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全国中学生物理竞赛复赛试题全卷共六题，总分为140分。
一、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。
平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。
若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。
试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。
假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。
二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。
1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。
三、（25分）用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。
圆环处于超导状态，环内电流为100A 。
经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于610A －。
试估算该超导材料电阻率数量级的上限。
提示：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02I B rμ= ,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，720410N A μπ=⨯⋅－－。
四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。
双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。
一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。
现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L 。
他们正绕两者连线的中点作圆周运动。
1. 试计算该双星系统的运动周期T 计算。
2. 若实验上观测到的运动周期为T 观测，且:1:1)T T N =>观测计算。
为了解释T 观测与T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。
全国中学生物理竞赛复赛试卷姓名（）总分（）本卷共九题，满分160 分．计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算环节．只写出最后结果的不能得分．有数字计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．填空题把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求解的过程．一、（15 分）蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器（见图）．若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线，它们的悬挂点在不同的高度上，摆长依次减小．设重力加速度g = 9 . 80 m/ s2 ,1 ．试设计一个包含十个单摆的蛇形摆（即求出每个摆的摆长），规定满足：( a ）每个摆的摆长不小于0 . 450m ，不大于1.00m ; ( b ）初始时将所有摆球由平衡点沿x 轴正方向移动相同的一个小位移xo ( xo <<0.45m ) ，然后同时释放，通过40s 后，所有的摆可以同时回到初始状态．2 ．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率初次所有为零所通过的时间为________________________________________.二、（20 分）距离我们为L 处有一恒星，其质量为M ，观测发现其位置呈周期性摆动，周期为T ，摆动范围的最大张角为△θ．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的，试给出这颗行星的质量m所满足的方程．若L=10 光年，T =10 年，△θ= 3 毫角秒，M = Ms （Ms为太阳质量），则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少？分别用太阳质量Ms 和国际单位AU （平均日地距离）作为单位，只保存一位有效数字．已知1 毫角秒=11000角秒，1角秒=13600度，1AU=1.5×108km,光速 c = 3.0×105km/s.三、（22 分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为R ，螺距H =πR ，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,一方面扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A ，这时螺旋环也处在静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴O O′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h 时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．四、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内，离圆心的距离为d ( d > R ) ，在导线上通有随时间变化的电流I, t= 0 时刻，粒子速度的方向与导线平行，离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力，试求出电流 i 随时间的变化规律．不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响．长直导线电流产生的磁感应强度表达式中的比例系数 k 已知．五、（20分）如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为+Q和-Q (Q >0) ，半径分别为R和R/2，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，带电荷为q(q>0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度v沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 k pV a =其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、〔23分〕有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落〔初速度为零〕，落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等确实定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开场下落处离玻璃管底部间隔〔用H表示〕的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部间隔的可能值。
二、〔25分〕如下图，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B、D和C，开场时静止在光滑的程度桌面上。
桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度v沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、〔23分〕有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
假如叶片和轴不转动，而令活塞缓慢挪动，那么在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 k pV a =其中a ,k 均为常量, a ＞1〔其值〕。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
假如保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一状态B 之间的内能之差〔结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示〕四、〔25分〕图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度v沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D的速度，并详细讨论以0后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛复赛题本卷共七题，满分160分一、（23届复赛）（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由落下（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞。
以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置，每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计，从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置，求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
一、（23届复赛）解：解法一小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h 随时间t 变化的关系如图所示．设照片拍摄到的小球位置用A 表示，A 离玻璃管底部的距离为h A ，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H .小球可以在下落的过程中经过A 点，也可在上升的过程中经过A 点.现以τ表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间），1τ表示小球从最高点下落至A 点所需的时间（也就是从A 点上升至最高点所需的时间），2τ表示小球从A 点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A 点所需的时间）.显然，12τττ+=.根据题意，在时间间隔的起始时刻和终了时刻小球都在A 点．用n 表示时间间隔内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A 点的次数（n ≥2）.下面分两种情况进行讨论：1．A 点不正好在最高点或最低点．当n 为奇数时有()()()12111T n n n τττ=-+-=-3,5,7,n = （1）在（1）式中，根据题意1τ可取10ττ<<中的任意值，而21τττ=- （2）当n 为偶数时有()()211222T n n n n ττττ=+-=+- 2,4,6,n = （3）由（3）式得12ττ= （4）由（1）、（3）、（4）式知，不论n 是奇数还是偶数，都有()1T n τ=- 2,3,4,n = （5）因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为 2211221n T H g g n τ⎛⎫== ⎪-⎝⎭2,3,4,n = （6） 若用n H 表示与n 对应的H 值，则与n H 相应的A 点到玻璃管底部的距离 2112A n h H g τ=- 2,3,4,n = （7） 当n 为奇数时，1τ可取10ττ<<中的任意值，故有0A n h H << 2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=3,5,7,· · · （8） 可见与n H 相应的A h 的可能值为0与n H 之间的任意值．当n 为偶数时，112ττ=，由（6）式、（7）式求得n H 的可能值 34A n h H = 2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=2,4,6,· · · （9） 2．若A 点正好在最高点或最低点．无论n 是奇数还是偶数都有()21T n τ=- n=2,3,4,· · · （10） ()22112221n T H g g n τ⎡⎤==⎢⎥-⎢⎥⎣⎦n=2,3,4,· · · （11） A n h H = ()21221n T H g n ⎧⎫⎡⎤⎪⎪=⎨⎢⎥⎬-⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭n=2,3,4,· · · （12） 或0A h = （13）解法二因为照相机每经一时间间隔T 拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T 和这个周期的比值应该是一整数．