第二十三届全国中学生物理竞赛试题分析

2013年第二十三届全国初中应用物理竞赛(巨人杯)试题注意事项:3.本试卷共有六个大题，满分100分。

4答卷时间:2013年3月31日(星期日)上午9:30～11:10。

一、本题共10小题，每小题2分，共20分。

以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。

1.验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。

对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线答案：C解析：验钞机是利用紫外线的荧光效应来鉴别钞票真伪，所以验钞机发出的“光”是紫外线。

遥控器利用红外线传递信号来遥控的，所以遥控器发出的“光”是红外线，选项C正确。

2.在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。

他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾”下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图1所示。

对于造雪机在图1造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是( )A.凝华B.凝固C.升华D.液化答案：B解析：造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化是凝固，选项B正确。

3.在有些地区，人们常在小河边洗衣服。

如图2所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。

这里，用木棒捶打的主要目的是( )图2A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服答案：C解析：用木棒捶打的主要目的是，迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉，选项C正确。

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。

2023高中物理竞赛题解析近年来，物理竞赛成为了评价学生物理学习水平和思维能力的重要途径。

2023年的高中物理竞赛题目涵盖了多个知识领域和难度层次，对于参赛同学来说无疑是一次重要的挑战。

本文将对其中的几道题目进行解析，帮助读者更好地理解解题思路和方法。

题目一：机械运动的分析题目描述：一个质量为m的物块以速度v1沿x轴正向运动，与其相向运动的质量为2m的物块以速度v2撞击后，两物块合并为一个质量为3m的物块，问撞击后合并物块的速度。

解析：根据动量守恒定律，撞击前后的总动量守恒，在沿x轴方向可表示为m * v1 + 2m * (-v2) = 3m * v （v为合并后的速度）。

整理方程可得 v = (2v1 + v2) / 3，即合并物块的速度为(2v1 + v2) / 3。

题目二：电场和电势题目描述：一个电荷为+q的粒子在电势为V的电场中沿电场方向运动一段距离d，问该粒子具有的动能。

解析：根据电势能转化为动能的原理，电势能转化为动能时，有qV = (1/2)mv^2。

将该式子变形为v^2 = 2qV / m，并将v代入动能的公式K = (1/2)mv^2，即可推导出动能K = qV。

题目三：光的传播与反射题目描述：一个入射光线以角度θ1射入一个介质，经折射后与介质表面成角度θ2，已知介质的折射率n，求入射角θ1。

解析：根据光的折射定律可以得到n = sin(θ1) / sin(θ2)。

将该式子变形并代入已知数据即可求得入射角θ1。

题目四：热力学中的能量转化题目描述：一个系统发生了一个等容过程，过程中系统吸收了Q热量和W功，问系统内能的变化量ΔU等于多少。

解析：根据等容过程的特点，ΔU = Q + W，其中Q为系统吸收的热量，W为系统对外界做的功。

由题可知过程中系统吸收了Q热量和W 功，因此ΔU = Q + W。

通过对以上四道题目的解析，我们可以看出，解题的关键在于运用所学知识和理解物理原理。

对于物理竞赛来说，只有掌握了基础知识和解题技巧，才能更好地应对题目的挑战。

第23届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答及评分标准一、参考解答：1. 线剪断前，整个系统处于平衡状态。

此时弹簧 S 1 的弹力B 1AC ()F m m m g =++ （1） 弹簧 S 2 的弹力2C F m g = （2） 在线刚被剪断的时刻，各球尚未发生位移，弹簧的长度尚无变化，故 F 1、F 2 的大小尚未变化，但线的拉力消失。

设此时球 A 、B 、C 的加速度的大小分别为 a A 、a B 、a C ，则有 1A A A F m g m a -= （3） B B B 2F m g m a += （4） 2C C C F m g m a -= （5） 解以上有关各式得B C A Am m a g m += 方向竖直向上 （6） B C B B m m a g m +=方向竖直向下 （7） C 0a = （8）2. 开始时，磁铁静止不动，表明每一条磁铁受到另一条磁铁的磁力与它受到板的静摩擦力平衡。

