2020年物理竞赛全国复赛模拟试题(二)(含答案)
全国中学生物理竞赛复赛模拟试题汇编(PDF版 共6套)
M 3m T g (2分) 1 2 T M m g (2分) 2 2
第 29 届复赛模拟赛题
12
其中 M sv0 (
3gl 2l l 2l l ) s ( ) g u1 g u1 2
第三题（20 分） 在光滑平面上放有一个质量为 m 的匀质圆环，内径为 r 。从圆环的三个三等分点上各连出一根轻 质弹簧，原长几乎为 0，劲度系数为 k ，三根弹簧连到一个质量为 m 的质点上。 （1）用一个恒力 F 沿着 x 方向作用于圆环，若质点与圆环保持相对静止，则 m 相对圆心位移为多少？ （2）初态圆环和质点保持静止，沿着某根弹簧方向给圆环一个冲量，使得速度为 v0 圆环和质点的运动方程。
A
B k。 t
C B
第 29 届复赛模拟赛题
7
第七题（20 分） 井底之蛙 在一个圆柱形的井底中心有一只青蛙。当水注满整个井的时候，青蛙刚好能看见全部天空，水的 折射为 n 1.33 。 （1）若此时月亮位于天顶，则青蛙看见的月亮和此时地上的人看到的月亮的大小之比为多少？ （2）当水漏掉一半的时候，青蛙看到的星星数目和此时地上的人看到的星星数目之比约为多少？（认 为星星很多，均匀的分布在天空中） （3）接上一问，青蛙的视野中， “天空”的边缘与“天空”的中心，星星的密度之比为多少？
度。记下段绳子为 n 方向，上段绳子为 方向。轮子的角加速度为 a0 r a0
M
第 29 届复赛模拟赛题
10
在地面上看 B 的加速度：
aBn a0 2 2 r
2 2 ， aB 2 r 2 2
（3 分）
地面上看墙角 M 加速为 aM 0 ，由于下段绳子没有转动，所以下端绳子上靠近滑轮的点沿绳加 速度为 0，所以相对滑轮下段绳子进入绳子的加速度为
第24届全国物理竞赛复赛试题及答案
第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷
（本题共七大题，满分160分）
一、（20分）如图所示，一块长为 的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 。一小球B放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P端的正上方，到P端的距离为 。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度 ，使它从水平台面抛出。已知小球B与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞， 的值应在什么范围内？取
注：将星体作圆形扩展光源处理时，研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会遇到数学困难，为简化讨论，本题拟将扩展光源作宽度为 的矩形光源处理。
图1
图2
七、（20分）今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年。王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案： 原子核可以俘获原子的K层电子而成为 的激发态 ，并放出中微子（当时写作η）
五、（25分）地球赤道表面附近处的重力加速度为 ，磁场的磁感应强度的大小 ，方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 成反比（r为考察点到地心的距离），方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离 （ 为地球半径）处，存在厚度为10km的由等数量的质子和电子的等离子层（层内磁场可视为匀强磁场），每种粒子的数密度非常低，带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量 ，质子的质量 ，电子电荷量为 ，地球的半径 。
2020高中物理竞赛复赛模拟试题
2020高中物理竞赛复赛模拟试题及答案1.（40分）如下图所示的一盘绳圈竖直静立着水平地面上，且盘外的绳子一端被固定住，此时盘的半径为R0，质量面密度为σ，绳带厚度为b（即绳盘上相邻两白线圈之间距离，b<<R0）。
现给予绳圈一个图示平面内的通过盘心的打击冲量I，此后绳圈的运动都位于图示平面内，试求出盘心右移量s 与时间t（t不大，可以保证b<<R(t)）关系。
解答：假设当盘受到打击冲量I时，下端绳子受到拉力的冲量为I T，之后盘心的速度为v0，角速度为v0R0，则由冲量定理：I−I T=M0v0其中：M0=σπR02对于盘心的角动量定理：I T R0=M02R0v0联立可得：v0=2I 3M0假设之后盘右行时受到下端的拉力为T，则有：动量定理：−T=ⅆ(Mv)ⅆt对于盘心的角动量定理：TR=ⅆ( MvR2)ⅆt且有：M=σπR2ⅆM=−σbvⅆt=2σπRⅆR 联立可得：R=√R02−bs π3ⅆ(Mv)Mv+ⅆRR=0 vR73=const(1−bsπR02)76⁄ⅆs=v0ⅆt由于t=0时s=0，于是有：s=πR02b[1−(1−13bv0t6πR02)613⁄]其中：v0=2I 3σπR022.（40分）能量损耗是电路问题中的一个常见问题。
我们考虑一个由电容、电阻和电源串联而成的简单电路，研究从电路接通直至电路达到稳态前的能量损耗问题。
电容值为C且初始不带电，电阻值为R。
记电路接通时t=0，请求出下列两种情况下由于暂态电流电源做的功W。
（1）电源是电压大小为ε的直流稳压电源。
（2）电源是交流电源，可以表示为εcos(ωt+θ)。
解：（1）：稳定时电容上电量为Cε，易得电源做功为：Cε2（2）：接通电路之后，回路的电压方程可以写为：这是一个一阶线性微分方程，普通形式是：其解为：其中C为常数，由函数的初始条件决定。
于是可以解出回路电压方程：由于初始不带电，可得：电流为：第一项指数衰减项i′(t)即为暂态电流项，电源做功为：∞W=∫εcos(ωt+θ)⋅i′(t)ⅆt也即：此即由于暂态电流电源做的功。
第二十四届全国高中生物理竞赛复赛试题及答案
第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。
平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。
平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。
一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。
平板静止在其平衡位置。
水球B 与平板PQ 的质量相等。
现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。
已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。
要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。
AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。
BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。
当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。
BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。
求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。
容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。
隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。
整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。
初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。
此时，b 室真空，a 室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P 0/5，温度为T 0。
全国物理竞赛复赛试题
1、一个物体在光滑的水平面上以初速度v₀做匀速直线运动，突然受到一个与运动方向相同的恒力作用，则物体将A、继续做匀速直线运动B、速度增大，做匀加速直线运动C、加速度减小，做变加速直线运动D、速度减小，做匀减速直线运动（答案）B。
解析：物体在光滑水平面上原本做匀速直线运动，说明合力为零。
当受到一个与运动方向相同的恒力作用时，合力不再为零，且合力方向与运动方向相同，因此物体会做匀加速直线运动，速度增大。
