻方接球队员能够到达距 A 点小于l min 处，球就不会被原位于 B 处的守方队员抢断（如图2所示）．若L ≤l min 就相当于第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）图2守方队员到达C1 处所需时间t pm = ( d2 + l2min－2dl min cosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断的条件是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：守方队员到达C1 点的时间和球到达该点的时间相同，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断的条件（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）相同．二、1．（I）选择一个坐标系来测定卫星的运动，就是测定每一时刻卫星的位置坐标x，y，z．设卫星在t时刻发出的信号电波到达第i 个地面站的时刻为t i．因为卫星信号电波以光速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个地面站的位置坐标，可以预先测定，是已知的；t i 也可以由地面站的时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知的．所以，方程（1）中有三个未知数x，y，z，要有三个互相独立的方程，也就是说，至少需要包含三个地面站，三个方程对应于式（1）中i = 1 ，2 ，3 的情况．（II）（i）如图所示，以地心O和两个观测站D1，D2的位置为顶点所构成的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的距离相等，都是L = c ．（2）当卫星P 处于上述三角形所在的平面内时，距离地面的高度最大，即H．以θ表示D1，D2 所处的纬度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 －2R ( H + R ) cosθ．（3）由（2），（3）两式得H = (c τ)2 －(R sin θ )2 －R ( 1－cos θ ) ． （4）式（4）也可据图直接写出．（ii ）按题意，如果纬度有很小的误差△θ ，则由式（3）可知，将引起H 发生误差△H ．这时有L 2 = R 2 + ( 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 ）如果时间τ有τ△的误差，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．选择一个坐标系，设被测物体待定位置的坐标为 x ，y ，z ，待定时刻为 t ，第 i 个卫星在 t i 时刻的坐标为 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的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号．确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应的四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟的变慢因子为[ 1－( v / c )2] 1 / 2 ，地上的钟的示数 T 与卫星上的钟的示数 t 之差为T －t = T －1－(v c )2 T = [ 1－1－(v c)2 ] T ， （11） 这里 v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：v 2r = GM r 2 ， （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 = GM r = g r R = g R + hR ， 其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，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 ，这是很小的数．所以 [ 1－ (v c )2 ]1 / 2 ≈1－ 12 (v c)2 ． 最后，可以算出 24 h 的时差T －t ≈12 (v c )2T = 12 gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3 μs ． （13） （II ）卫星上的钟的示数t 与无限远惯性系中的钟的示数T 0之差t －T 0 = 1－2φ c 2 T 0－T 0 = ( 1－2φc 2 －1 )T 0 ． （14） 卫星上的钟所处的重力势能的大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ． （15）所以 φ c 2 = gR 2c 2 ( R + h )； 代入数值有φ/ c 2 = 1.68 ×10－10 ，这是很小的数．式（14）近似为 t －T 0 ≈－ φ c 2T 0 ． （16） 类似地，地面上的钟的示数 T 与无限远惯性系的钟的示数之差T －T 0 = 1－2E φ c 2 T 0－T 0 = ( 1－2Eφ c 2 －1 )T 0 ． （17） 地面上的钟所处的重力势能的大小为E φ= GM R =gR ． （18） 所以 E φ c 2 = gR c 2 ；代入数值有E φ/ c 2 = 6.96 ×10－10 ，这是很小的数．与上面的情形类似，式（17）近似为 T －T 0 ≈－ E φ c 2T 0 ． （19） （16），（19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t－T ≈－Eφφ- c 2T 0 ． （20）从式（19）中解出 T 0 ，并代入式（20）得t －T ≈－E φφ- c 2/ (1－Eφ c 2)T ≈－Eφφ- c 2T =gR c 2 h R + hT ． （21） 注意，题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T ．