（ⅰ）从板突然竖直向下平移到停下，板和磁铁的运动经历了两个阶段。

起初，板向下加速移动，板与磁铁有脱离接触的趋势，磁铁对板的正压力减小，并跟随板一起作加速度方向向下、速度向下的运动。

在这过程中，由于磁铁对板的正压力减小，最大静摩擦力亦减小。

向下的加速度愈大，磁铁的正压力愈小，最大静摩擦力也愈小。

当板的加速度大到某一数值时，最大静摩擦力减小到小于磁力，于是磁铁沿着平板相向运动并吸在一起。

接着，磁铁和板一起作加速度方向向上、速度向下的运动，直到停在 A B '' 处。

在这过程中，磁铁对板的正压力增大，最大静摩擦力亦增大，因两磁铁已碰在一起，磁力、接触处出现的弹力和可能存在的静摩擦力总是平衡的，两条磁铁吸在一起的状态不再改变。

（ⅱ）从板突然竖直向上平移到停下，板和磁铁的运动也经历两个阶段。

起初，板和磁铁一起作加速度方向向上、速度向上的运动，在这过程中，正压力增大，最大静摩擦力亦增大，作用于每个磁铁的磁力与静摩擦力始终保持平衡，磁铁在水平方向不发生运动。

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 = （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th2211221n 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 = （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Tk 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）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 A 05656M mM m -=+v v（7）B 01056M M m=+v v（8）D 0256MM m=-+v v（9）2．讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B 、C 、D 三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C 将以（6）式的速度即C 0456MM m=+v v 沿0v 方向作匀速运动．由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B 、D 两小球将绕小球C 作匀角速度转动，角速度的大小为656B M l M m ω-==+C v v v l（10）方向为逆时针方向．由（7）式可知，碰后小球A 的速度的大小和方向与M 、m 的大小有关，下面就M 、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：（i ）A 0v =，即碰撞后小球A 停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是 即65M m = （11）（ii ）A 0v <，即碰撞后小球A 反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是65M m < （12）（iii ）A 0v >但A C <v v ，即碰撞后小球A 沿0v 方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C 的速度．由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是 560M m ->和m M M 654->即665m M m << （13）（iv ）A C >v v ，即碰撞后小球A 仍沿0v 方向运动，且其速度大于小球C 的速度，发生这种运动的条件是6M m > （14） （v ）A C =v v ，即碰撞后小球A 和小球C 以相同的速度一起沿0v 方向运动，发生这种运动的条件是6M m =（15）在这种情形下，由于小球B 、D 绕小球C 作圆周运动，当细杆转过180时，小球D 将从小球A 的后面与小球A 相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A 继续沿0v 方向运动．根据质心运动定理，C 球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞．这两次碰撞的时间间隔是()056πππ6M m l lt Mω+===v v （16）从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C 走过的路程C 2π3ld t ==v （17）3．求第二次碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过180，这时，小球B 的速度为D v ，小球D 的速度为B v ．在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒．设第二次刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A 'v 、B 'v 、C 'v 和D 'v ，并假定它们的方向都与0v 的方向相同．注意到（1）、（2）、（3）式可得0AC 3M M m ''=+v v v （18） C B 02ml ml ''=+v v（19）222220A B C D 11111+22222M M m m ''''=++v v mv v v（20）由杆的刚性条件有D C C B ''''-=-v v v v（21）（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D 球重合的空间点．把（18）、（19）、（20）、（21）式与（1）、（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B 和D 互换之外是完全相同的．因此它们也有两个解C0'=v （22） 和C0456MM m'=+v v（23）对于由B 、C 、D 三小球组成的系统，在受到A 球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去．取（22）式时，可解得 A 0'=v v （24）B 0'=v（25）D 0'=v（26）（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A 以速度0v 作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B 、C 、D 则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离2π3ld =，而且小球D 和B 换了位置． 