2、关于光的折射现象，下列说法正确的是A、光从一种介质进入另一种介质时，传播方向一定改变B、光从一种介质进入另一种介质时，速度的改变量与入射角有关C、光从光密介质射入光疏介质时，若入射角大于临界角，则会发生全反射D、光从光疏介质射入光密介质时，折射角总是小于入射角（答案）D。
解析：A选项错误，因为当光线垂直界面入射时，传播方向不变。
B选项错误，光在介质中的速度由介质的折射率决定，与入射角无关。
C选项错误，应该是光从光密介质射入光疏介质时，若入射角大于或等于临界角，才会发生全反射。
D选项正确，根据折射定律，光从光疏介质射入光密介质时，折射角总是小于入射角。
3、在静电场中，下列说法中正确的是A、电势为零的点，电场强度也一定为零B、电场强度的方向处处与等势面垂直C、由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合D、电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向（答案）B。
解析：A选项错误，电势是相对的，可以人为规定某点为电势零点，但电场强度是由电场本身决定的，两者无必然联系。
B选项正确，电场强度的方向是电势降低最快的方向，因此与等势面垂直。
C选项错误，只有当电场线是直线，且电荷初速度为零或初速度方向与电场线方向相同时，电荷的运动轨迹才与电场线重合。
D选项错误，电场强度的方向是电势降低最快的方向，但不一定是电势降低的方向。
4、关于简谐振动，下列说法正确的是A、简谐振动的加速度大小与位移大小成正比，方向总与位移方向相同B、简谐振动的周期与振幅无关，仅由系统本身的性质决定C、物体做简谐振动时，经过相同的位移，速度大小一定相同D、物体做简谐振动时，速度减小时，加速度一定减小（答案）B。
第36届物理竞赛复赛模拟试题(二)
装…………○………姓名：___________班级：_______装…………○………绝密★启用前第36届物理竞赛复赛模拟试题（二)考试时间：180分钟；命题人：李宁注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上1．某一与外界绝热系统如图所示，上、下为两热容量分别为1C 、2C 的热源，初始温度分别为10T 、20T 右侧为一气缸，缸中装有同种双原子气体，气体由一轻活塞分为两部分，初态压强均为0p ，体积均为0V ，活塞可自由移动，气体与上下热源接触处保持良好的热接触以保证任意时刻气体与对应热源温度相等，除气体与热源接触处系统各处均绝热，现有一卡诺热机在两热源间工作，并将所做功的12以热量的形式输入下部分气体，已知：00110p V C T =，00220p V C T =，1020022T T T ==.试求系统末态温度T ．（用0T 表示）【答案】01.29T T ≈ 【解析】 【详解】设气体压强为p 时，上、下气体体积分别为02V V -，V ． 由理想气体状态方程，有()0112p V V n RT -=， ①22p V n RT ⋅= ②初态有 00110p V n R T = ③ 00220p V n RT = ④由①－④得试卷第2页，总36页…○…………外………○…………内……212n n = ⑤()112202R n T n T p V +=， ⑥02211222V n T V n T n T =+ ⑦设卡诺热机从上部热源吸热d Q 吸，向下部热源放热d Q 放，做功d W ，则21d 11d Q TQ T η=-=-放吸， ⑧ 且有d d d W Q Q =-吸放． ⑨ 由热力学第一定律，有()111d d d V C n C T Q p V +=-+吸， ⑩()2221d d d d 2V C n C T Q p V W +=-+放． ⑪由⑤－⑪得()121211122211272d 9d 22914d 2d T T T T T T T T T T T T T ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=+-+． 令12T xT =，代入上式化简得22322d 71718d 74970T x x x T x x x++=-++． 初态：2x =，末态：1x =，故有02123222d 71718d 74970TT T x x x T x x x ++=-++⎰⎰． 数值积分可得0ln0.255TT ≈，即有01.29T T ≈． 2．如图所示，一水平光滑圆盘绕着通过O 点并垂直于盘面的定轴以匀角速度ω转动．盘上有一个以O 为圆心的圆形轨道，一质量为m 的质点被约束在轨道内运动，质点与轨道的动摩擦因数为μ．开始时，质点的相对速度为0v ，试分析：……装…………○…_______姓名：___________班级：……装…………○…（1）运动中质点的相对运动速度v （2）轨道对质点约束反力的大小 （3）质点运动的相对路程与时间的关系．【答案】（1）()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ （2）()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦ （3）()0lnR t v R Rs Rt Rμωωμ++=-【解析】 【详解】（1）建立如图所示的坐标系，质点在水平面内受轨道压力N F ，动摩擦力S F ．应用动静法，则质点还有离心惯性力1I F ，和科氏惯性力2I F ．12I F mR ω=， ①22I F v ω=． ②方向如图所示．质点运动轨迹为圆周线，采用自然坐标系，质点运动微分方程为t t s ma F F ==-∑，d d N vmF tμ=- ③ 12n n N I I ma F F F F ==--∑222N v m F m R m v Rωω=-- ④ 由式④可得()()22222N m m F v vR R v R R Rωωω=++=+ ⑤ 将式⑤代入式③中，可得()2d d v R v t Rωμ+=- ⑥ 将式⑥分离变量，可得()2d d vt Rv R μω=-+试卷第4页，总36页……○…………装…………○※※请※※不※※要※※在※※装※※……○…………装…………○两边积分，化简得()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ ⑦（2）将式⑦代入式⑤中，得到()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦⑧即为轨道对质点的约束反力． （3）根据d d sv t=，得()()00d d R v R s R t R t v R ωωμω+=-++ ⑨ 对式⑨两边积分，并考虑初始条件：0t =时，有0s =．于是，有()0ln R t v R Rs Rt Rμωωμ++=-3．打桩机的铁塔高度为40.0H m =，锤的质量41 1.010m kg =⨯；钢筋混凝土桩的质量42 2.010m kg =⨯，桩的横截面为正方形，其边长0.5a m =．桩在被打入地下的过程中，其阻力可以认为主要来自桩侧面泥土对其的黏滞作用，且阻力系数为422.510k N m =⨯，当桩已被打入地下010.0h m =时，再把锤升高 1.0h m =，然后自由落下打击桩．假设碰撞过程是完全非弹性碰撞，试回答下列问题：（1）这一锤能把桩再打多深？（2）打桩的效率（用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比）为多少？（3）如果碰撞过程是弹性碰撞，其恢复因数0.8e =，重新分析问题（1）和（2）． 【答案】（1）0.155d m = （2）33.3η=％ （3） 20.228d m = 72η=％ 【解析】 【详解】（1）当锤下落h 高度时，根据机械能守恒定律，其速度为0v = ①由于是非弹性碰撞，对于桩和锤组成的系统，根据动量守恒定律，有()1012m v m m v =+ ②联立式①与式②，可得碰撞后桩和锤的共同速度为1012m v v m m ==+ ③设这一锤能把桩打入的深度为d ，取竖直向下为x 轴正向，桩下降时受到的阻力为4F k ax =-⨯ ④对于桩、锤系统损失的能量用于克服阻力做功，有()()00212121d 02h dh F x m m v m m gd +=-+-+⎰⑤ 将式④代入式⑤化简得()()22012124820kad k h m m g d m m v α+-+-+=⎡⎤⎣⎦ ⑥代入数值得2541.2 6.50d d +-= 解得0.155d m =（2）碰撞前，锤的动能为2010112T m v m gh == ⑦ 碰撞后，桩、锤系统用于克服阻力做功的动能为()()2112121129T m m v m m gh =+=+． ⑧ 故打桩效率为1120133.39T m m T m η+===％． （3）设锤与桩碰撞结束时，锤、桩的速度分别为1v 和2v ，根据动量守恒定律有101122m v m v m v =+ ⑨根据恢复因数的定义，有2100v v e v -=-． ⑩ 联立式⑨与式⑩解得()2010121m v v v e m m =-++，()102121m v v e m m =++，即得100.2v v =-，200.6v v =． ⑪ 显然，碰撞后锤被反弹．