下面我们就研究小球通过某个位置的周期性． 设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为，从最高点下落至相片上小球所在点（A 点）所需时间为1τ，从A 点下落至管底所需时间为2τ，则12τττ=+ （1） （小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是、1τ和2τ） 从小球在下落过程中经过A 点时刻开始，小球经过的时间22τ后上升至A 点，再经过时间12τ后又落到A 点，此过程所需总时间为12222τττ+=．以后小球将重复这样的运动．小球周期性重复出现在A 点的周期是多少？ 分两种情况讨论：（1）． 12ττ≠，1τ和2τ都不是小球在A 点重复出现的周期，周期是2τ．（2）． 12ττ=，小球经过时间22ττ=回到A 点，再经过时间12ττ=又回到A 点，所以小球重复出现在A 点的周期为．下面就分别讨论各种情况中H 的可能值和A 点离管底的距离A h 的可能值．（如果从小球在上升过程中经过A 点的时刻开始计时，结果一样，只是1τ和2τ对调一下）1．H 的可能值（1）．较普遍的情况，12ττ≠．T 与2τ的比值应为一整数，τ的可能值应符合下式 2T k τ=， 1,2,3,k = （2） 由自由落体公式可知，与此相应的k H 的数值为 2211222k T H g g k τ⎛⎫== ⎪⎝⎭1,2,3,k = （3） （2）．12ττ=．τ的可能值应符合下式T k τ'= 1,2,3,k '= （4） 故k H '的可能值为221122k T H g g k τ'⎛⎫== ⎪'⎝⎭1,2,3,k '= （5） 当k '为偶数时，即2,4,6,k '=时，（5）式与（3）式完全相同．可见由（3）式求得的H 的可能值包含了12ττ≠的全部情况和12ττ=的一部分情况．当k '为奇数时，即1,3,5,k '=时，由（5）式得出的H 的可能值为 212k T H g k '⎛⎫= ⎪'⎝⎭1,3,5,k '= （6） 它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的H 合在一起是H 的全部的可能值．2．与各H 值相应的A h 的可能值a.与k H 相应的A h 的可能值由于在求得（3）式时未限定A 点的位置，故A h 的数值可取0和k H 之间的任意值，即0A k h H ≤≤ 2122k T H g k ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 1,2,3,k = （7）b. 与k H '（k '为奇数）相应的A h 的可能值 这些数值与A 位于特定的位置，122τττ==，相对应，所以对于每一个k H '对应的A h 是一个特定值，它们是21122A k T h H g k '⎛⎫=- ⎪'⎝⎭ 212k T H g k '⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪'⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 1,3,5,k '= （8）二、（23届复赛）（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长2L ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准一、参考解答令 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 为原点, 由于质子所受的a 球对它的静电库仑力总是通过a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零, 质子对 点的角动量守恒。
所求 的最大值相应于质子到达a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。
以 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。
同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。
式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。
二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （2）当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入A 管和B 管。
设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （4）与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入A 管, 进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。
全国中学生物理竞赛复赛试卷、参考答案全卷共六题，总分140分。
一、（22分）有一放在空气中的玻璃棒，折射率ｎ＝ 1.5 ，中心轴线长Ｌ＝ 45cm，一端是半径为Ｒ1＝ 10ｃｍ的凸球面．1．要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜（使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统），取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面？2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度φ１时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ２，求φ２／φ１（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率）．解：1．对于一个望远系统来说，从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于光轴的光线，它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行，即像点也在主光轴上无限远处，如图18－2－6所示，图中Ｃ1为左端球面的球心．图18－2－6由正弦定理、折射定律和小角度近似得（－Ｒ１）／Ｒ１＝ｓｉｎｒ１／ｓｉｎ（ｉ１－ｒ１）≈ｒ１／（ｉ１－ｒ１）＝1／（（ｉ１／ｒ１）－1）≈1／（ｎ－1），...①即..（／Ｒ１）－1＝1／（ｎ－1）．...②光线ＰＦ１射到另一端面时，其折射光线为平行于主光轴的光线，由此可知该端面的球心Ｃ２一定在端面顶点Ｂ的左方，Ｃ２Ｂ等于球面的半径Ｒ２，如图18－2－6所示．仿照上面对左端球面上折射的关系可得（／Ｒ２）－1＝1／（ｎ－1），...③又有＝Ｌ－，④由②、③、④式并代入数值可得Ｒ２＝5ｃｍ．则右端为半径等于5ｃｍ的向外凸的球面．图18－2－7．设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示，令①过Ｃ１，②过Ａ，如图18－2－7所示，则这两条光线经左端球面折射后的相交点Ｍ，即为左端球面对此无限远物点成的像点．现在求Ｍ点的位置，在△ＡＣ１Ｍ中，有／ｓｉｎ（π－φ１）＝／ｓｉｎφ１＝Ｒ１／ｓｉｎ（φ１－φ１′），又..ｎｓｉｎφ１′＝ｓｉｎφ１，已知φ１、φ１′均为小角度，则有／φ１＝Ｒ１／φ１（1－（1／ｎ））．与②式比较可知，≈，即Ｍ位于过Ｆ１垂直于主光轴的平面上．上面已知，玻璃棒为天文望远系统，则凡是过Ｍ点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光线．容易看出，从Ｍ射出Ｃ２的光线将沿原方向射出，这也就是过Ｍ点的任意光线（包括光线①、②）从玻璃棒射出的平行光线的方向，此方向与主光轴的夹角即为φ２，由图18－2－7可得／φ１＝／＝（－Ｒ１）／（－Ｒ２），由②、③式可得（－Ｒ１）／（－Ｒ２）＝Ｒ１／Ｒ２，则φ２／φ１＝Ｒ１／Ｒ２＝2．二、（22分）正确使用压力锅的方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅（如图复18-2-1）加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气，空气已全部排除．然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达到预期温度（即设计时希望达到的温度）．现有一压力锅，在海平面处加热能达到的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅内有足量的水．1．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少？2．若按正确方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少？3．若未按正确方法使用压力锅，即盖好密封锅盖一段时间后，在点火前就加上压力阀，此时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少？若继续加热，锅内水的温度最高可达多少？假设空气不溶于水．已知：水的饱和蒸气压ｐＷ（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18-2-2所示．大气压强ｐ（ｚ）与高度ｚ的关系的简化图线如图18-2-3所示．当ｔ＝27℃时，ｐＷ（27°）＝3.6×10３Ｐａ；ｚ＝ 0处，ｐ（0）＝ 1.013×10５Ｐａ．解：1．由图18－2－8知在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101．3×10３Ｐａ．在ｚ＝5000ｍ时，大气压强为ｐ（5000）＝53×10３Ｐａ．图18－2－8图18－2－9此处水沸腾时的饱和蒸气压ｐＷ应等于此值．由图18－2－9可知，对应的温度即沸点为ｔ２＝82℃．达到此温度时，锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000ｍ高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达82℃．．由图18－2－9可知，在ｔ＝120℃时，水的饱和蒸气压ｐＷ（120°）＝198×10３Ｐａ，而在海平面处，大气压强ｐ（0）＝101×10３Ｐａ．可见压力阀的附加压强为ｐＳ＝ｐＷ（120°）－ｐ（0）＝（198×10３－101．3×10３）Ｐａ＝96．7×10３Ｐａ．在5000ｍ高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为ｐ′＝ｐＳ＋ｐ（5000）＝（96．7×10３＋53×10３）Ｐａ＝149．7×103Ｐａ．若在ｔ＝ｔ２时阀被顶起，则此时的ｐＷ应等于ｐ′，即ｐＷ＝ｐ′，由图18－2－9可知ｔ２＝112℃．此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000ｍ高山上锅内水的温度最高可达112℃．．在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和．由图18－2－9可知，在ｔ＝27℃时，题中已给出水的饱和蒸气压ｐＷ（27°）＝3．6×10３Ｐａ，这时锅内空气的压强（用ｐａ表示）为ｐａ（27°）＝ｐ（5000）－ｐＷ（27°）＝（53×10３－3．6×10３）Ｐａ＝49．4×10３Ｐａ．当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为ｔ（℃）时，锅内空气压强为ｐａ（ｔ），则有ｐａ（ｔ）／（273＋ｔ）＝ｐａ（27℃）／（273＋27），ｐａ（ｔ）＝（164．7ｔ＋45．0×10３）Ｐａ．若在ｔ＝ｔ′时压力阀刚好开始被顶起，则有ｐＷ（ｔ′）＋ｐａ（ｔ′）＝ｐ′，由此得ｐＷ（ｔ′）＝ｐ′－ｐａ（ｔ′）＝（105×10３－164．7ｔ′）Ｐａ，画出函数ｐ′－ｐａ（ｔ′）的图线，取ｔ＝0℃，有..ｐ′－ｐａ（0℃）＝105×10３Ｐａ，取ｔ＝100℃，有.ｐ′－ｐａ（100℃）＝88．6×10３Ｐａ．由此二点便可在图18－2－9上画出此直线，此直线与图18－2－9中的ｐＷ（ｔ）－ｔ曲线的交点为Ａ，Ａ即为所求的满足上式的点，由图可看出与Ａ点对应的温度为ｔ′＝97℃．即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97℃，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达112℃．三、（22分）有两个处于基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ０与之发生碰撞．已知：碰撞后二者的速度ｖＡ和ｖＢ在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收，从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度ｖ０至少需要多大（以ｍ／ｓ表示）？