最后，算出 24 h 卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T = 46 μs ． （22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功率相等．设热泵在室内放热的功率为 q ，需要消耗的电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸收热量的功率为 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）的绝对温度，T 2 为室外的绝对温度．由（1）式得P ≥ T 1－T 2T 1q ． （2）显然，为使电费最少，P 应取最小值；即式（2）中的“≥”号应取等号，对应于理想情况下 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，散热的功率H = kT 1－T 2lS ． （4） 要保持室内温度恒定，应有q = H ． （5）由（3）～（5）三式得Pmin = k S ( T 1－T 2 )2lT 1． （6）设热泵工作时间为 t ，每度电的电费为 c ，则热泵工作需花费的最少电费C min = P min tc ． （7）注意到 T 1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T 2 = －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Cmin = ( T 1－T 2 )2T 1lSktc = 23.99 元 ． （8）所以，在理想情况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面的温度为T i，外表面的温度为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的热量分别为H1=k T1－T il S ，（9）H2=k0T i－T0l0S ，（10）H3=k T0－T2l S ．（11）在稳定传热的情况下，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，在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率P′min =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )2T1S ．（16）在理想情况下，热泵工作时间t需要的电费C ′min = P′min tc ；（17）代入有关数据得C′min = 2.52 元．（18）所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节约的电费△C min = C min －C′min = 21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器的极板A 隧穿到极板B．以Q 表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，V AB 表示两极板间的电压（如题目中图3所示），则有V AB = Q / C ．（1）这时电容器储能U = 12CV 2AB ． （2）当单电子隧穿到极板 B 后，极板 A 所带的电荷量为Q ′ = Q + e ， （3）式中 e 为电子电荷量的大小．这时，电容器两极板间的电压和电容器分别储能为V ′AB =Q + e C ，U ′ = 12CV ′ 2AB ． （4） 若发生库仑阻塞，即隧穿过程被禁止，则要求U ′ －U ＞0 ． （5）由（1）～（5）五式得V AB ＞－ 12 eC． （6）再假设单电子能从电容器的极板 B 隧穿到极板 A ．仍以 Q 表示单电子隧穿前极板A 所带的电荷量，V AB 表示两极板间的电压．当单电子从极板 B 隧穿到极板 A 时，极板A 所带的电荷量为 Q ′ = Q －e ．经过类似的计算，可得单电子从极板 B 到极板 A 的隧穿不能发生的条件是V AB ＜ 12 eC． （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，即库仑阻塞的条件为－ 12 e C ＜ V AB ＜ 12 eC． （8） 2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有V AB = 12 e C= 0.10 mV ． （9）由式（9），并代入有关数据得C = 8.0 ×10－16F ． （10）3．设题目中图3中左边的 MIM 结的电容为 C S ，右边的 MIM 结的电容为 C D ．双结结构体系如图a 所示，以 Q 1 ，Q 2 分别表示电容 C S ，C D 所带的电荷量．根据题意，中间单电子岛上的电荷量为－ne = Q 2－Q 1 ． （11）图a体系的静电能为 C S 和 C D 中静电能的总和，即U = Q 212C S + Q 222C D； （12）电压V =Q 1C S + Q 2C D． （13） 由（11）～（13）三式解得U = 12CV 2 + (Q 2－Q 1)22 ( C S + C D )． （14）由于 V 为恒量，从式（13）可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能 U n = (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随 C G V G 变化的图线如图b ；C G V G / e 的变化范围如表2．