与式⑤类似，有○…………订…※※订※※线※※内※※答○…………订…222221d02h dhF x m v m gd+=--⎰．⑫联立式④、式⑪和式⑫并代入数值得2222.530.47.0560d d+-=，解得20.228d m=可知，这一锤打进的深度为0.228m此时，打桩的效率为2222210220.6722m vm vη==⨯=％可见，有了弹性后，打桩的效率提高了，这是由于因变形和裂损的能量损失更小，使效率提高．4．如图所示，一正六边形123456A A A A A A，每边均为一平面镜．现从12A A中点M发出一条光线，此光线依次经23A A,34A A，…，61A A反射，最后回到12A A边，试求光线出射角θ的范围若将正六边形123456A A A A A A换成正n边形12nA A AL，且要求光线依然从M（12A A中点）发出，先后依次经23A A，34A A，…，1nA A反射并回到12A A边，则试求θ的范围．（以上范围均用反三角函数表示）【答案】2πsinnθ≤2πsinarcsinn≤（n为偶数）()2π1sinnθ-≤试卷第6页，总36页…………订…………○…：___________考号：___________…………订…………○…()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）【解析】 【详解】如图所示，设121A M A M ==，2A N x =，由三角形的相似性可知各边长度如图所示，从而有022020322430205426502x x x x x x x x x ≤≤⎧⎪-⎪≤≤⎪⎪≤-≤⎪-⎨≤≤⎪⎪≤-≤⎪⎪-⎪≤≤⎩，解之得6676x ≤≤． 再由余弦定理，则MN ． 故sin120sin x MN θ︒=⋅．则arcsin θ≤≤ 若换成12n A A A L ，同样有不等式组，解得22112pr e x i ωεωβω=+=+-+而，3602πsin 180sin sin x x θ︒⎛⎫︒-⋅ ⎪==试卷第8页，总36页………装………※※不※※要※※在※………装………于是有 2πs i na r c s n θ≤2πsinarcsinn ≤（n 为偶数）()2π1sinn θ-≤()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）（注：本题也可采用镜面作图法解答）5．如图所示，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，红军飞机在蓝军上空飞行，飞行高度500.0h m =，蓝军一高射炮A 发现目标．A 到飞机原飞行路径（直线MN ）在水平面上的投影（直线M N ''）的距离为04000L m =，A 发射炮弹速度为2000v m s =（1）要使A 每炮均击在飞机的原飞行路径MN 上，那么A 的对准线与平面MNN M ''的交点轨迹是怎样的曲线，定量求之（2）如果飞机在距A 最近的B 处发现了A ，决定在500.0h m =的平面先作圆周运动再丢下一个和飞机速度相同的炸弹攻击A ．200.0v m s =飞．试求飞机做圆周运动半径大小（3）当飞机在B 处并决定作出（2）中所述行动的同时，A 也发现了飞机的行动，设此时A 对准B 上方，A 水平角度调整速度0.0425rad s ω=，竖直方向调整时间忽略．定量计算并指出高射炮能否在飞机丢炸弹前击下飞机………○…………_________班级：________………○…………【答案】(1) 对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭ (2) 20015002v h L R m gL =-=飞(3) 高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机【解析】 【详解】（1）如图作xOy 坐标系．对于x 处飞机路径上的C 点，炮水平偏角0arctanxL θ=，有L =y ，对于抛出的炮弹： 1211 1 2v t L v gt h ①②⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩将①式代入②式得出22222220v bv L x y y g g++-+= 故对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭（2）设飞机飞地半径为R ，于是抛出炸弹走的水平距离L '为L '==对于炸弹，有22212v t L gt h ⋅=⎧='⎪⎨⎪⎩飞 由此得出20015002v h L R m gL =-=飞（3）飞机飞到抛炸弹处所用时间为040πarccos R L R t ω--=试卷第10页，总36页…………装…※※请※※不※※要※…………装…对于高射炮，只考虑其在一特殊情况下的时间：先对准飞机抛炸弹处再射出炮弹．调整时间050arcsin R L R t ω-=对于炮弹，有5255cos 1sin 2v t L v t gt h ββ⋅=⎧⎪⎨⋅-='⎪⎩由上述式子可得2522t g =5t通过计算得316.61t s =，415.14t s =，5 1.03t s = 由123t t t >+，高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机6．如图所示，长直螺旋管中部套有一导线围成的圆环，圆环的轴与螺旋管的轴重合，圆环由电阻不同的两半圆环组成，其阻值1R 、2R 未知．在两半圆环的结合点A 、B 间接三个内阻均为纯电阻的伏特表，且导线0A V B --准确地沿圆环直径安放，而1A V B --、2A V B --分置螺旋管两边，长度不拘，螺旋管中通有交流电时发现，0V 、1V 的示数分别为5V 、10V ，问：1V 的示数为多少？螺旋管外的磁场及电路的电感均忽略不计【答案】220V U V =或0． 【解析】 【详解】因螺旋管中通有交流电，故回路中产生的电动势也是交变的，但可以仅限于某确定时刻的感生电动势、电压和电流的瞬时值，这是因为在无电感、电容的情况下，各量有效值的关系与瞬时值的关系相同．（1）当12R R <，取A B U U >时，回路中的电流如图所示，则……○……………………○……学校:___________……○……………………○……0001102V I R I R ε+-=，0100102V V I R I R ε'+-=， 0002202V I R I R ε-+=，0200202V V I R I R ε'-+=． 整理可得0120001202V V V V I R I R I R I R ε''=+=-．所以，2201201220V V V V U I R I R I R V ''==+= （2）当12R R >，取A B U U <时，0I 反向，其他不变，则1020010202V V V V I R I R I R I R ε''=-=+所以，221021020V V V V U I R I R I R ''==-=（此时20R =，即2R 段为超导体，10R ≠） 综上所述，220V U V =或07．质点或光滑球以某一角度入射到硬质表面上发生的反跳，通常呈现“反射角等于入射角”的现象．但是对于一种粗糙的硬质橡皮球，当其与硬质表面碰撞且满足动能守恒时，它在反跳过程中却表现出许多奇异的现象，这种粗糙的高弹性人造硬质橡皮球称为超级弹性球，简称为超球．这种超球在硬质表面上的反跳几乎是完全弹性的，用它可以直观地演示粗糙物的弹性碰撞现象．试回答下列问题：（1）若将一个小超球放在一个大超球的顶上，让这两个超球一起自由下落并撞击地面，就会发现小超球又跳回到空中，如果大超球与小超球的半径之比选择适当，那么小超球将反跳的高度大约是原先下落高度的9倍，如图1所示．若将大超球、小超球和乒乓球紧贴在一起自由下落，如图2所示，如果这些球的质量选择恰当，那么在它们碰撞地面后，乒乓球将反跳的高度几乎是原先下落高度的49倍．试建立力学模型进行说明 （2）如果超球以一定的速度和绕水平轴旋转的角速度与硬质地面碰撞，旋转的超球在A 、B 两点之间来回反跳，如图3所示．试说明发生这种现象的条件试卷第12页，总36页…………○………………○……【答案】（1）说明见解析 （2）说明见解析 【解析】 【详解】（1）在大超球碰撞地面之前，两超球均自由下落，它们之间未发生碰撞，大超球先与地面相碰撞，随后立即与小超球发生碰撞，假设大超球与地面以及超球间的碰撞都是完全弹性的．两超球自由下落结束时，都有向下的速度，由机械能守恒可得0v ；大超球与地面弹性碰撞后，速度大小不变，方向向上．设大超球与小超球弹性碰撞后的速度大小分别为V 和v ，且方向向上．