已知电子电量ｅ＝ 1．602×10－19Ｃ，质子质量为ｍｐ＝ 1．673×10－27ｋｇ，电子质量为ｍｅ＝ 0．911×10－31ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ１＝－13．58ｅＶ．解：为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是ｎ＝2的第一激发态．已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比．即Ｅｎ＝ｋ１／ｎ２，...①又知基态（ｎ＝1）的能量为－13．58ｅＶ，即Ｅ１＝ｋ１／1２＝－13．58ｅＶ，所以..ｋ＝－13．58ｅＶ．ｎ＝2的第一激发态的能量为Ｅ２＝ｋ１／2２＝－13．58×（1／4）＝－3．39ｅＶ．...②为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为Ｅ内＝Ｅ２－Ｅ１＝（－3．39＋13．58）ｅＶ＝10．19ｅＶ．...③这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即ｈν＝Ｅ内＝10．19ｅＶ＝10．19×1．602×10－19Ｊ＝1．632×10－18Ｊ．...④式中ν为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＋光子的动量，...⑤（1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ２＋ｖＢ２）＋ｈν，...⑥光子的动量ｐν＝ｈν／ｃ．由⑥式可推得ｍｖ０＞2ｈν／ｖ０，因为ｖ０<<ｃ，所以ｍｖ０>>ｈν／ｃ，故⑤式中光子的动量与ｍｖ０相比较可忽略不计．⑤式变为ｍｖ０＝ｍｖＡ＋ｍｖＢ＝ｍ（ｖＡ＋ｖＢ），⑦符合⑥、⑦两式的ｖ0的最小值可推求如下：由⑥式及⑦式可推得（1／2）ｍｖ０２＝（1／2）ｍ（ｖＡ＋ｖＢ）２－ｍｖＡｖＢ＋ｈν＝（1／2）ｍｖ０２－ｍｖＡ（ｖ０－ｖＡ）＋ｈν，ｍｖＡ２－ｍｖＡｖ０＋ｈν＝0，经配方得ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２－（1／4）ｍｖ０２＋ｈν＝0，（1／4）ｍｖ０２＝ｈν＋ｍ（ｖＡ－（1／2）ｖ０）２，...⑧由⑧式可看出，当ｖＡ＝（1／2）ｖ０时，ｖ０达到最小值ｖ０ｍｉｎ，此时ｖＡ＝ｖＢ，ｖ０ｍｉｎ＝2，代入有关数值，得ｖ０ｍｉｎ＝6．25×10４ｍ／ｓ．答：Ｂ原子的速度至少应为6．25×10４ｍ／ｓ．四、（22分）如图18-4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时间ｔ变化，Ｂ＝Ｂ０－ｋｔ（ｋ为大于零的常数）．现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定在图中所示位置，环面处于图中纸面内．圆环的半径为Ｒ，电阻为ｒ，相交点的电接触良好，两个环的接触点Ａ与Ｃ间的劣弧对圆心Ｏ的张角为60°，求ｔ＝ｔ０时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．解：1．求网络各支路的电流．因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流Ｉ１、Ｉ２的方向如图18－2－10所示，对左环电路ＡＤＣＦＡ，有图18－2－10.Ｅ＝Ｉ１ｒＣＦＡ＋Ｉ２ｒＡＤＣ，因..ｒＣＦＡ＝5ｒ／6，ｒＡＤＣ＝ｒ／6，Ｅ＝ｋπＲ２，故..ｋπＲ２＝Ｉ１（5ｒ／6）＋Ｉ２（ｒ／6）．...①因回路ＡＤＣＥＡ所围的面积为（（2π－3）／12）Ｒ２，故对该回路有ｋ［2（（2π－3）／12）Ｒ２］＝2Ｉ２（ｒ／6），解得..Ｉ２＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋ，代入①式，得.Ｉ１＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋ．．求每个圆环所受的力．图18－2－11先求左环所受的力，如图18－2－11所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定则可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧ＰＭＡ与圆弧ＣＮＱ中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧ＰＱ与弧ＡＣ的电流相对ｘ轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在ｙ方向的合力为零，以载流导体弧ＰＱ上的线段Δｌ′为例，安培力ΔＦ为径向，其ｘ分量的大小表示为｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ′ｃｏｓα，因..Δｌ′ｃｏｓα＝Δｌ，故..｜ΔＦｘ｜＝Ｉ１ＢΔｌ，｜Ｆｘ｜＝ΣＩ１ＢΔｌ＝Ｉ１Ｂ＝Ｉ１ＢＲ．由于导体弧ＰＱ在ｙ方向的合力为零，所以在ｔ０时刻所受安培力的合力Ｆ１仅有ｘ分量，即Ｆ１＝｜Ｆｘ｜＝Ｉ１ＢＲ＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋＢＲ＝（（10π＋3）Ｒ２／10ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向左．同理，载流导体弧ＡＣ在ｔ０时刻所受的安培力为Ｆ２＝Ｉ２ＢＲ＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋＢＲ＝（（2π－3）Ｒ２／2ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ，方向向右．左环所受的合力大小为Ｆ＝Ｆ１－Ｆ２＝（9／5ｒ）ｋ（Ｂ０－ｋｔ０）Ｒ３．方向向左．五、（25分）如图18-5所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳通过一细导线与端电压Ｕ＝ 90Ｖ的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外Ａ点有一电量为ｑ１＝10×10－9Ｃ的点电荷，Ｂ点有一电量为ｑ２＝16×10－9Ｃ的点电荷．点Ｏ、Ａ之间的距离ｄ１＝ 20ｃｍ，点Ｏ、Ｂ之间的距离ｄ２＝ 40ｃｍ．现设想球壳的半径从ａ＝ 10ｃｍ开始缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少？已知静电力常量ｋ＝9×10９Ｎ·ｍ２/Ｃ２．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触．.解：分以下几个阶段讨论：．由于球壳外空间点电荷ｑ１、ｑ２的存在，球壳外壁的电荷分布不均匀，用σ表示面电荷密度．设球壳半径ａ＝10ｃｍ时球壳外壁带的电量为Ｑ１，因为电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ１在球壳内产生的合场强为零，球壳内为电势等于Ｕ的等势区，在导体表面上的面元ΔＳ所带的电量为σΔＳ，它在球壳的球心Ｏ处产生的电势为ΔＵ１＝ｋσΔＳ／ａ，球壳外壁所有电荷在球心Ｏ产生的电势Ｕ１为Ｕ１＝ΣΔＵ１＝ｋΣσΔＳ／α＝ｋＱ１／ａ．点电荷ｑ１、ｑ２在球壳的球心Ｏ处产生的电势分别为ｋｑ１／ｄ１与ｋｑ２／ｄ２，因球心Ｏ处的电势等于球壳的电势，按电势叠加原理，即有（ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ１／ａ）＝Ｕ，代入数值后可解得球壳外壁的电量Ｑ１为Ｑ１＝（ａＵ／ｋ）－ａ（（ｑ１／ｄ１）＋（ｑ２／ｄ２））＝－8×10－９Ｃ．因球壳内壁无电荷，所以球壳的电量ＱⅠ等于球壳外壁的电量Ｑ１，即ＱⅠ＝Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．．当球壳半径趋于ｄ１时（点电荷仍在球壳外），设球壳外壁的电量变为Ｑ２，球壳外的电荷ｑ１、ｑ２与球壳外壁的电量Ｑ２在壳内产生的合场强仍为零，因球壳内仍无电荷，球壳内仍保持电势值为Ｕ的等势区，则有（ｋｑ１／ｄ１）＋（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ２／ｄ１）＝Ｕ，解得球壳外壁的电量Ｑ２＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１（ｑ１／ｄ１＋ｑ２／ｄ２））＝－16×10－9Ｃ．因为此时球壳内壁的电量仍为零，所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量，即ＱⅡ＝Ｑ２＝－16×10－9Ｃ，在ａ＝10ｃｍ到趋于ｄ１的过程中，大地流向球壳的电量为ΔＱⅠ＝ＱⅡ－Ｑ１＝－8×10－9Ｃ．．当点电荷ｑ１穿过球壳，刚进入球壳内（导体半径仍为ｄ１），点电荷ｑ１在球壳内壁感应出电量－ｑ１，因球壳的静电屏蔽，球壳内电荷ｑ１与球壳内壁电荷－ｑ１在球壳外产生的合电场为零，表明球壳外电场仅由球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３所决定．由于球壳的静电屏蔽，球壳外电荷ｑ２与球壳外壁的电荷Ｑ３在球壳内产生的合电场为零，表明对电荷ｑ２与Ｑ３产生的合电场而言，球壳内空间是电势值为Ｕ的等势区．ｑ２与Ｑ３在球心Ｏ处产生的电势等于球壳的电势，即（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ３／ｄ１）＝Ｕ，解得球壳外壁电量Ｑ３＝（ｄ１Ｕ／ｋ）－（ｄ１ｑ２／ｄ２）＝－6×10－9Ｃ，球壳外壁和内壁带的总电量应为ＱⅢ＝Ｑ３＋（－ｑ１）＝－16×10－9Ｃ，在这过程中，大地流向球壳的电量为ΔＱⅡ＝ＱⅢ－ＱⅡ＝0．这个结果表明：电荷ｑ１由球壳外极近处的位置进入壳内，只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁，整个球壳与大地没有电荷交换．．当球壳半径趋于ｄ２时（点电荷ｑ２仍在球壳外），令Ｑ４表示此时球壳外壁的电量，类似前面第3阶段中的分析，可得（ｋｑ２／ｄ２）＋（ｋＱ４／ｄ２）＝Ｕ，由此得Ｑ４＝（ｄ２Ｕ／ｋ）－（ｄ２（ｑ２／ｄ２））＝－12×10－9Ｃ，球壳的电量ＱⅣ等于球壳内外壁电量的和，即ＱⅣ＝Ｑ４＋（－ｑ１）＝－22×10－9Ｃ，大地流向球壳的电量为ΔＱⅢ＝ＱⅣ－ＱⅢ＝－6×10－9Ｃ．．当点电荷ｑ２穿过球壳，刚进入球壳内时（球壳半径仍为ｄ２），球壳内壁的感应电荷变为－（ｑ１＋ｑ２），由于球壳的静电屏蔽，类似前面的分析可知，球壳外电场仅由球壳外壁的电量Ｑ５决定，即ｋＱ５／ｄ２＝Ｕ，可得..Ｑ５＝ｄ２Ｕ／ｋ＝4×10－9Ｃ，球壳的总电量是ＱⅤ＝Ｑ５－（ｑ１＋ｑ２）＝－22×10－9Ｃ，..（15）在这个过程中，大地流向球壳的电量是ΔＱⅣ＝ＱⅤ－ＱⅣ＝0．..（16）．当球壳的半径由ｄ２增至ａ１＝50ｃｍ时，令Ｑ６表示此时球壳外壁的电量，有ｋ（Ｑ６／ａ１）＝Ｕ，..（17）可得..Ｑ６＝ａ１（Ｕ／ｋ）＝5×10－9Ｃ，球壳的总电量为ＱⅥ＝Ｑ６－（ｑ１＋ｑ２）＝－21×10－9Ｃ，大地流向球壳的电量为ΔＱⅤ＝ＱⅥ－ＱⅤ＝1×10－9Ｃ．六、（27分）一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分Ｇ１的质量为ｍ１，下部分Ｇ２的质量为ｍ２，弹簧夹在Ｇ１与Ｇ２之间，与二者接触而不固连．让Ｇ１、Ｇ２压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为已知的定值Ｅ０．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这一释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定，从而使上部分Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值ｈ的时刻解除锁定．1．在第一种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空到达的最大高度（从井口算起）为多少？其能量是从何种形式的能量转化而来的？2．在第二种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空可能达到的最大高度（亦从井口算起）为多少？并定量讨论其能量可能是从何种形式的能量转化而来的．解：.1．在弹簧刚伸长至原长的时刻，设Ｇ１的速度的大小为ｖ，方向向上，Ｇ２的速度大小为ｖ１，方向向下，则有ｍ１ｖ１－ｍ２ｖ２＝0，...①（1／2）ｍ１ｖ１２＋（1／2）ｍ２ｖ２２＝Ｅ０，...②解①、②两式，得ｖ１＝，...③ｖ２＝．...④设Ｇ１升空到达的最高点到井口的距离为Ｈ１，则Ｈ１＝ｖ１2／2ｇ＝（（ｍ２／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０，...⑤Ｇ１上升到最高点的重力势能为Ｅｐ1＝ｍ１ｇＨ１＝（ｍ２／（ｍ１＋ｍ２））Ｅ０．...⑥它来自弹簧的弹性势能，且仅为弹性势能的一部分．．在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为ｈ时，玩具向上的速度为ｕ＝．...