表2五、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 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面的 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 的U n( e 2 / 2C)图b图1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 r R ． （1） 同理在△OC ′D ′ 中，O 点与入射点 C ′ 的距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′ = sin i ′2cos r R ． （2） 当改变入射角 i 时，折射角 r 与柱面上的入射角 i 2 与 i ′2 亦随之变化．在柱面上的入射角满足临界角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，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角 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）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 的夹角，φ′ 是 Oz 轴与线段 OD ′ 的夹角．发生全反射时，有φ = i 20 + r ， （8） φ′ = i 20－ r ， （9）和 θ = φ + φ′ = 2i 20≈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 / c2acos φ + a 2 ( 1 + sin 2φ)（1）是 φ的偶函数，光线关于极轴对称．光线在坐标原点左侧的情形对应ySr xOEr mφ 图2于a＜0 ；光线在坐标原点右侧的情形对应a＞0 ．右图是a＜0的情形，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a2 | a | ，有a≈－GM / c2r m ．（2）经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角θS 可以有不同的表达方式，相应的问题有不同的解法．解法一：若从白矮星到地球的距离为d，则可近似地写出θS≈2r m / d．（3）在式（1）中代入观测者的坐标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：光线射向无限远处的坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到θ 1，有aθ / 2 + 2a2= 0 ．所以θS≈θ=－4a = 8GM / c2d，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0 ．式（10）与式（6）相同，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张的视角θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角，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；代入观测者的坐标r = d， = －π/ 2以及a的表达式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM=8GMc2d，与式（6）相同．所以，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）的渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上的截距为－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+ 是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足He + E+ →He+ + e－．为了得到氦原子的一级电离能E+ ，需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量E*．这是一个电子围绕氦核运动的体系，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 为基态电子动量的大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2( c)2≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间的相互作用，氦原子基态的能量E0 是该值的2倍，即E0 =2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子的一级电离能E+ =E*－E0 = －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态的角动量关系rp= 代入，式（3）可以改写成E* =22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量r0 =22ke2m，E*= －2k2e4m2分别与（1），（2）两式相同．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0的两种解法．解法一：利用力学方程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E0 = 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 ．所以，氦原子的一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比实验测得的氦原子一级电离能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E0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相同．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，粒子的运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不改变荷电粒子动量的大小，只改变其方向．