由动量守恒和机械能守恒，可得00mv MV Mv mv +=- ①22220011112222mv MV Mv mv +=+ ② 式中，M 为大超球的质量；m 为小超球的质量由式①与式②，可解得03M m v v M m -=+，03M mV v M m-=+ ③碰撞后小超球以初速度为v 竖直向上运动，由机械能守恒可得小超球反跳的高度：212mgH mv =④ 即得()()22232M m v H h g M m -==+ ⑤ 若选择大超球半径为小超球半径的10倍，即10R r =，则310M m =．于是，由式⑤得到8.9769H h h =≈对于题图2所示的三个紧贴的球，设由上至下三个球的质量分别为1m 、2m 和3m ，且满足123m m m ≤≤．根据前面的分析，当大球3m 与地面碰撞后，立即与球2m 发生碰撞，由式③可知，当球2m 以相对于地面03v 的速度反跳时，小球1m 正以速度0v 下落题图2-b1．在相对球2m 为瞬时静止的惯性系里，小球1m 相对于球2m 以速度04v 与球2m 相碰撞（题图2-b2）．由于21m m ≥，碰撞后球1m 相对于球2m 以速度04v 反跳（题图2-b3），…订…………○……_____考号：___________…订…………○……即小球1m 相对于地面以速度07v 反跳（题图2-b4）．因此，小球1m 反跳的高度H '为()22007494922v v H h gg'=== ⑥（2）首先，讨论旋转超球在硬质地面上的碰撞问题．假设碰撞是完全弹性的，且碰撞瞬间超球与地面接触点处没有相对滑动，但受到摩擦力的作用，同时忽略重力的影响．为讨论方便，碰撞前的运动状态用下标“0”表示，第一次碰撞后用“1”、第二次碰撞后用“2”表示，依此类推．取超球运动的平面为xOy 平面，如图所示，设超球的质量为m ，半径为R ，在第一次碰撞前超球质心的速度0v （以,0x v 和,0y v 表示速度的两个分量）和旋转角速度0ω（超球对于通过质心的z 轴的角速度）；碰撞后的速度分量为,1x v 和,1y v ，角速度为1ω，设接触点处的摩擦力为s F ，法向力为N F ，作用时间为t ∆． 根据质点的动量定理，在x 方向有(),1,00d tx x s m v v F t ∆-=-⎰ ⑦根据动量矩定理，对通过质心的z 轴有()100d tC s J R F t ωω∆-=-⎰ ⑧其中，C J 为超球对于通过质心的z 轴的转动惯量，对于均质实心球，有225C J mR = 此外，对于弹性碰撞，因摩擦力不做功，由机械能守恒定律可得()()222222,0,00,1,1111112222x y C x y C m v v J m v v J ωω++=++ ⑨ 考虑到完全弹性碰撞，可知,0,0y y v v =- ⑩ 由式⑦和式⑧，可得()(),1,010x x C mR v v J ωω+=- ⑪ 再由式⑨，并利用式⑩与式⑪，得到,11,00x x v R v R ωω+=-+ ⑫现在，要实现在A 、B 两点之间来回反跳，要求A 、B 两处反跳后的运动状态左右对试卷第14页，总36页……外…………○………○…………订……※※请※※装※※订※※线※※内※※答※※……内…………○………○…………订……称，因此反跳前后超球质心的速度与角速度应满足：,1,0x x v v =-，,1,1y y v v =-，10ωω=- ⑬将式⑬代入式⑪中，得到,00025x JC v R mR ωω== ⑭可见，若超球以角速度0ω旋转，同时以,0025x v R ω=的水平分速度与地面碰撞，则反跳后超球以,1025x v R ω=-的水平分速度和以10ωω=-再次与地面相撞，这样超球就来回反跳8．（1）S 系为相对观察者静止的惯性参照系．S 系中存在以速度v 高速运动的镜子，观察者看到镜面与速度方向的夹角为θ，一光线经镜面反射，如图1所示，入射角为α，反射角为β．求α、β、θ间满足的关系式（2）有一横截面为半椭圆的反射镜，半椭圆的形状为2222314x y R R +=的椭圆沿长轴平分的一半．现讨论该镜面上的反射情况．镜面以沿长轴（平行于x 轴）方向以速度2c运动，一足够大平行光场照射到镜面上，光与竖直方向呈ϕ角（逆时针为正），如图2所示①定义：反射光线与竖直方向的夹角小于90︒的反射为有效反射．且已知镜子前半面（速度方向为前）的有效反射光线占前半面入射光线的23．求ϕ和后半面有效光线占后半面入射光线比例②令0ϕ=，平行光场单位长度光子密度为0n =常量．定义反射光的光子角密度()dNn d θθ=，θ为反射光方向角，求()()max n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角及()()max 12n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角．（只考虑在地系同时在某一瞬时反射的光子）【答案】（1）()()22sin 1tan 1cos 2v vvαβββαβ-=+-（2）①0.54θθ= ②见解析 【解析】 【详解】（1）从波阵面角度考虑易知，沿镜面方向速度对光反射无作用，直接考虑垂直镜面方向关系可为sinsin cos cos v v αβαβββ=-+，或sin sin 1cos 1cos v v αββαββ=-+，或()()22sin 1tan 1cos 2v v vαβββαβ-=+-其中sin v vcβθ=，以上三式等价，推导从略．（能够化归的关系均正确） （2）①由尺缩效应，运动后镜子的半长轴为R R '==因此，在S 系看来，镜子是半圆柱面镜，而要形成有效反射，其柱面上反射的临界点在反射部位的最下端（反射光向前平射），当有效反射光线占前半面入射光线的23时，反射部位的反射面倾角为290603θ=︒⨯=︒此时竖直向上的反射光线的反射角30β=︒． 对前半面：考虑反射的临界部位遵循的几何条件，有60θ=︒、60αϕ=︒-、30β=︒，且1224v β=⋅=代入（1）中的公式有()()sin 60sin 301cos 601cos30v v ϕβϕβ︒-︒=-︒-+︒，解得8.21ϕ=-︒后半面：临界状态时有()()()()sin sin 901cos 90sin 2cos sin c c c θϕθβθβθθϕβθ-︒-⎛⎫== ⎪︒-+--⎝⎭试卷第16页，总36页解得37.6θ=︒．在镜子系中平行光方向：tan ϕ'=22.6ϕ'=︒镜面有部分无入射光线d 3cot 0.34d 4y x y R x y ϕ'=-⋅=-→= 故地系有入射光的角度0arccot 70.2yRθ==︒ 所以有效入射光线比例：00.54θθ= ②由（1）结论：()()()2222sin 1sin tan 1sin cos 2sin c ccαβαβαβαααβ--=++()()222tan 1tan tan tan 1tan v v ααβββαα+⇒=+- ①1222d 111tan 1411d 2tan tan 11tan tan v v v ααββααββαα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇒=⋅++-+ ⎪ ⎪+ ⎪⎛⎫ ⎪++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 光子反射前后有()()00d d sin cos d d N R n n R n βαααβ===()0d cos d n n R βααβ⇒=⋅()321202111tan 1411122tan 11tan 212tan 2tan n R ααααα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪=++-⋅+ ⎪ ⎪ ⎪+⎛⎫ ⎪++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭当()()max n n ββ=时，()0max 1.302n Rn β=⨯，27.8β= 当()()max12n n ββ=时，165.78744522α=︒；221.17499215α=-︒ 在镜子系中光线方向tan 3cθ==故上两解符合 9．假设电磁作用理论在所有惯性系都成立，惯性系S 、S '间的相对运动关系如图1所示装…………○…………订…线…………○……姓名：___________班级：___________考装…………○…………订…线…………○……开始时S 系测得全空间有不随时间变化的电磁作用场为0E =，0B =B j ，j 为y 轴方向上的单位矢量．在S 系中放一块原不带电的长方导体平板，与x 轴、y 轴平行的两条直边足够长（分别可模型化为无限长），与z 轴平行的直边较短．今如图2所示，令导体板以匀速度v 相对S 系沿x 轴方向运动，在其上、下表面上分别累积正、负电荷，稳定时电荷面密度分别记为常量σ和σ-．