⑦设解除锁定后，弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１的速度大小为ｖ１′，方向向上，Ｇ２的速度大小为ｖ，方向向下，则有ｍ１ｖ１′－ｍ２ｖ２′＝（ｍ1＋ｍ2）ｕ，...⑧（1／2）ｍ１ｖ１′＋（1／2）ｍ２ｖ２′＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）ｕ2＋Ｅ０，...⑨消去⑧、⑨两式中的ｖ２′，得ｖ１′的方程式为ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｖ１′－2ｍ１（1＋（ｍ１／ｍ２））ｕｖ１′＋ｍ１（1＋ｍ１／ｍ２）ｕ2－2Ｅ０＝0，由此可求得弹簧刚伸长至原长时，Ｇ１和Ｇ２的速度分别为ｖ１′＝ｕ＋，ｖ２′＝－ｕ＋，设Ｇ１从解除锁定处向上运动到达的最大高度为Ｈ２′，则有Ｈ２′＝ｖ１′／2ｇ＝（1／2ｇ）（ｕ＋）2＝ｈ＋（ｍ2Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2，从井口算起，Ｇ1上升的最大高度为Ｈ２＝Ｈ２′－ｈ＝（ｍ２Ｅ０／ｍ１ｇ（ｍ１＋ｍ２））＋2．讨论：可以看出，在第二方案中，Ｇ１上升的最大高度Ｈ２大于第一方案中的最大高度Ｈ１，超出的高度与解除锁定处到井口的深度ｈ有关．到达Ｈ２时，其重力势能为Ｅｐ2＝ｍ１ｇＨ２＝（ｍ２Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２））＋2，（ｉ）若Ｅｐ2＜Ｅ0，即..2＜ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＜Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．这时，Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹性势能，但仅是弹性势能的一部分．在这一条件下上升的最大高度为Ｈ２＜Ｅ０／ｍ１ｇ．（ｉｉ）若Ｅｐ2＝Ｅ０，2＝ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＝Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．此时Ｇ１升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能，且等于全部弹性势能．在这一条件下，Ｇ１上升的高度为Ｈ２＝Ｅ０／ｍ１ｇ．（ｉｉｉ）若Ｅｐ2＞Ｅ０，2＞ｍ１Ｅ０／（ｍ１＋ｍ２），这要求..ｈ＞Ｅ０ｍ１／4ｍ２ｇ（ｍ１＋ｍ２）．此时Ｇ１升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能，超出部分的能量只能来自Ｇ２的机械能．在这个条件下，Ｇ１上升的最大高度为Ｈ２＞Ｅ０／ｍ１ｇ．。
全国中学生物理竞赛复赛试题一、有一放在空气中的玻璃棒，折射率ｎ＝1．5，中心轴线长Ｌ＝45ｃｍ，一端是半径为Ｒ１＝10ｃｍ的凸球面．1．要使玻璃棒的作用相称于一架抱负的天文望远镜（使主光轴上无限远处物成像于主光轴上无限远处的望远系统），取中心轴线为主光轴，玻璃棒另一端应磨成什么样的球面?2．对于这个玻璃棒，由无限远物点射来的平行入射光束与玻璃棒的主光轴成小角度φ１时，从棒射出的平行光束与主光轴成小角度φ２，求φ２／φ１（此比值等于此玻璃棒望远系统的视角放大率）．二、对的使用压力锅的方法是：将已盖好密封锅盖的压力锅（如图18－2－1）加热，当锅内水沸腾时再加盖压力阀Ｓ，此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气，空气已所有排除．然后继续加热，直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时，锅内即已达成预期温度（即设计时希望达成的温度）．现有一压力锅，在海平面处加热能达成的预期温度为120℃，某人在海拔5000ｍ的高山上使用此压力锅，锅内有足量的水．图18－2－11．若不加盖压力阀，锅内水的温度最高可达多少?2．若按对的方法使用压力锅，锅内水的温度最高可达多少?3．若未按对的方法使用压力锅，即盖好密封锅盖一段时间后，在点火前就加上压力阀，此时水温为27℃，那么加热到压力阀刚被顶起时，锅内水的温度是多少?若继续加热，锅内水的温度最高可达多少?假设空气不溶于水．已知：水的饱和蒸气压ｐＷ（ｔ）与温度ｔ的关系图线如图18－2－2所示．大气压强ｐ（ｚ）与高度ｚ的关系的简化图线如图18－2－3所示．当ｔ＝27℃时，ｐＷ（27°）＝3．6×10３Ｐａ；ｚ＝0处，ｐ（0）＝1．013×10５Ｐａ．图18-2-2图18-2-3三、有两个处在基态的氢原子Ａ、Ｂ，Ａ静止，Ｂ以速度ｖ０与之发生碰撞．已知：碰撞后两者的速度ｖＡ和ｖＢ在一条直线上，碰撞过程中部分动能有也许被某一氢原子吸取，从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度ｖ０至少需要多大（以ｍ／ｓ表达）?已知电子电量ｅ＝1．602×10－19Ｃ，质子质量为ｍｐ＝1．673×10－27ｋｇ，电子质量为ｍｅ＝0．911×10－31ｋｇ，氢原子的基态能量为Ｅ１＝－13．58ｅＶ．图18－2－4四、如图18－2－4所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度Ｂ随时间ｔ变化，Ｂ＝Ｂ０－ｋｔ（ｋ为大于零的常数）．现有两个完全相同的均匀金属圆环互相交叠并固定在图中所示位置，环面处在图中纸面内．圆环的半径为Ｒ，电阻为ｒ，相交点的电接触良好，两个环的接触点Ａ与Ｃ间的劣弧对圆心Ｏ的张角为60°，求ｔ＝ｔ０时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用．图18－2－5五、如图18－2－5所示，一薄壁导体球壳（以下简称为球壳）的球心在Ｏ点．球壳通过一细导线与端电压Ｕ＝90Ｖ的电池的正极相连，电池负极接地．在球壳外Ａ点有一电量为ｑ１＝10×10－9Ｃ的点电荷，Ｂ点有一电量为ｑ２＝16×10－9Ｃ的点电荷．点Ｏ、Ａ之间的距离ｄ１＝20ｃｍ，点Ｏ、Ｂ之间的距离ｄ２＝40ｃｍ．现设想球壳的半径从ａ＝10ｃｍ开始缓慢地增大到50ｃｍ，问：在此过程中的不同阶段，大地流向球壳的电量各是多少?已知静电力常量ｋ＝9×10９Ｎ·ｍ２/Ｃ２．假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触．六、一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬（即劲度系数很大）的轻质弹簧构成．上部分Ｇ１的质量为ｍ１，下部分Ｇ２的质量为ｍ２，弹簧夹在Ｇ１与Ｇ２之间，与两者接触而不固连．让Ｇ１、Ｇ２压紧弹簧，并将它们锁定，此时弹簧的弹性势能为已知的定值Ｅ０．通过遥控可解除锁定，让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能，设这一释放过程的时间极短．第一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处在静止状态时解除锁定，从而使上部分Ｇ１升空．第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落，撞击井底（井足够深）后以原速率反弹，反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值ｈ的时刻解除锁定．1．在第一种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空到达的最大高度（从井口算起）为多少?其能量是从何种形式的能量转化而来的?2．在第二种方案中，玩具的上部分Ｇ１升空也许达成的最大高度（亦从井口算起）为多少?并定量讨论其能量也许是从何种形式的能量转化而来的．。
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想。
当今在美国宇航局（NASA ）支持下,洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究。
一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳,它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面.最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状;其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用;整个天梯相对于地球静止不动.如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度。
已知地球半径R 0＝6。
37×106m ，地球表面处的重力加速度g ＝9.80m ·s —2。
二、如图所示，一内半径为R 的圆筒(图中2R 为其内直径）位于水平地面上。
筒内放一矩形物。
矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l ＝错误!R 的矩形薄片的两端.初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触.已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1.现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动,使A 逐渐升高。
1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？答：_______________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。
令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动.（要求在卷面上写出必要的推导过程.最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。
） 三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的。
对于干燥的静止空气,在离地面的高度小于20 km 的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其变化率错误!＝－6.0×10—3K ·m —1z 为竖直向上的坐标。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1k pV a =其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 图1四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
选择题：关于光的干涉现象，下列说法正确的是：A. 只有频率相同的光才能发生干涉现象。
B. 频率不同的光也能发生干涉现象，只是干涉条纹不明显。
C. 光的干涉现象是光波叠加的结果，与光的频率无关。
（正确答案）D. 光的干涉现象只发生在相干光源之间。
在双缝干涉实验中，若保持双缝间距不变，增大光源到双缝的距离，则干涉条纹的间距将：A. 变大。
B. 变小。
C. 不变。
（正确答案）D. 无法确定。
关于光的衍射现象，下列说法错误的是：A. 光的衍射现象是光波遇到障碍物时偏离直线传播的现象。
B. 光的衍射现象是光波叠加的结果。
C. 光的衍射现象只发生在光波遇到尺寸与其波长相当的障碍物时。
（正确答案）D. 光的衍射现象是光波动性的表现。
在杨氏双缝干涉实验中，若用白光作为光源，则屏上将出现：A. 彩色的干涉条纹。
（正确答案）B. 白色的干涉条纹。
C. 黑色的干涉条纹。
D. 无干涉条纹。
关于光的偏振现象，下列说法正确的是：A. 自然光就是偏振光。
B. 偏振光就是单色光。
C. 自然光通过偏振片后可以得到偏振光。
（正确答案）D. 偏振光通过偏振片后一定仍然是偏振光，但偏振方向可能改变。
在光的折射现象中，若入射光线与折射光线垂直，则入射角与折射角之和为：A. 45°。
B. 90°。
（正确答案）C. 135°。
D. 180°。
关于光的全反射现象，下列说法错误的是：A. 当光从光密介质射入光疏介质时，可能发生全反射现象。
B. 当光从光疏介质射入光密介质时，也可能发生全反射现象。
（正确答案）C. 发生全反射现象时，折射光线完全消失，反射光线增强。
D. 发生全反射现象的条件是入射角大于或等于临界角。
在光的色散现象中，不同波长的光在介质中的折射率：A. 相同。
B. 不同，且波长越长，折射率越大。
C. 不同，且波长越长，折射率越小。
（正确答案）D. 无法确定。