若不考虑云室中气体对粒子的阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧；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 是粒子速度的大小，p 是粒子动量的大小，△φ是粒子在△t时间内转过的角度，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 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小，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 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小．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，粒子穿过铅板的平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d + v u )≈c．用△t表示粒子穿过铅板的时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表示粒子穿过铅板动量改变量的大小，铅板所受到的平均力的大小f = △p du△t=p d－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）代入有关数值得。
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上海市第二十五届初中物理竞赛复赛试题及详细解答说明：1．本试卷共有五大题，答题时间为120分钟，试题满分为150分2．答案及解答过程均写在答卷纸上。
其中第一、第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三至第五大题按题型要求写出完整的解答过程。
解答过程中可以使用计算器。
3．本试卷中常数g取10N/kg，水的比热容 4.2×103J/kg·℃，水的密度 1.0×103kg/m3, 冰的密度0.9×103 kg/m3,冰的熔化热 3.33×105J/kg 。
一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1．潜泳的人，从水下向上看，会看到一彩色镶边、内有图像的圆面，那么 ( )A．圆面内只能呈现水面上的部分景物B．彩色镶边是由于水面四周各种物体的颜色所引起的C．彩色镶边是由于不同颜色的光折射程度略有不同所致D．圆面中图像呈现的是水面外的景物，且看到景物的高度比实际景物要低2．磁带录放机可高速播放正常录制的声音，在高速播放时最有可能听不到的声音是正常录音时 ( )A．音调较低的声音B．音调较高的声音C．响度较小的声音D．响度较大的声音3．两个人共同搬一个50千克质量分布均匀的木箱上楼梯，如图所示。
木箱长 1.25米，高0.5米；楼梯和地面成45o，而且木箱与楼梯平行。
如果两人手的用力方向都是竖直向上的，那么在下面的人对木箱施加的力与上面的人对木箱施加的力的比值是 ( )A．8/3 B．7/3 C．5/3 D．5/44．月球是地球的卫星，在地球上我们总是只能看到月球的一面，是因为月球绕地球公转的周期与自转的周期相等，请问登上月球的航天员在月球上看地球，将看到地球( )A．既有绕月球的转动，又有自转B．只有绕月球的转动，没有自转C．只有自转，没有绕月球的转动D．既没有绕月球的转动，也没有自转5．在如图所示的电路中，当电键S闭合后，电压表有示数，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了△U。
则（）A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于△UC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于△U/ R2D．通过电阻R2的电流减小，减小量等于△U/ R16．如图所示，甲、乙两小球沿光滑轨道ABCD运动，在水平轨道AB上运动时，两小球的速度均为5米/秒，相距10米，水平轨道AB和水平轨道CD的高度差为 1.2米，水平段与斜坡段间均有光滑小圆弧连接，且两小球在运动中始终未脱离轨道，两小球在轨道BC上的平均速度均为6米/秒，在CD上的速度均为7米/秒，则（）A．两小球在水平轨道CD上运动时仍相距10米B．两小球在水平轨道CD上运动时距离小于10米C．两小球到达图示位置P点的时间差为2秒D．两小球到达图示位置P点的时间差为 1.4秒7．如图所示，将一柔软的导线弯成星形，并将其置于光滑水平桌面上，然后将电键S闭合，则该星形回路将 ( )A．不会变形B．会变形，所围面积增大C．会变形，所围面积减小D．会变形，所围总面积不变8．过年的时候，桌上的菜肴非常丰富，其中多油的菜汤与少油菜汤相比不易冷却，这主要是因为( )A．油的导热能力比水差B．油层阻碍了汤的热辐射C．油层和汤中的水不易发生热交换D．油层覆盖在汤面，阻碍了水的蒸发二、填空题（每小题6分，共30分）9．如图所示，某同学从桌面上的近视眼镜中看到自己身后同一个窗户的两个像，这两个像为____________像(选填：“实”或“虚”)，是____________面镜(选填：“平”、“凹”、“凸”)所成的像，10．一端封闭的玻璃管自重为G，横截面积为S，内装一段高为h的水银柱，封闭了一定质量的气体。
现将玻璃管封闭端用弹簧测力计悬起，另一端没入水银槽中，如图所示。
当玻璃管没入一定深度后，弹簧测力计的示数为G。
若当时的大气压为p0，则此时管内上方气体的压强为_______，玻璃管内、外水银面的高度差△x为_______。
(设玻璃管壁的厚度不计)11．如图所示，在同一平面上的AC、BD两杆，分别绕相距L的A、B两轴逆时针转动，转动快慢相同，初始时刻如图(a)所示，且∠CAB=300，∠DBA=900，经过一段时间，两杆运动到如图(b)所示，且∠CAB=900，∠DBA=300，则此过程中交点M的运动轨迹为______________（选填：“直线”、“圆弧”、“其它曲线”），M移动的路程为_________。