将空间分为导体板上方区域、导体板内区域和导体板下方区域（1）在S 系中求解σ以及上述三区域内的电磁作用场强度量E 上、内E 、E 下和上B 、内B 、下B（2）此导体板相对S '系静止，如果已经认知：（i ）S '系测得的导体板沿x '轴方向的线度是S 系测得的沿x 轴方向线度的v c β⎫=⎪⎭倍，导体板在S '系沿y '轴、z '轴方向的线度与在S 系沿y 轴、z 轴方向的线度相同（ii ）S 系测得导体板上、下表面电荷均匀分布，电荷总量为Q ±，则S '系测得导体板上、下表面电荷也是均匀分布，电荷总量也为Q ±（iii ）S 系中一个静止质点，在S '系中必沿x '轴反方向以速率v 运动；S 系中一个运动质点若沿y 轴（或z 轴）方向分速度为零，则在S '系中沿y '轴（或z '轴）方向分速试卷第18页，总36页度也为零①试求S '系三区域内的电场强度E 上、内E 、E 下（答案中不可包含σ） ②再求S '系三区域内的磁感应强度上B 、内B 、下B （答案中不可包含σ） ③用所得结果纠正下述手抄相对论电磁场变换公式时出现的错误．x x E E '=，y E vB E -'=，z E vB E -'=，x x B B '=，2y z yv B E B -'=2z y zv B E B -'=【答案】(1) 进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ;电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k (2) 见解析 【解析】 【详解】（1）稳定时，S 系中导体板上表面电荷运动形成沿x 轴方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．下表面电荷运动形成沿x 轴负方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．据磁场安培环路定理，这两个反向面电流在导体板上、下方区域和板内区域形成的附加磁场分别为0==下附上附B B ，0v μσ=内附B j ．全空间磁场分布便为0B ==下上B B j ，()00B v μσ=+内B j ．导体板上、下表面电荷在空间形成的附加电场为0==下附上附E E ，0σε=-内附E k ， k 为z 轴方向上的单位矢量．全空间电场分布为0==下上E E ，0σε=-内E k ． 导体板内微观带点粒子受力平衡，有vB E =内内，()00v B v σμσε+=． 又0021c εμ=，所以，0021vB εσβ=-．进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ．电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k ． （2）S 系中导体板上表面面积和总电荷量记为s 和Q ，S '系中对应量分别记为s '和Q '，则有s '=Q Q '=．S '系中电荷面密度便为Q s σ''==='， 所以，σ'=．此电荷在S '系全空间形成附加电场为0==下附上附E E ，=内附E ．①σ'电荷只能来源于原静电场产生的静电感应，又因导体板无论开始时放在S '系中沿z '轴上、下方何处均有σ'电荷积累，故S '系中必有分布于全空间的原匀强电场0E '，即有''''===-=0下0上0内内附E E E E ，便得''==下上E E ，0'=内E ．（在S 系中，导体板垂直于x '、y '轴方向的侧面上无面电荷分布，也可用来说明E '必沿z '轴方向）②'上B 、'下B 求解 考虑S 系中导体板上方（或下方）初始沿z 轴方向运动的带电质点，因受洛仑兹力，将做xOz 平面上的匀速圆周运动（此处及如下讨论中均不考虑重力场的存在）．按照题文中的说明，该带电质点在S 系中不会出现沿y '轴方向的分运动及运动趋势．又因为S系中该带电质点所受电场力沿z '轴方向，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在x '分量．考虑S 系中导体板上方（或下方）带电为q 的初始静止质点，因受力为零，故将保持静试卷第20页，总36页止状态．该质点在S 系中必沿x '轴负方向匀速运动，不存在沿y '轴方向的分运动及运动趋势，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在z '分量． 如上结论可判断：'上(或下)B 沿y '轴方向． 此外，该质点在S 系中受力平衡，即向下的磁场力与向上的电场力之和必定为零，应有 qvB '上（或B '下）qE '=上（或E '下）， 得''==下上B B j ．'内B 的求解．S '系中导体板上、下表面电荷静止，没有相对S '系的面电流．据磁场安培环路定理，得'''===下内上B B B j ．③下面验证相对论电作用场变化公式的“手抄版”． 可由S 系：0x E=上、下，0y E =上、下，0z E =上、下，0x B =上、下，0y B B =上、下，0z B =上、下得到S '：0x x E E '==上、下上、下，0y E vB E -'==上、下，z E vB E -'==上、下．比较可知z '=上、下E 与前面所得的z '=上、下E 不符．0x x B B '==上、下上、下， 2y z y vB E B -'==上、下上、下上、下（＋、－号之误未影响此结果）， 20z y z vB EB -'==上、下上、下上、下． '=上、下B j ，与前面所得的'上、下B 一致．因此，“手抄版”中zE '表达式有误，应纠正为z E vB E +'=由S 系：0x E =内，0y E =内，021z vB E β=--内，0x B=内，021y B B β=-内，0zE =内 得到S '系：0x x E E '==内内，00y E vB E -='==内，0z EvB E -'==内（z E '表达式已被纠正）．0'=内E 与前面所得结论一致． 0x xB B '==内内，()()22032211y z yv BE B B ββ--'==-内内内，20z y z v B E B -'==内内内．则()()22032211y z vB E Bββ--'==-内内内B j 与前面所得B '=内j 不符，因此，“手抄版”中y B '表达式有误，应纠正为2y z y vB E B +'=． 附注：S 系中若在导体板内区域放一个相对S 系静止的带电量为0q >的粒子，它不受磁场力，仅受电场力为q ==-内F E ．在S '系该质点沿x '轴反方向匀速运动，受力()q q '''=+-⨯内内F E v B ，'=F ．与相对论力变换公式02z xF c'===一致10．一质量为M ，倾角为θ的斜面放置在光滑水平面上，另一质量为m 、半径为R 的均匀圆柱体沿斜面无滑动滚下，如图所示试卷第22页，总36页…○…………装……………○……※※请※※不※※要※…○…………装……………○……（1）建立斜面和圆柱体的动力学方程，并指出圆柱体作纯滚动的运动学条件 （2）确定此力学系统的守匣量，并给出具体的表达式 （3）求解斜面的加速度，以及圆柱体质心相对于斜面的加速度 【答案】(1) 即212mR FR α=,圆柱体作纯滚动的条件为r a R α= (2) ()cos 0r Ma m a a θ+-= (3) 解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++,()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 【解析】 【详解】选择地面为定参考系，动参考系x O y '''在斜面上，如图所示．设斜面有向右的加速度a ，圆柱体质心C 有相对于斜面的加速度r a （设其方向沿斜面向下），以圆柱体质心C 为动点，斜面为动系，由加速度合成定理C r =+a a a ，而C Cx Cy =+a a a ，故有Cx Cy r +=+a a a a ．于是，得到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．对斜面应用质心运动定理，有sin cos x N Ma F F g F θθ==-∑． ①对圆柱体质点，其运动微分方程为()cos sin Cx x N m a F F F θθ-==-∑，()cos sin Cy y N m a F mg F F θθ-==-++∑．考虑到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．于是，有…○…………外……○…………内…()sin cos cos N r F F m a a θθθ-=-， ②cos sin sin N r F F mg ma θθθ+-=-． ③设圆柱体转动的角加速度为α（设α为逆时针转，根据动量矩定理，有()C C J M F α=∑，即212mR FR α=． ④圆柱体作纯滚动的条件为r a R α=． ⑤（2）设斜面有向右的速度v ，圆柱体质心C 相对于斜面有向下的速度r v ，如图所示，根据速度合成定理，有C r =+v v v ，而C C x C y =+v v v ，故有Cx Cy r +=+v v v v ．于是，得到cos Cx r v v v θ=-，sin Cy r v v θ=．