关于光的量子性，下列说法正确的是：A. 光的能量是连续分布的。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H 表示）的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l ，两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M 的小球A ，以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D 的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示） 图1 四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答(总23页)-CAL-FENGHAI.-(YICAI)-Company One1-CAL-本页仅作为文档封面，使用请直接删除第23届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月 深圳★ 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA ）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R 0 = ×106 m ，地球表面处的重力加速度 g = m ·s －2 ．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1．现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A 逐渐升高．1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ 答：___________________________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动．令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等lA 2R于多少度时，B相对于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导过程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20 km的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其变化率△T e= －× 10－3 K·m－1△zz为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处理），取其初始位置为坐标原点（z = 0），这时气团的温度T 、密度ρ、压强p都分别与周围大气的温度T e 、密度ρe、压强p e 相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强p与体积V满足绝热过程方程pV γ= C．式中C和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ= ．已知空气的摩尔质量μ= kg • mol－1 ，普适气体恒量R = J • ( K • mol )－1 ．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．设重力加速度g = m·s－2 ，z = 0处大气的温度T e0= 300 K ．四、图1中K为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线O′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当粒子打在垂直于O ′O 的屏NN ′ 上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y ，其原点位于屏与虚线的交点O 处，Y 的正方向由O 指向N ．虚线上的A 、B 两处，各有一电子阀门a 和b ．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流．M 、M ′ 是两块较大的平行金属平板，到虚线O ′O 的距离都是d ，板M 接地．在两板间加上如图2所示的周期为2T 的交变电压u ，u 的正向最大值为2U ，负向最大值为U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为U ，则粒子在电场作用下的加速度a 、电压u 的半周期T 和平板到虚线的距离d 满足以下关系aT 2 = 15d已知AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离都是l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不会影响以后带电粒子的运动．只考虑MM ′ 之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比T 小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开启阀门a 又立即关闭；经过时间T ，再次开启阀门a 又立即关闭；再经过时间T ，第3次开启阀门a 同时开启阀门b ，立即同时关闭a 、t /0 2 4 6 8 10 u2U －U图2KO M NNY OMB Aabll ll 图1b ．若以开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为__________________________________________________________________________．2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ =T 10，现在某时刻突然开启阀门a ，经过时间δ立即关闭a ；从刚开启a 的时刻起，经过时间T ，突然开启阀门 b ，经过时间δ关闭b ．若以刚开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，则从B 处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为_____________________________________________________________________________．五、如图所示，坐标系Oxyz 的x 轴和z 轴都位于纸面内，y 轴垂直纸面向里．两无限大金属极板P 和Q 分别位于x = －d 和x = d 处．磁感应强度大小为B 的匀强磁场的方向平行于Oxz 坐标平面，与z 轴的夹角为α ．在坐标原点O 处，有一电荷为q （＞0）、质量为m 的带电粒子，以沿y 轴正方向的初速度v 0开始运动．不计重力作用．1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v 0应为多大？所需最短时间t 0是多少？P2．若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场，使该粒子能在第1问中所求得的时间t0到达极板，则该粒子的初速度v0应为多大？若α = π，求粒子到达极板时粒子的坐标．4六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是m0 = × 10－27 kg ．不考虑粒子间的静电作用．第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图1所示．从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为r i －1 到r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为f i = GM ρ△r ir 2i（1） 整个天梯所受的地球引力F 就等于每小段所受地球引力之和， 即F = 1n i i f =∑=21nii i M r Gr ρ=∑ （2） 符号1ni =∑表示对所有小段求和．因△r i = r i － r i －1 是个小量，注意到r i r i －1= r i ( r i －△r i ) ≈r 2i ，因此121111101111()nnnii i i i i i i i i i n r r r r rr r r r r -===---==-=-∑∑∑ 用R 0表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离，则r 0 = R 0 ，r n = R l ，代入（2）式得F =G Mρ( 1R 0 － 1R l) （3）整个天梯的质量m = ρ ( R l －R 0 ) （4）天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离r C = R 0 +R l －R 02（5）根据质心运动定理，有F = mr C (2πT)2 （6）式中T 为地球自转的周期．由（3）、（4）、（5）、（6）式可得( R l －R 0 ) ( R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0) = 0R l －R 0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0= 0 （7）因为GM = R 20g ，所以得 R 2l + R 0R l － R 0gT 22π2= 0 （8）【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△r i 的小段组成，则第i 小段受的惯性离心力为f i ′ = ρ△r i (2πT)2 r i（4′）对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力F ′ = 1ni i f ='∑=1ni ρ=∑(2πT)2 r i △r i （5′）（5′）式中所示的和可以用图2过原点的直线y =ρ(2πT)2 r下的一个带阴影的梯形面积来表示，即ρ(2πT)ρ(2πT)F ′ = ρ( 2πT)2R+ R l2( R l－R0 )（6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得GM ( 1R－1Rl) =(2πT)2R+ R l2( R l－R0 )（7′）因为GM = R2g ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】解（8）式得R l =－R0 ±R2+2R0gT 2π22（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T = ×104 s ，得Rl= ×108 m （10）所以天梯的长度L = Rl－R0 = ×108 m （11）二、1．90°．2．当矩形物处于竖直位置即θ= 0°时，B不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动．假定B仍不动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定律）为m v2l= mg cosθ－T （1）这里v 表示A 的速度．T 是刚性薄片对A 的作用力，规定其方向从B 到A 为正．根据能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 12mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T = mg ( 3cos θ－2 ) （3） 如果令 T = 0 ，可得θ = arccos ( 23) = °显见，θ ＜ ° 时，作用力是径向正向，对A 是推力；θ ＞ ° 时，作用力是径向反向，对A 是拉力．现在再来看前面被假定不动的B 是否运动．我们可以在B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30° 夹角．因为假定B 不动，其加速度为零，所以B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0（4）这里f ⊥ 是圆筒内壁对B 的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B 不动，则f ⊥ 必将始终不等于零，这就是说，在B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁．B 对筒壁的正压力是f ⊥ 的反作用力，大小和f ⊥ 相同．式中的T 是刚性薄片对B 的作用力，它和（1）式中的T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，所以最大静摩擦力f max 的大小就等于正压力．f max = μf ⊥ = mg cos30° + T cos ( 30°－θ )（5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f ∥ = mg sin30° + T sin ( 30°－θ )（6）只要f ∥ 不大于最大静摩擦力，B 就不滑动．这个条件写出来就是120°30°OABθf∥≤f max（7）B滑动与否的临界点就应由f∥= f max 求出，即mg cos30° + T cos ( 30°－θ) = mg sin30° + T sin ( 30°－θ) （8）将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程( 3cosθ－2 )[ cosθ+ ( 2 + 3 )sinθ] + 1 = 0 （9）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ = °（10）θ超过此值，B将开始滑动．