12．因为环境污染，北极的冰山上常年沉积着灰尘，使冰山表面吸收了更多太阳光，加速了冰山的熔化。
假设覆盖着灰尘的冰山上表面每单位时间单位面积所吸收的太阳光为98瓦/米2(此数据已将太阳光白天和黑夜的不同日照量平均计算在内)。
若有厚度为30米的冰山，如图所示，则仅靠阳光的暴晒，在0℃的海水中，需要约___________天才能将此冰山熔化。
13．如图所示，两根长度相等的杆OA与OB在O点用螺母铰接在一起，两臂间的夹角可以改变，OA是没有质量的轻杆，而OB杆是有一定质量且质量均匀分布的重杆，初始时两杆间的夹角为900，用一根细线悬挂端点A，两杆处于静止状态，然后将两杆间的夹角变为1000，两杆再次处于静止状态时O点相对于初始状态是_________，（选填：“上升”、“下降”、“位置不变”）为使金属杆的顶点O（即两臂连接处）位置最高，金属杆两臂张开的角度应为____________。
三、计算题（本题共36分）14．一底面积是100厘米2的柱形容器内盛有适量的水，现将含有石块的冰块投入容器的水中，恰好悬浮，此时水位上升了6厘米。
当水中冰块全部熔化后，相比熔化前水对容器底部的压强改变了55.28帕。
求石块的密度。
15．某处地面发生浅层地震。
地震产生两种不同的地震波，一种是振动和地面平行的(纵向波)，一种是振动和地面垂直(横向波)，甲地震台先接受到纵向波，然后接受到横向波，两者之间的时间间隔为4秒；乙地震台也经历同样的情况，而时间间隔为10秒，已知甲和乙之间的直线距离为34.8千米，纵向地震波的速度为4千米/秒，横向地震波的速度为2千米/秒。
利用以上的数据，求震中和甲处之间的距离为多少？震中和甲处的连线与震中和乙处的连线之间的夹角为多少？16．将一功率为P=500瓦的加热器置于装有水的碗中，经过 2.0分钟后，碗中水温从T1=85℃上升到T2=90℃，之后将加热器关掉 1.0分钟，发现水温下降 1.0℃。
试估算碗中所装水的质量。
17．如图所示的电路中，电源电压E=6伏，R=2欧；S为电键；其他8个电阻一个未知，设为R x。
剩下的7个电阻的阻值均为1欧。
若闭合电键S以后，电源的输出功率为12瓦，则R x的阻值为多少？通过R x中的电流为多少？四、实验题（本题共12分）18．用最小刻度值为1毫米的刻度尺测量物理课本的长度，下列记录结果中正确的是：( )A．238.0毫米B．23.8厘米C．237.90毫米D．2.38分米19．在做光学实验时，某同学需要将一束平行光的宽度放大为2倍，于是他在光束路径中放置了由两片透镜组成的透镜组来到达此目的，如图所示。
若其中一片透镜是焦距f的凸透镜，则：(1)如果另一片透镜采用的是凸透镜，则其焦距应为多少？应置于何处？请作图说明；(2)如果另一片透镜采用的是凹透镜，则其焦距应为多少？应置于何处？请作图说明；五．判断与说理题（本题共40分）20. 2010上海世博会给广大的参观者带来了很多新科技的体验，有亚克力杆、喷雾降温、触摸屏、LED发光二极管等，请通过阅读以下材料并回答相应的问题。
(1)2010上海世博会英国馆是由6万根透明亚克力杆组成——这些杆的顶端都带有一个细小的彩色光源。
白天，亚克力杆会将室外的光线导入来提供内部照明，从而营造出敞亮的空间感，到了晚上顶端的光源又使整个展馆散发出璀璨迷人的光影。
如图所示。
请简述亚克力杆如何将光线从外界传导到馆内；(2)2010上海世博会期间，气温较高的世博园区内许多区域都安装了喷雾降温装置，喷雾装置采用物理的方式，以水为原料，利用高压，将其以较高的速度输送到喷嘴，撞击喷嘴中的撞针后形成直径4微米左右的雾滴。
请简述喷雾降温的原理；(3)电阻式触摸屏将矩形区域中触摸点(X,Y)的物理位置转换为代表X坐标和Y坐标的电压。
电阻式触摸屏有两层电阻，当未在触摸屏上施力时，两层电阻不接触。
当有物体在触摸屏表面施以一定的压力时，上层电阻与下层电阻发生接触，该结构可以等效为如图(a)所示的电路。
此时在Y+、Y-之间加驱动电压，测量X+电压，如图(b)所示；然后在X+、X-之间加驱动电压，测量Y+电压，如图(c)所示。
利用两次测得的电压值可获得接触点的坐标.现在有一块长10厘米，宽6厘米的手机触摸屏，以其中心为原点建立坐标轴，则触点坐标X方向的范围是[-3厘米，3厘米]，Y方向的范围是[-5厘米，5厘米]。
触摸屏的驱动电压为5伏。
一位同学用笔按在屏上某点，当Y+电极施加驱动电压时，测得X+电极的电压为 3.2伏；当X+电极施加驱动电压时，测得Y+电极的电压为 1.5伏。
请通过计算判断笔按在触摸屏上位置的坐标。
(4)2010年上海世博会大量使用LED发光二极管。
小明设计了一个研究LED发光二极管特性的实验，他采用滑动变阻器改变阻值的方法，用电压表和电流表测LED发光二极管两端的电压U D和通过它的电流I，得到一组数据记录，如下表中所示：U D/ V 0 0.4 0.8 1.2 1.6 2.0 2.6 2.8 3.0I/ mA 0 0.9 2.3 4.3 6.8 13.0 15.8 24.0 28.2 37.0请回答下列问题：①数据表中有一电压表的数据空白，根据下图(a)电压表的示数完成填写空白；②用笔画线表示导线，在下图(b)中连接实验器材画出小明实验的实物图；③在I—U图上用描点法画出LED发光二极管的伏安特性曲线；④已知该LED发光二极管的最佳工作电压为 2.5伏，现用5伏稳压电源供电，需要串联一个电阻R才能使二极管工作在最佳状态，试在I—U图上画出R的图线。
21．薄膜干涉是一种重要的光学现象，其装置如图甲所示，将一块平板玻璃放置在另一平板玻璃之上，在一端夹入几张纸片，从而在两片玻璃表面之间形成一个劈形空气薄膜，当某单色光垂直入射后，利用显微镜可观测到空气薄膜附近的明暗相间条纹，当纸张数不同时，条纹数也不同。
如图乙所示，条纹平行且等间距。
某同学测量在相同的范围内看到的亮条纹的数量，记录在如下的表格中纸张数 2 6 10 12 14条纹数 3 9 15 18 21(1)请你分析上述数据，猜测单位长度内的数目与薄膜的顶角的关系(2)将一根金属丝，替换纸片夹在两玻璃板之间，数出条纹数量为6条，请问它的直径相当于几张纸。