以斜面和圆柱体组成系统，该系统水平方向上不受外力，由系统水平方向上动量守恒，可得()cos 0r Mv m v v θ--=．两边对时间t 求导，并考虑到d d va t =，d d r r v a t=，即得 ()cos 0r Ma m a a θ+-=． ⑥（3）联立式①～⑥，解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++，()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 11．一水平放置的横截面积为S 的两端封闭的玻璃管，其中充满理想气体，现用两个质量同为m ，厚度可略的活塞将该玻璃管分成A 、B 、C 三段，A 段、B 段长度同为32l ，C 段长度为l ，两活塞用长为l 的不可伸长且不会断裂的轻质细绳相连，三段中的气体压强都为0p ，如图所示，现将玻璃管以过其中心且垂直于玻璃管的直线OO '为转轴，以角速度ω做匀速转动，假设涉及过程为等温过程，并且各段气体内部的压强差异可略去，气体的质量相对于活塞质量可以忽略………○…………订在※※装※※订※※线※※内………○…………订（1）角速度ω=求最终两活塞均在管中处于力平衡位置时，除去初态以外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）（2）角速度ω=外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）【答案】(1)1x=(2) 0.385l，3.142l【解析】【详解】（1）假设旋转后轻质细绳保持为松弛状态，如图所示，A段气体压强1p，长度为1x，B段气体压强2p，长度为2x，C段气体压强3p，长度为12r r+．左边活塞与转轴距离为1r，右边活塞与转轴距离为2r，则对A、B、C三段气体，由理想气体等温过程性质可得11032p x p l=，22032p x p l=，()3120p r r p l+=，其中112r l x=-，222r l x=-．对转动情况下的活塞运用牛顿第二定律得()2131p p S m rω-=，()2232p p S m rω-=．联合以上方程，并令1xxl=，02p Sam lω=，可得1232x xal l⋅=，323242a axax xx-=---．改写为34203242a axax xx=---+=--．（*）当ω=1a=，解上式得两个解 2.37x==，0.63．试卷第24页，总36页此时A 段气体的长度为132x ±=， B 段气体长度为2332x l =，C 段气体长度为12124r r l x x l +=--=．由以上可知，ω=时，细绳仍保持松弛，A ． 此时两活塞都在OO '的同一侧．由于上述方程解中没有出现C 段气体长度超过l 的解，所以绳子不会出现紧绷的情况． （2）仍假设绳松弛，当ω=34a =，解（*）式得4个解：x =0.385=，3.142，0.589，1.911． 对应A 段气体长度为174x l -=，74+，54l ，540.385l =，3.142l ，0.589l ，1.911l ．B 段气体长度为 274x l =，74l 3.142l =，0.385l ，1.911l ，0.589l ．C 段气体长度为 1212142r r l x x l +=--=，12l ，32l ，32l ．由以上的分析可知，前两个解对应绳松弛的状态，即A 段气体长度为1x =0.385l =，3.142l ． 此时两个活塞都位于OO '的同一侧．同时注意到有C 段长度超过l 的解，所以绳子可能会出现紧绷的情况，假设绳子处于紧绷状态，活塞受到的拉力为T ，则活塞的动力学方程变为()2131p p S T m r ω-+=，()2232p p S T m r ω-+=．由此同样可得123928x x a l l ⋅==． 增加一个几何关系为12r r l +=，即123x x l +=，试卷第26页，总36页装…………○………※要※※在※※装※※订※※线※装…………○………由此可得：164x ±=． 但此时()201133p ST m r p p S ω=--=-． 其中负号表示绳子对活塞的力不是拉力，而是排斥力，这不满足软绳的要求，所以不会出现绳子紧绷的解． 综上，ω=A 段气体长度可能为1x =0.385l =，3.142l12．两相互咬合良好，且导通的金属盘状齿轮A 、B 均可绕水平轴无摩擦转动，而由另一个与A 同轴绝缘滑轮C 上有细绳，下挂一重物，质量为M ，A 、B 、C 的半径分别为A R ，B R ，C R ，质量分别为A m ，B m ，C m ，且两轴1O 、2O 间连有电阻，大小为R ．其他电阻均不计，空间中分布有匀强磁场B ，大小为B ，方向垂直于金属盘，试问：（1）对任一时刻t （0t =时，M 下落速度0v =），()v t 与流过R 的总电量()Q t 满足：()()X Q t Y v t t ⋅+⋅=，X ，Y 为常量，试求之 （2）重物下落至匀速时的速度0v （3）当()02v v t =时，重物的加速度 【答案】(1) ()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= (2) ()202224C A A B MgRR v B R R R =+ (3) ()22222CC B A A C CMgR a MR m m R m R =+++【解析】 【详解】(1)设A 轮角速度大小为ω，则C 也为ω，而B 角速度为AB BR N R ω=⋅，从而 212A AB R εω=，21122B B B A B B R B R R εωω==电流()2A B A A B BR I R R R Rεεω+==+ 再进行力学分析，电流I 对A ，B 轮产生的力矩分别为212A A M RIR =，212B B M BIR = 设A 轮角加速度为β，则()C C A A A C A B B B B Mg T M R TR M FR J J R FR M J R βββ⎧⎪-=⎪⎪--=+⎨⎪⎪-=⋅⎪⎩①②③其中F 为A 、B 轮切点作用力，T 为绳中的张力，而A J ，B J ，C J 分别为A 、B ，C 轮的转动惯量．①③式入②式得()22212A C A A B C A B C B R MgR BR R R I MR J J J R β⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭． ④又I t θ∆=∆，C vR t β∆=∆，即()22222ACA B C A A B B C CR MR J J J BR R R R t v MgR MgR θ++++∆=∆+∆ 对上式求和，最终有()()()()222222A A B C A B A C CC C BR R R MR m m R m R t t v t MgR MgR θ++++=+ 故()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= （2）当重物匀速下降时，有P P =输出输出即200C Mg R I R ω=，且()002A A B BR I R R R ω=+，解得()02224C A A B MgR R B R R R ω=+所以，()2002224C C A A B MgRR v R B R R R ω==+（3）当012v v =时，()0122222C A A B MgRR B R R R ωω==+从而()12A A B BR R R I R +=，()1CA AB MgR BR R R ω=+试卷第28页，总36页代入④式得22212A C A C C B R MR JB J J MgR R β⎛⎫+++= ⎪⎝⎭所以，()22222CC C B A A C CMgR a R MR m m R m R β==+++13．对一个高能的带电粒子，如果当它在介质中的运动速度大于电磁波在介质中的传播速度时，将发出契伦科夫辐射：（1）导出粒子速度v c β=、介质折射率n 和契伦科夫辐射相对于粒子飞行直线所构成的角度θ之间的关系式（2）在20℃、一个大气压时，氢气的折射率41 1.3510n -=+⨯，为了使一个电子（质量为20.5MeV c ）穿过20℃、一个大气压的氢气介质时发生契伦科夫辐射，此电子应具有的最小动能为多少？（3）用一根长的管道充以20℃、一个大气压的氢气加上光学系统制成一契伦科夫辐射探测器，探测到发射角为θ的辐射光，角度精度为310rad δθ-=．一束动量为100GeV c 的带电粒子通过计数器，由于粒子的动量是已知的，故实际上契伦科夫角度的测量就是对粒子静止质量0m 的一种量度．对于0m 接近21GeV c 的粒子，用契伦科夫探测器确定0m ，当精确到一级小量时，相对误差mm δ是多少？ 【答案】(1) 1arccosnθβ= (2) 30K E MeV = (3) ()20sin 0.065221cos mm δθδβθ==-【解析】 【详解】（1）当介质的折射率为n 时，电磁波在介质中的传播速度为cn，波的传播与粒子的运动速度c β之间构成图示的关系，即有。