三、设微气团中空气的质量为m，当其位移为z时，气团的体积为V，气团内气体的密度为ρ，气团周围大气的密度为ρe ．气团受到竖直向下的重力mg= Vρg和竖直向上的浮力Vρe g作用，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有mα= －Vρg + Vρe g = －V( ρ－ρe) g（1）或有α= －g ρ－ρeρ（2）根据理想气体状态方程pV = mμRT（3）可知气体的密度ρ= mV=μpRT（4）利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成α= －g Te－TTe（5）周围大气在z处的温度T e 等于z = 0处的温度T e0加从0到z温度的增量，即T e = T e0 +△T e△zz（6）若气团中气体温度随高度的变化率为△T△z，根据题意，有T= T0 +△T e△zz（7）T为气团位于初始位置时气团中气体的温度．根据题意T e0 = T0，把（6）、（7）式代入（5）式得α= －gTe(△T e△z－△T△z) z（8）在（8）式中，若( △T e△z－△T△z) ＞0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态．因周围大气温度随高度的变化率△T e△z是已知的，故只要知道气团中气体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z 和z +△z处的压强差△p e = －ρe g△z （9）式中ρe为z处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示．式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得△p e = －μpeRTeg△z （10）质量为m的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温度、压强的变化应满足绝热过程的规律．试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得V = mμRTp（11）把（11）式代入pVγ= C 得T =1CγμmR1pγγ-（12）当气团的压强由p变到p + △p时，气团的温度将由T变到T +△T ．由（12）式T +△T =1CγμmR( p + △p )1γγ-利用二项式定理，忽略△p的高次方项，并注意到（12）式得T +△T =1CγμmR[1pγγ-+γ－1γ11pγγ--(△p ) ] = T +γ－1γTp△p故有△T = γ－1γTp△p （13）根据题意，p = p e ，△p =△p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得△T △z = －γ－1γμgRTTe0+ (△T e△z+γ－1γμgR) z（14）已知△T e△z= －× 10－3 K·m－1，代入有关数据可求得γ－1γμgR= × 10－3 K·m－1当z不是很大时，有T e0 +（△T e△z+γ－1γμgR) z≈T e0故有△T △z = －γ－1γμgR（15）代入题给的有关数据得△T△z=－× 10－3 K·m－1（16）负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见 ( △T e△z－△T△z) ＞0 ，作用于气团的合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到初始位置．当z 不是很大时，（8）式中的T e可以用T e0代替，可知气团将在初始位置附近做简谐振动．振动的圆频率ω = gTe0(△T e△z－△T△z) （17）代入数据，得ω = × 10－2 s－1（18）四、1．Y1 = －，Y2 = ．2．Y′ = －，Y′′ = －．附参考解法：1．当阀门a第1次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从A处进入AB之间，在a第2次开启时刻，第一批粒子中速率为v 1 =lT（1）的粒子正好射到B处，被阀门b挡住．与此同时，第二批具有各种速率的粒子从A处进入AB之间．在阀门a第3次开启的时刻，第一批进入AB间的粒子中速率为v 2 =l2T=12v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速率为v1的粒子同时到达B处．因此时阀门b已开启，这些粒子都从B处沿虚线射向两平行板，而第三批进入AB间的粒子在它们到达B处时，被b挡住．由此可知，能从B处射向两平行板的粒子具有v1和v2两种不同的速率．根据题意，粒子从B处射出的时刻为t = 0 ，故速率为v1的粒子在时刻t 1 =lv1= T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u = －U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a ，粒子通过两板经历的时间为△t1 = lv1= T在△t1时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y= －a△t1 = －aT（3）y 1 = －12a (△t1)2 = －12aT2（4）因aT2 =15d，故| y1| =110d＜d，表明速率为v1的粒子能穿出平板，粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y1 = v1y lv1= －aT2（5）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 1 = y1 +△y1 = －12aT2 －aT2 = －32aT2 = －（6）速率为v2 的粒子在时刻t 2 =lv2= 2T进入两平行板之间，由本题图2可知，两板间的电压u = 2U粒子在电场作用下的加速度为2a ，粒子通过两板经历的时间为△t2 = lv2= 2T因为两板间的电压在时间△t2内由2U变为－U，粒子的加速度亦将从2a变成－a，由此可求得在△t2时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y= 2aT－aT = aT（7）y 2 =12( 2a )T 2 + ( 2aT )T－12aT 2 =52aT 2（8）因aT2 =15d，故 y2=12d＜d，表明速率为v2的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2y lv2= 2aT2（9）粒子打在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 2 = y2 +△y2 =52aT2 + 2aT2 =92aT2 = （10）即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的Y坐标分别为Y1和Y2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门a开启到关闭经历的δ时间间隔内的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从A处进入AB间，有的早进入，有的晚进入．由于阀门b从开启到关闭也要经历一段时间δ，粒子可能在最早的时刻即t = 0的时刻从B处射出，也可能在最晚的时刻即t = δ时刻从B处射出．在a刚开启的时刻从A处射入AB间，并在t = δ时刻从B 处射出的粒子的速率最小，这最小速率为vmin =lT + δ（11）在阀门a刚要关闭时刻从A处射进AB间，并在t = 0的时刻从B处射出的粒子的速率最大，这最大速率为vmax =lT －δ（12）在t = 0时刻从B处射出的速率为v max的粒子在时刻t1 =lvmax= T －δ进入两平板之间，在时刻t1′ = t1+lvmax= 2T －2δ离开两平板．由本题图2可知，在T －δ到T时间内，两板间的电压为2U，在T到2T－2δ时间内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度分别为2a和－a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y= 2aδ－a (T － 2δ) = －aT + 4aδ（13）y 1 =12( 2a )δ2 + ( 2a )δ(T － 2δ)－12a (T －2δ)2= －12aT 2 + 4aδT － 5aδ2（14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y方向的位移△y1 = v1ylv= (－aT + 4aδ) (T －δ)= －aT2 + 5aδT － 4aδ2 （15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 1 = y1 +△y1 = －32aT2 + 9aTδ－9aδ2（16）根据题意，代入数据得Y1= －（17）在t = δ时刻从B处射出的速度为v min的粒子在时刻t2 = δ+lvmin= T + 2δ进入两平板之间，在时刻t2′ = t2+lvmin= 2T + 3δ离开两平板．由本题图2可知，在T + 2δ到2T时间内，两板间的电压为－U，在2T到2T+ 3δ时间内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度分别为－a和2a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y= －a (T － 2δ) + ( 2a )3δ= －aT + 8aδ（18）y 2 = －12a (T － 2δ)2 －a (T － 2δ) 3δ+12( 2a )( 3δ) 2= －12aT 2 －aTδ+ 13aδ2（19）粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2ylv= (－aT + 8aδ) (T + δ)= －aT2 + 7aTδ+ 8aδ2 （20）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y 2 = y2 +△y2 = －32aT2 + 6aTδ+ 21aδ2（21）根据题意，代入数据得Y2= －（22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径R 0 =mvqB（1）轨道平面与Oxz坐标平面的交线如图1中NN ′所示．要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C应是ON ′的中点，有CN ′ = R0 =d2cosα（2）由（1）、（2）式得P图1 Nv 0 =dqB 2m cos α（3）粒子由O 经过半个圆周到达N ′ ，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期t 0 = T 2 = πmqB（4）2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox ′y ′z ′ ，如图2所示．在新坐标系中电场强度E 的分量为E x ′ = E cos α E y ′ = 0 E z ′ = E sin α（5）磁感应强度B 的分量为B x ′ = 0 B y ′ = 0 B z ′ = B （6） 带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex ′ = qE x ′ = qE cos α f Ey ′ = 0 f Ez ′ = qE z ′ = qE sin α（7）当带电粒子速度为v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为f Bx ′ = qv y ′B f By ′ = －qv x ′B f Bz ′ = 0（8）（i ）关于带电粒子在Ox ′y ′ 平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿y ′ 轴正方向的初速度v 0用下式表示zz ′B y ，y ′x ′O α图Ev 0αv= v0 + v1－v1= v2－v1式中v2= v0 + v1（9）现把v0看成沿y′轴负方向运动的速度v1和沿y′轴正方向运动的v2的合成．这样，与前者联系的运动使带电粒子受到沿x′轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex ′的方向相反，当v1取数值v 1=Ex′B=EBcosα（10）时，与－v1相联系的磁场力与f Ex ′的合力为零，其效果是带电粒子沿y′轴负方向以速度v1做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方向（z′轴方向），又垂直于速度v2 ，即位于Ox′y′平面内，其大小为fx ′y′= qv2B（11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动，圆周的半径R = mv2qB（12）其圆频率ω= qmB（13）由以上分析可知带电粒子一方面在Ox′y′平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿y′轴负方向以速度v1= EBcosα做匀速直线运动．图O（ii）关于粒子沿z ′轴的分运动由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′方向仅受电场力作用，其加速度a z ′=qEz ′m=qEmsinα（14）即粒子沿着z ′轴以加速度a z ′做匀加速直线运动．（iii）关于粒子在Ox′y′z′坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x′ = R ( 1－cosωt ) （15）y′ = R sinωt（16）z′ = 0 （17）考虑了圆心运动及粒子沿z ′轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在Ox′y′z′坐标系中，粒子的运动方程为x′ = mv2qB( 1－cosωt ) = (mvqB+mEx′qB2) ( 1－cosωt )（18）y′ = R sinωt －v1t = (mvqB+mEx′qB2) sinωt －Ex′Bt（19）z′ = 12qEz ′mt2（20）（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程利用坐标变换x = x′cosα+ z′sinαy = y′z = －x′sinα+ z′cosα并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz坐标系，得到粒子在Oxyz坐标系中的运动方程式为x = mqB( v0cosα+E cos2αB) ( 1－cosqmBt ) +12qE sin2αmt2（21）y = mqB( v0+E cosαB)sinqmBt －E cosαBt（22）z = －mqB( v0sinα+E sin2α2B) ( 1－cosqmBt ) +qE sin2α4mt2（23）根据题意，将x = d和t = t0 = T2=πmqB代（21）式，解得v 0 =2qB2d －mE ( 4cos2α+ π2sin2α)4mB cosα（24）将α= π4，t = t0 =T2=πmqB和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为x = d（25）y =－2πmE2qB2（26）z = －d + π2mE2qB2（27）解法二1．与解法一相同．2．以y轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系Ox′y′z′，设粒子速度在坐标系Ox′y′z′中分量分别为v x ′、v y ′、v z ′，牛顿第二定律的三个分量形式为m d v x ′d t= qE x ′+ qv y ′B（1）m d v y ′d t= －qv x ′B（2）m d v z′d t= qE z′（3）将（2）式表示为d v y ′d t = －qBmd x′d t两边积分后得v y ′= －(qBm)x′ + C1C1为待定常量，当t = 0时，x′ = 0 ，v y ′= v0 ，故求得C1 = v0 ，上式应表为v y ′= －qmB x′ + v（4）将（4）式代入（1）式，得m d2x′d t2= qE x ′+ q (－qBmx′ + v)Bd2x′d t2 = －(qBm)2 x′ + (qBm)2(mvqB+mEx ′qB2)（5）令R =( mvqB+mEx ′qB2) （6）ω= qmB（7）X ′ = x′－R（8）（5）式可表为d2X ′d t2= －ω2X ′（9）这是简谐运动方程，其解为X ′ = A cos ( ωt + θ) （10）由（8）式得x′ = A cos ( ωt + θ) + R（11）d x ′d t= v x ′= －ωA sin ( ωt + θ) （12）利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R = A cosθ0 = －ωA sinθ解得θ = 0（13）A = －R再由（6）式，得A = －( mvqB+mEx ′qB2) （14）代入（11）式x′ = ( mvqB+mEx ′qB2) ( 1－cosωt )（15）将（12）式代入（2）式，整理后得d v y ′d t= ω2A sinωt 对上式积分，考虑初始条件，得v y ′=d y ′d t= －ωA cosωt －Ex ′B（16）积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y′ = ( mvqB+mEx ′qB2) sinωt－Ex ′Bt（17）对（3）式积分可得z′ = qEz ′2mt2（18）（15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与解法一相同．解法三设粒子速度在Oxyz坐标中分量分别为v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量方程为m d v xd t= qE x + qv y B z（1）m d v yd t= －qv x B z + qv z B x（2）m d v zd t= －qB x v y（3）令ω= qBm（4）v 1 =EBcosα（5）方程变为如下形式d v x d t = ωv y cosα+ωv1cosα（6）d v yd t= －ωv x cosα+ ωv z sinα（7）d v zd t= －ωv y sinα（8）对（6）、（8）两式积分，利用初始条件t = 0时，v x = 0 ，x= 0 ，y= 0 ，得v x = ωy cosα+ ω (v1cosα)t（9）vz= －ωy sinα（10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得d v yd t= －ω2y－ω2v1t = －ω2 ( y+ v1t ) 令Y = y+ v1t（11）得d2Yd t2= －ω2Y（12）其解为Y = A cos ( ωt + θ)由（11）式可得y = A cos ( ωt + θ)－v1t （13）由（13）式得vy= －Aωsin ( ωt + θ)－v1（14）由初始条件t = 0时，v y= v0 ，y = 0 ，得A cosθ= 0v= －Aωsinθ－v1解得θ= π2A = －v1+ v0ω（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y = mqB( v0 +E cosαB) sinqmBt－E cosαBt（16）v y = ( v0 +E cosαB) cosqmBt－E cosαB（17）把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x = mqB( v0cosα+E cos2αB) ( 1－cosqmBt ) +12qE sin2αmt2（18）将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z = －mqB( v0sinα+E sin2α2B) ( 1－cosqmBt ) +qE sin2α4mt2（19）（18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同．六、在讨论本题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( mc2)2 = c2p2+ m02c4（1）式中c为光在真空中的速度，m为粒子的质量，p为其动量，m0为静止质量．【此关系式可由能量E = mc2和动量p = mv =mv1－ (vc)2导出，v为粒子的速度．E 2 －c2p2=m2c41－ (vc)2－c2m2v21－ (vc)2= m02c41－ (vc)21－ (vc)2= m02c4故 E 2 = c2p2+ m02c4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p2 成线性关系．解法从实验室参考系来看，碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量，设其方向沿x 轴正方向，碰撞前后系统的总动量守恒，总能量守恒．若要碰后能存在三个质子和一个反质子且总能量为最小值，则可论证这四个粒子的动量必定相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情况．令p1、p2、p3、p4分别表示它们动量的大小，这四个动量中，若有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1＜p2 ，则若将p1增加△p（△p＜ p2 －p1）而将p2减少△p（这时总动量不变），则有( p1 +△p )2－p12 = 2p1△p + (△p )2p 22－( p2－△p )2= 2p2△p－(△p )2这样一来，第一个粒子能量的平方增加了c2[ 2p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平方减少了c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为c2[ 2p1△p + (△p )2 ]－c2[ 2p2△p－ (△p )2 ]= c2[ 2△p( p1－p2+△p ) ]因已设p1＜p2 ，且△p＜ p2 －p1 ，所以净增量是负的，总能量将减少．这就是说，设p1 ≠p2时对应的总能量并不是最小值．由此可判断，四个粒子的动量必相等．2．若四个粒子中，有一个粒子其动量p1沿x轴的负方向，因为总动量守恒，则必有沿x轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1 ，因为能量的平方与p2成线性关系，所以这时的总能量必然大于p1沿x轴正方向运动时的能量．也就是说，只要四个粒子中，有沿x轴负方向运动的，则总能量必不是最小值．3．若四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x轴方向和垂直于x轴方向分解，沿x轴方向总动量守恒；垂直于x轴方向的动量互相抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也就是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，根据总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p ，质量为m ，碰后四个粒子的动量为p1、p2、p3 和p4 ，四个粒子的质量为m1、m2、m3和m4 ，根据动量守恒和能量守恒，有p = p1+p2 +p3 + p4（2）mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2（3）由上面论述可知p 1 =p2 = p3 = p4 =p4（4）再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每个粒子的质量，由（3）式得mc2 + mc2 = 4m′c2（5）对碰前那个运动的质子，由相对论能量和动量关系有( mc2)2 = c2p2+ m02c4（6）对四个粒子中任一个粒子，由相对论能量和动量关系有( m′c2)2 = c2 (p4)2+ m02c4（7）由（5）、（6）、（7）式可得mc2 = 7mc2（8）代入数据得mc2 = ×10－9 J（9）31。
2006年第23届全国中学生物理竞赛预赛试卷总分200分考试时间180分钟一、（20分，每小题10分）1、如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用线相连。
球B与球C之间用弹簧S2相连。
A、B、C的质量分别为m A、m B、m C，弹簧与线的质量均可不计。
开始时它们都处在静止状态。
现将A、B间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C的加速度。
2、两个相同的条形磁铁，放在平板AB上，磁铁的N、S极如图所示。
开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。
（i）现将AB突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A′B′处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。
（ii）如果将AB从原位置突然竖直向上平移，并使之停在A″B″位置处，结果发现两条形磁铁也碰在一起。
试定性地解释上述现象。
二、（20分，每1小题12分，第2小题8分）1、老爷爷的眼睛是老花眼。
（i）一物体P放在明视距离处，老爷爷看不清楚。
试在示意图1中画出此时P通过眼睛成像的光路示意图。
（ii）戴了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P，试在示意图2中画出P通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。