2020年第26届全国中学生物理竞赛复赛
2020年第26届全国中学生物理竞赛复赛一、填空〔咨询答〕题〔每题5分，共25分〕1．有人设想了一种静电场：电场的方向都垂直于纸面并指向纸里，电场强度的大小自左向右逐步增大，如下图。
这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
2．海尔-波普彗星轨道是长轴专门大的椭圆，近日点到太阳中心的距离为0.914天文单位〔1天文单位等于地日间的平均距离〕，那么其近日点速率的上限与地球公转〔轨道可视为圆周〕速率之比约为〔保留2位有效数字〕 。
3．用测电笔接触市电相线，即使赤脚站在地上也可不能触电，缘故是 ；另一方面，即使穿绝缘性能良好的电工鞋操作，测电笔仍会发亮，缘故是 。
4．在图示的复杂网络中，所有电源的电动势均为E 0，所有电阻器的电阻值均为R 0，所有电容器的电容均为C 0，那么图示电容器A 极板上的电荷量为 。
5．如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。
一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：〝把参考点设于如下图的地面上一点O ，现在摩擦力f 的力矩为0，从而地面木块的角动量将守恒，如此木块将不减速而作匀速运动。
〞请指出上述推理的错误，并给出正确的讲明：。
二、〔20分〕图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A 、B 、C 、D 处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。
桌腿受力后将产生弹性微小形变。
现于桌面中心点O 至角A 的连线OA上某点P 施加一竖直向下的力F ，令c OAOP，求桌面对桌腿1的压力F 1。
三、〔15分〕1．一质量为m 的小球与一劲度系数为k 的弹簧相连组成一体系，置于光滑水平桌面上，A弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。
试咨询在一沿此弹簧长度方向以速度u 作匀速运动的参考系里观看，此体系的机械能是否守恒，并讲明理由。
2．假设不考虑太阳和其他星体的作用，那么地球-月球系统可看成孤立系统。
假设把地球和月球都看作是质量平均分布的球体，它们的质量分不为M 和m ，月心-地心间的距离为R ，万有引力恒量为G 。
高中物理 2020年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试题
2020年第二十一届全国初中应用物理竞赛复赛试题注意事项：1．请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2．用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3．本试卷共有六个大题，满分为100分。
4．答卷时间：2020年4月17日(星期日)上午9：30～11：10。
一、 (16分)测定患者的血沉，是医学上用来帮助医生对病情作出正确判断的一种手段。
把新鲜的血液，加入抗凝剂，静置一定时间后形成抗凝血后，红血球即从血浆中分离出来而下沉。
设抗凝血是由红血球和血浆组成的悬浮液，血浆的密度ρ0≈1．0×103kg/m3，红血球的密度ρ≈1.3×103kg/m3。
将抗凝血放进竖直放置的血沉管内，红血球起初在血浆中加速下沉，然后一直匀速下沉，其匀速下沉的速度称为”血沉”。
正常人血沉的值大约是v=12mm／h。
如果把红血球近似看作半径为R的小球，它在血浆中下沉时所受的粘滞阻力为f=6πηRν，在室温下η=1．8×10-3Pa ﹒s，已知V球=π4R3，试根据以上信息解答下列问题：31．红血球在血浆中为什么先加速下沉、后一直匀速下沉?2．计算红血球半径的大小。
二、 (16分)为了推进环保和节能理念的实施，某公司开发生产了“风光互补路灯”，该路灯只需要晒晒太阳吹吹风就能工作，如图l所示。
它在有阳光时通过太阳能电池板发电，有风时通过风力发电机发电，二者皆备时同时发电，并将电能输至蓄电池储存起来，供路灯照明使用。
为了能使蓄电池的使用寿命更为长久，一般充电至90％左右即停止，放电余留20％左右即停止电能输出。
下表为某型号风光互补路灯系统配置方案。
问：1．当风速为6．0m／s时，风力发电机的输出功率将变为50W，在这种情况下，将蓄电池的电量由20％充至90％需多长时间?2．如果当地垂直于太阳光的平面得到的太阳辐射最大强度约为240W／m2，要想太阳能电池的最大功率达到36W，太阳能电池板的面积至少要多大?3．若遇到阴天无风的天气，仅靠蓄电池供电，最多可供灯具正常发光多长时间?三、(16分)电动自行车是倍受人们青睐的一种交通工具，如图2所示。
高中物理竞赛复赛模拟试题(有答案)
高中物理竞赛模拟试题〔复赛〕一、某一构件由两个菱形组成，AB 和DE 是两根硬杆，各焦点都用铰链连接，大菱形的边长是2l ，小菱形的边长是l ，现设法使顶点F 以加速度a 水平向右运动，求： 〔1〕C 点的加速度多大？〔2〕当两个菱形都是正方形，F 点的速度为ν时，A 点的加速度的大小和方向。
二、长为L 的杆AO 用铰链固定在O 点，以角速度ω围绕O 点转动，在O 点的正上方有一个定滑轮B ，一轻绳绕过B 滑轮的一端固定在杆的A 端，另一端悬挂一质量为M 的重物C ，O 、B 之间的距离为h ，求：〔1〕当AB 绳与竖直方向成θ角时，重物的运动速度； 〔2〕此时绳上的张力为多少？三、一对半径为r 的轻轮安装在一根细轴上它们共同以某一速度ν沿图示的平面向右滚动。
斜面与平面接触的顶角A 处足够粗糙〔即轮不会产生滑动〕，斜面与水平面成α角，要求轮从平面滚动到斜面时不要离开顶角，问ν的最大值为多少？四、一架大型民航飞机在降落到机场前撞上一只正在飞行的天鹅，试估算，天鹅转击飞机的力为多少〔只要数量级正确即可〕？五、有一汽缸，除底部外都是绝热的。
上面是一个不计重量的活塞，中间是固定的导热隔板，把汽缸分成相等的两局部A 和B ，上下各有1mol 氮气，现从底部将350J 的热量传送给气体，求：〔1〕A 、B 内的气体温度各改变了多少？ 〔2〕它们各吸收了多少热量？假设是将中间的隔板变成一个导热的活塞其他条件不变，如此A 、B 的温度又是多少？〔不计一切摩擦〕A六、两个绝缘的相距较远的球形导体，半径分别为r 1、r 2，带电后电势分别为ν1和ν2，假设用细导线将两个球连接起来，求在导线上放出的电量。
七、一个正方形的导线框ABCD ，边长为l ，每边的电阻为R ，在它中点处内接一个小一些的正方形线框EFGH ，然后在各边中点在内接一个更小的正方形导线框 一直下去，直至无穷。
如果所有正方形导线框用的导线都是一样的，所有接触点接触良好。
2020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 dt⑩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。
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.。
全国中学生物理竞赛——复赛模拟卷
物理竞赛模拟试题1.试证明：物体的相对论能量E 与相对论动量P 的量值之间有如下关系：20222E c p E +=2.在用质子)(11P 轰击固定锂)(73Li 靶的核反应中，（1）计算放出α粒子的反应能。
（2）如果质子能量为1兆电子伏特，问在垂直质子束的方向观测到α粒子的能量有多大？有关原子核的质量如下：H 11，1.007825；He 42，4.002603；Li 73，7.015999.3. 一个处于基态的氢原子与另一个静止的基态氢原子碰撞。
问可能发生非弹性碰撞的最小速度为多少？如果速度较大而产生光反射，且在原速度方向和反方向可以观察到光。
问这种光的频率与简正频率相差多少？氢原子的质量为1.67×10-27kg ，电离能J eV E 181018.26.13-⨯==。
4.如图11-136所示，光滑无底圆筒重W ，内放两个重量均为G 的光滑球，圆筒半径为R ，球半径为r ，且r<R<2r ，试求圆筒发生倾倒的条件。
5. 两个完全相同的木板，长均为L ，重力均为G ，彼此以光滑铰链A 相连，并通过光滑铰力？所施加的最小外力为多大？6.如图11-505所示，屋架由同在竖直面内的多根无重杆绞接而成，各绞接点依次为1、2……9，其中绞接点8、2、5、7、9位于同一水平直线上，且9可以无摩擦地水平滑动。
各绞接点间沿水平方向上的间距和沿竖直方向上的间距如图所示，绞接点3承受有竖直向下的压力P/2，点1承受有竖直向下的压力P ，求绞接点3和4间杆的内力。
1p 图51-21图11-136 图11-505（甲）7.一平直的传送带以速度v=2m/s 匀速运行，传送带把A 点处的零件运送到B 点处，A 、B 两点之间相距L=10m ，从A 点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s ，能送到B 点，如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B 点，要让零件用最短的时间从A 点传送到B 点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如要把求得的速率再提高一倍，则零件传送时间为多少（2/10s m g ）？8.一物体以某一初速度v 0开始做匀减速直线运动直至停止，其总位移为s ，当其位移为2/3s 时，所用时间为t 1；当其速度为1/3v 0时，所用时间为t 2，则t 1、t 2有什么样的关系？ 9．一根长为1m 具有小内截面的玻璃管，两端开口，一半埋在水中。
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1 Ek = 2
42
2 0
=
1−3 3
8
2 0
2( 2 − 3 )
（4 分）
由于之后就是纯滚动，没有能量损失，为了让半圆筒可以翻过去，需要它此时的动能可以提供半圆筒翻过
去所需要的重力势能，对应半圆筒质心在最高位置时动能大于等于 0，如下图：质心在最高位置
此时重力势能为：
16
4
mgR( 1 + 9π2 − 1 + 3 )
第 3页
第四题：（40 分）
如上图所示，空间中有竖直向上的电场，电场强度为 E = E0
质量为 m，参量之间有关系E0
，问：
（1）电荷平衡位置的高度。（5 分）
，地面上有一点电荷，电荷量为Q0，
（2）现在我们人为使得点电荷的电荷量加上一随时间高频变化的项 Q = Q0 + Δ th
置（ω ≫
kQ）。（35 分）
2
−2+Δ 1 +
2
2+Δ 2
−4
2
=
1 2
Δ
2−Δ
1
1 +2
(Δ
2 2
+
Δ
12)
（6 分）
带入
a
=
1 ，杆长不变公式告诉我们：
2L
Δx2 − Δ
1 1 =− 2
(2Δ
2 1
+
2Δ
2 2
−
3 4
Δ
1+Δ
2
2)
则：
1
1
Δyc = 4 Δ 2 − Δ 1 + 4
Δ
2 1
+
Δ
2 2
1 =− 8
2Δ
2 1
+
第八题：（40 分） 在波尔模型的建立过程中，很重要的一个思想就是对应性原理。因为经典理论是先于量子理论被建立
起来的，而且我们知道经典理论对于我们的现实世界有很强的解释力，所以量子力学建立初期的一个很重 要的想法就是找到经典与量子之间的联系。波尔在建立氢原子模型的时候一个很重要的思想就是，当某个 定态的量子数 n 非常大时，这个态所对应的物理量应该接近经典物理给出的数值，这里我们来具体研究对 应原理： （1） 首先请你计算出波尔氢原子模型不同能级 n 的轨道半径与能量。（15 分） （2） 根据对应原理，当 n 很大时，氢原子在相邻两个能级之间越前辐射电磁波的频率ν 蹘 1应该等于加
为 mg L ，为了使得之前所说的周期运动成立，人用腿蹬墙过程中给自己竖直方向的冲量大小应该可以抵
Vx
消重力的冲量，故：
Iy =
由于人在墙壁之间的水平方向速度一直为vx，故水平方向冲量为： Ix = 2mvx
则：
（分析加结果 10 分）
I0 = 2 + 2 =
22
2 +4 2
当vx2 = 2 时，I0取得极小值： 故： 人才能登上墙壁。 （2）在上一问临界情况下：
2+Δ 2
=2
（4 分）
L2 + 2 Δ 2 − Δ 1 + Δ 2 − Δ 1 2 + 2 −
Δ
1+Δ
2
+
Δ
2 1
−
Δ
2 2
2=
2
上式中忽略掉二阶以上小量有：
2L Δx2 − Δ 1 + Δ 2 − Δ 1 2 + 2 2 Δ 1 + Δ 2 2 = 0
（8 分）
而杆质心位置的变化量为：
1 Δyc = 2
（1）电荷平衡位置的高度。（5 分）
（2）现在我们人为使得点电荷的电荷量加上一随时间高频变化的项 Q = Q0 + Δ
置（ω ≫
kQ）。（35 分）
m
⺁ ，求此时的平衡位
第 5页
解： （1）受力平衡：
得：
E0 −
=
1 y= k( 0− )
（5 分） （2）由于电荷的电荷量有一个高频震动项，所以我们应该认为电荷高度也由两部分组成，一个低频项与 一个高频震动项：
1 IO = 2
2
对质心的转动惯量是：
ICபைடு நூலகம்= −
2=
1 16 2−9 2
2
对与地面接触点的转动惯量是：
I = IC +
−
2=
1 2
−
16 92
2+ 1− 4 2
3
2 = 3− 8
23
这一瞬间由角动量守恒：
得：
mV0 − = 0
4
ω0 =
1−3 38
0
2−3
此时的动能是：
2（10 分） （6 分）
第 1页
（2）当半圆筒达到滑动摩擦系数为正无穷位置后，半圆筒相对地面运动瞬间从滑动变为无滑滚动，问当V0 满足什么条件，半圆筒才能翻倒，也就是可以让平的一面与地面接触。（30 分）
第 1页
第二题：（40 分）
很多跑酷爱好者热衷于做出一些十分酷炫的操作，我们经常见到一些跑酷爱好者可以在两面平行墙面 之间来回跳跃，让自己可以攀上墙壁。现在我们假设可以将人视为一个质点，每次质点和墙面接触的时候 墙面给质点的冲量最大是I0 = 0，你可以理解为人的腿蹬墙面的力是有限制的，其中 m 是质点的质量。 两个墙面之间的距离为 L，墙足够高且人不会累，求： （1）我们先认为墙壁与质点之间的滑动摩擦系数是无穷大，请问v0满足什么条件，人才能蹬上墙壁？
我们列出电荷的牛顿第二定律：
y = y0 + Δ
（5 分）
m y0 + Δ = 0 − 0 + Δ
0+Δ ⺁ −
（5 分）
我们考虑一个特别小的时间段，在这个时间段中低频项对应的运动基本不变化，高频项对应的运动在快速
变化，故我们拆出上式中的高频项对应的方程：
积分上式，得到：
mΔy = E0 − 0 Δ ⺁
Δy =− E0 −
0Δ
2
⺁
（分析 5 分）
（5 分） 带入牛顿第二定律公式中，并且对一个远大于高频震动项周期，远小于低频振动周期的时间进行平均，由 于：
⺁ =0
cos2
1 =2
我们可以在牛顿第二定律中拆出低频项的公式： my0 = 0 − 0 0 +
E0 − 0 Δ 22
2
− mg
平衡位置y0 = 0，故： 新的平衡位置为：
故整体动能为： 能量守恒式： 可以直接给出振动周期：
=
1 2
Δ
2 1
+
1 24
2
Δ
1
2 13 = 24
Δ
2 1
3mg 8L Δ
2 1
+
13 24
Δ
2 1
=
（8 分）
13L T = 2π 9g
（3 分）
第四题：（40 分）
如上图所示，空间中有竖直向上的电场，电场强度为 E = E0 − ，地面上有一点电荷，电荷量为Q0， 质量为 m，参量之间有关系E0 > ，问：
（2）当半圆筒达到滑动摩擦系数为正无穷位置后，半圆筒相对地面运动瞬间从滑动变为无滑滚动，问当V0 满足什么条件，半圆筒才能翻倒，也就是可以让平的一面与地面接触。（30 分）
解：
（1）半圆筒质心位置与半圆质心位置相同，由古鲁丁定理：
πR2 2 ×2
4 =3
3
得：
x
=
4 3π
（10 分）
（2）首先我们先求开始纯滚动瞬间的角速度，半圆柱对轴线的转动惯量是：
速电子辐射的经典频率，也就是电子绕原子核运动的轨道频率，请你验证这一点。（25 分）
第 8页
第一题：(40 分)
2020 年 物理竞赛全国复赛模拟考试（二） 答案
（考试时间：180 分钟，满分：320 分）
如上图所示，一实心匀质半圆筒在光滑地面上滑动，半径为 R 质心在圆心正下方，速度大小为V0，方 向如上图所示。在某一位置开始，地面与半圆筒之间的滑动摩擦系数突然变为μ =+ ∞，问： （1）求出半圆筒质心位置。（10 分）
I
（1）求以上二端网络戴维宁等效电路。（25 分） （2）给二端网络加上一负载电阻RL，求流过负载的电流，验证第一问的结果是否正确。（15 分）
第 5页
第六题：（40 分） 如上图所示，一半圆筒形绝热气缸被一个质量为 m，可以绕半圆柱轴线无摩擦转动的匀质挡板分成两
部分，挡板绝热，半径为 r，左右两部分气体相互隔离，绝热系数均为γ，摩尔数均为 n，温度均为 T 请问 温度 T 为多少时，挡板在竖直位置是一个稳定平衡？
2020 年 物理竞赛全国复赛模拟考试（二）
学号：
第一题：(40 分)
姓名：
学校：
（考试时间：180 分钟，满分：320 分）
得分：
如上图所示，一实心匀质半圆筒在光滑地面上滑动，半径为 R 质心在圆心正下方，速度大小为V0，方 向如上图所示。在某一位置开始，地面与半圆筒之间的滑动摩擦系数突然变为μ =+ ∞，问： （1）求出半圆筒质心位置。（10 分）
对应的滑动摩擦系数为：
第三题：（40 分）
mv0 = 2 v0 ≥ 2
Ix = 2 Iy = 2 μ = Iy = 1
（8 分） （12 分） （10 分）
如上图所示，在一个光滑抛物线型轨道 y = ax2上放置着一个长度为 L 的匀质杆，由于对称性，杆水
第 3页
平放置时一定是一个平衡位置，假设
a
2Δ
2 2
−
3 4
Δ
1+Δ
2
2
+
1 4
Δ
2 1