（iii）300度的老花镜的焦距f= m。
2、有两个凸透镜，它们的焦距分别为f1和f2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f3和f4。
已知，f1>f2>|f3|>|f4|。
如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为的透镜作为物镜，应选焦距为的透镜作为目镜。
三、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1、如图所示，电荷量为q1的正点电荷固定在坐标原点O处，电荷量为q2的正点电荷固定在x轴上，（i）求在x轴上场强为零的P点的坐标。
（ii）若把一电荷量为q0的点电荷放在P点，试讨论它的稳定性（只考虑q0被限制在沿x轴运动和被限制在沿垂直于x轴方向运动这两种情况）。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度0v沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以 图2 下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
图中1D 和2D 是理想的、点接触型二极管（不考虑二极管的电容），1C 和2C 是理想电容器，它们的电容都为C ，初始时都不带电，G 点接地。
现在A 、G 间接上一交变电源，其电压A u ，随时间t 变化的图线如图2所示．试分别在图3和图4中准确地画出D 点的电压D u 和B 点的电压B u 在t ＝0到t=2T 时间间隔内随时间t 变化的图线，T 为交变电压A u 的周期。
图2 图1图3图4 五、（25分）磁悬浮列车是一种高速运载工具。
它具有两个重要系统。
一是悬浮系统，利用磁力（可由超导电磁铁提供）使车体在导轨上悬浮起来与轨道脱离接触。
另一是驱动系统，在沿轨道上安装的三相绕组（线圈）中，通上三相交流电，产生随时间、空间作周期性变化的磁场，磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用，使车体获得牵引力。
为了有助于了解磁悬浮列车的牵引力的来由，我们求解下面的问题。
设有一与轨道平面垂直的磁场，磁感应强度B 随时间t 和空间位置x 变化规律为 )cos(),(0kx t B t x B -=ω式中0B 、ω、k 均为已知常量，坐标轴x 与轨道平行。
在任一时刻t ，轨道平面上磁场沿x 方向的分布是不均匀的，如图所示。
图中Oxy 平面代表轨道平面，“×”表示磁场的方向垂直Oxy 平面指向纸里，“· ”表示磁场的方向垂直Oxy 平面指向纸外。
规定指向纸外时B 取正值。
“×”和“· ”的疏密程度表示沿着x 轴B 的大小分布。
一与轨道平面平行的具有一定质量的金属矩形框MNPQ 处在该磁场中，已知与轨道垂直的金属框边MN 的长度为l ，与轨道平行的金属框边MQ 的长度为d ，金属框的电阻为R ，不计金属框的电感。
1．试求在时刻t ，当金属框的MN 边位于x 处时磁场作用于金属框的安培力，设此时刻金属框沿x 轴正方向移动的速度为v 。
2.试讨论安培力的大小与金属框几何尺寸的关系。
六、（23分）有一种被称为直视分光镜的光谱学仪器。
所有光学元件均放在一直长圆筒内。
筒内有：三个焦距分别为1f 、2f 和3f 的透镜1L ,2L ,3L ，321f f f >=；观察屏P ，它是一块带有刻度的玻璃片；由三块形状相同的等腰棱镜构成的 图1 分光元件（如图1所示），棱镜分别用折射率不同的玻璃制成，两侧棱镜的质料相同，中间棱镜则与它们不同，棱镜底面与圆筒轴平行。
圆筒的一端有一与圆筒轴垂直的狭缝，它与圆筒轴的交点为S ，缝平行于棱镜的底面．当有狭缝的一端对准筒外的光源时，位于圆筒另一端的人眼可观察到屏上的光谱。
已知：当光源是钠光源时，它的黄色谱线（波长为589.3 nm ，称为D 线）位于圆筒轴与观察屏相 交处。
制作棱镜所用的玻璃，一种为冕牌玻璃，它对钠D 线的折射率D n ＝1.5170;另一种为火石玻璃，它对钠D 线的折射率D n '=1.7200。
1.试在图2中绘出圆筒内诸光学元件相对位置的示意图并说出各元件的作用。
2.试论证三块棱镜各应由何种玻璃制成并求出三棱镜的顶角α的数值。
图2七、（16分）串列静电加速器是加速质子、重离子进行核物理基础研究以及核技术应用研究的设备，右图是其构造示意图。
S 是产生负离子的装置，称为离子源；中间部分N 为充有氮气的管道，通过高压装置H 使其对地有61000.5⨯V 的高压。
现将氢气通人离子源S ，S 的作用是使氢分子变为氢原子，并使氢原子粘附上一个电子，成为带有一个电子电量的氢负离子。
氢负离子（其初速度为0)在静电场的作用下，形成高速运动的氢负离子束流，氢负离子束射入管道N 后将与氮气分子发生相互作用，这种作用可使大部分的氢负离子失去粘附在它们上面的多余的电子而成为氢原子，又可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质子。
已知氮气与带电粒子的相互作用不会改变粒子的速度。
质子在电场的作用下由N 飞向串列静电加速器的终端靶子T 。
试在考虑相对论效应的情况下，求质子到达T 时的速度v 。
电子电荷量191060.1-⨯=q C ，质子的静止质量27010673.1-⨯=m kg 。
第23届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h 随时间t 变化的关系如图所示．设照片拍摄到的小球位置用A 表示，A 离玻璃管底部的距离为h A ，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H .小球可以在下落的过程中经过A 点，也可在上升的过程中经过A 点.现以τ表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间），1τ表示小球从最高点下落至A 点所需的时间（也就是从A 点上升至最高点所需的时间），2τ表示小球从A 点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A 点所需的时间）.显然，12τττ+=.根据题意，在时间间隔T 的起始时刻和终了时刻小球都在A 点．用n 表示时间间隔 T 内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A 点的次数（n ≥2）.下面分两种情况进行讨论：1．A 点不正好在最高点或最低点． 当n 为奇数时有()()()12111T n n n τττ=-+-=- 3,5,7,n =L（1）在（1）式中，根据题意1τ可取10ττ<<中的任意值，而21τττ=-（2）当n 为偶数时有()()211222T n n n n ττττ=+-=+- 2,4,6,n =L（3）由（3）式得12ττ=（4）由（1）、（3）、（4）式知，不论n 是奇数还是偶数，都有()1T n τ=- 2,3,4,n =L （5）因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为th2211221n T H g g n τ⎛⎫== ⎪-⎝⎭2,3,4,n =L（6）若用n H 表示与n 对应的H 值，则与n H 相应的A 点到玻璃管底部的距离 2112A n h H g τ=-2,3,4,n =L （7） 当n 为奇数时，1τ可取10ττ<<中的任意值，故有0A n h H << 2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=3,5,7,·· · （8） 可见与n H 相应的A h 的可能值为0与n H 之间的任意值．当n 为偶数时，112ττ=，由（6）式、（7）式求得n H 的可能值34A n h H =2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=2,4,6,·· · （9） 2．若A 点正好在最高点或最低点． 无论n 是奇数还是偶数都有()21T n τ=- n=2,3,4,· · ·（10）()22112221n T H g g n τ⎡⎤==⎢⎥-⎢⎥⎣⎦n=2,3,4,·· · （11）A n h H = ()21221n T H g n ⎧⎫⎡⎤⎪⎪=⎨⎢⎥⎬-⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭n=2,3,4,·· · （12）或0A h =（13）解法二因为照相机每经一时间间隔T 拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T 和这个周期的比值应该是一整数．下面我们就研究小球通过某个位置的周期性．设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为τ ，从最高点下落至相片上小球所在点（A 点）所需时间为1τ，从A 点下落至管底所需时间为2τ，则12τττ=+（1）（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是τ、1τ和2τ）从小球在下落过程中经过A 点时刻开始，小球经过的时间22τ后上升至A 点，再经过时间12τ后又落到A 点，此过程所需总时间为12222τττ+=．以后小球将重复这样的运动．小球周期性重复出现在A 点的周期是多少？ 分两种情况讨论：（1）． 12ττ≠，1τ和2τ都不是小球在A 点重复出现的周期，周期是2τ．（2）． 12ττ=，小球经过时间22ττ=回到A 点，再经过时间12ττ=又回到A 点，所以小球重复出现在A 点的周期为τ．下面就分别讨论各种情况中H 的可能值和A 点离管底的距离A h 的可能值．（如果从小球在上升过程中经过A 点的时刻开始计时，结果一样，只是1τ和2τ对调一下）1．H 的可能值（1）．较普遍的情况，12ττ≠．T 与2τ的比值应为一整数，τ的可能值应符合下式2Tk τ=， 1,2,3,k =L （2）由自由落体公式可知，与此相应的k H 的数值为2211222k T H g g k τ⎛⎫== ⎪⎝⎭1,2,3,k =L（3）（2）．12ττ=．τ的可能值应符合下式Tk τ'= 1,2,3,k '=L（4）故k H '的可能值为221122k T H g g k τ'⎛⎫== ⎪'⎝⎭1,2,3,k '=L（5）当k '为偶数时，即2,4,6,k '=L 时，（5）式与（3）式完全相同．可见由（3）式求得的H 的可能值包含了12ττ≠的全部情况和12ττ=的一部分情况．当k '为奇数时，即1,3,5,k '=L 时，由（5）式得出的H 的可能值为212k T H g k '⎛⎫= ⎪'⎝⎭1,3,5,k '=L（6）它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的H 合在一起是H 的全部的可能值． 2．与各H 值相应的A h 的可能值 a.与H 相应的h 的可能值由于在求得（3）式时未限定A 点的位置，故A h 的数值可取0和k H 之间的任意值，即0A k h H ≤≤ 2122k T H g k ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 1,2,3,k =L（7）b. 与k H '（k '为奇数）相应的A h 的可能值 这些数值与A 位于特定的位置，122τττ==，相对应，所以对于每一个k H '对应的A h 是一个特定值，它们是21122A k T h H g k '⎛⎫=- ⎪'⎝⎭212k T H g k '⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪'⎝⎭⎢⎥⎣⎦1,3,5,k '=L（8）评分标准：本题23分二、参考解答：1． 求刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度设刚碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A v 、B v 、C v 、D v ，并设它们的方向都与0v 的方向相同．由于小球C 位于由B 、C 、D 三球组成的系统的质心处，所以小球C 的速度也就是这系统的质心的速度．因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒， 故有0A C 3M M m =+v v v（1） 碰撞前后质点组的角动量守恒，有C D 02ml ml =+v v（2）这里角动量的参考点设在与B 球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正．因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有222220A B C D 11111+22222M M m m =++v v mv v v （3）因为杆是刚性杆，小球B 和D 相对于小球C 的速度大小必相等，方向应相反，所以有B C C D --v v =v v（4）解（1）、（2）、（3）、（4）式，可得两个解C v =0（5）和C 0456MM m=+v v（6）因为C v 也是刚碰撞后由B 、C 、D 三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去．取（6）式时可解得刚碰撞后A 、B 、D 三球的速度。