评分标准：本题25分． 三、参考解答：由k pV =α， 1>α （1）可知，当V 增大时，p 将随之减小（当V 减小时，p 将随之增大），在p V -图上所对应的曲线（过状态A ）大致如图所示．在曲线上取体积与状态B 的体积相同的状态C ．现在设想气体从状态A 出发，保持叶片不动，而令活V塞缓慢地向右移动，使气体膨胀，由状态A 到达状态C ，在此过程中，外界对气体做功11111C A k W V V ααα--⎡⎤=-⎢⎥-⎣⎦（2）用U A 、U C 分别表示气体处于状态A 、C 时的内能，因为是绝热过程，所以内能的增量等于外界对气体做的功，即11111C A C A k U U V V ααα--⎡⎤-=-⎢⎥-⎣⎦（3）再设想气体处于状态C 时，保持其体积不变，即保持活塞不动，令叶片以角速度ω 做匀速转动，这样叶片就要克服气体阻力而做功，因为缸壁及活塞都是绝热的，题设缸内其它物体热容量不计，活塞又不动（即活塞不做功），所以此功完全用来增加气体的内能．因为气体体积不变，所以它的温度和压强都会升高，最后令它到达状态B ．在这过程中叶片转动的时间用∆t 表示，则在气体的状态从C 到B 的过程中，叶片克服气体阻力做功W L t ω'=∆ （4）令U B 表示气体处于状态B 时的内能，由热力学第一定律得B C U U L t ω-=∆（5）由题知1p L t Vαω∆-=⋅∆ （6）由（4）、（5）、（6）式得()1BB C BC V U U p p α-=-- （7）（7）式加（3）式，得()111111B B A B C C A V k U U p p V V αααα--⎡⎤-=-+-⎢⎥--⎣⎦（8）利用pV k α=和C B V V =得()11B A B B A A U U p V p V α-=-- （9）评分标准：本题23分． 四、参考解答：答案：D u 如图1所示，B u 如图2 所示． u D．附参考解法：二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D 1和D 2处在什么状态，若在时刻t ，A 点的电压为u A ，D 点的电压为u D ，B 点的电压为u B ，电容器C 1两极板间的电压为u C 1，电容器C 2两极板间的电压为u C 2，则有1D A C u u u =- （1）2B C u u =（2） 11C A D q u u u C =-=（3）22C B G qu u u C=-=（4）式中q 1为C 1与A 点连接的极板上的电荷量，q 2为C 2与B 点连接的极板上的电荷量.若二极管D 1截止，D 2导通，则称电路处在状态I . 当电路处在状态I 时有D B u u = 0D u >（5）若二极管D 1和D 2都截止，则称电路处在状态II . 当电路处在状态II 时有D B u u < 0D u >（6）若二极管D 1导通，D 2截止，则称电路处在状态III .当电路处在状态III 时有D B u u < 0=D u（7）电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.在0t =到2t T =时间间隔内，u D 、u B 随时间t 的变化情况分析如下：1. 从0t =起，u A 从0开始增大，电路处在状态 I ，C 1、C 2与电源组成闭合回路. 因C 1、C 2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有在u A 达到最大值即u A = U 时，对应的时刻为14t T =，这时12D B u U ==，也达到最大值. u A 达到最大值后将要减小，由于D 2的单向导电性，电容器C 1、C 2都不会放电，1C u 和2C u 保持不变，u D 将要小于12U ，即将要小于u B ，D 2将由导通变成截止，电路不再处于状态I . 所以从t = 0到14t T =时间间隔内，u D 、u B随时间t 变化的图线如图4、图5中区域I 内的的直线所示．2. 从14t T =起，因u D 小于u B ，D 2处在截止状态，电路从状态 I 变为状态 II . 因为二极管的反向电0 2TT 图2C 1D 1 C 2 D u A G A BD 2 C 1 D 1 2 Du A GA BD 2C 1D 1 C 2 D u A GA B D 2 状态I 状态II 状态III图3阻为无限大，电容器C 1、C 2都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II 时，D 点的电压 B 点的电压随着u A 从最大值U 逐渐变小，u D 亦变小；当12A u U =时，对应的时刻为38t T =，0D u =.如果u A 小于12U ，则u D 将小于0，D 1要从截止变成导通，电路不再处在状态II .所以在14t T =到38t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 II 1 内的直线所示.3.从38t T =起，u A 从12U 开始减小，D 1导通，但D B u u <，D 2仍是截止的，电路从状态II 变为状态III .当电路处在 状态 III 时有在u A 减小的过程中，C 1两极板间的电压u C 1（= u A ）也随之改变，从而维持u D 为0. 当u A 达到反向最大值即A u U =-时，对应的时刻为34t T =，1C u U =-.若u A 从U -开始增大（U -减小），因D 1的单向导电性，电容器C 1不会放电，1C u U =-保持不变，10D A C u u u =->，D 1要从导通变成截止，电路不再处于状态III .所以在38t T =到34t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 III 1 内的直线所示.4. 从34t T =起，u A 从U -开始增大， D 1变为截止状态，D A u u U =+从零开始增大，只要u D 仍小于u B ，D 2仍是截止的，电路从状态III 变为状态II . 当电路处在 状态 II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 故有当u A 增大至12U -时，对应的时刻为78t T =，12D B u u U ==. 若u A 再增大，u D 将要大于u B ，D 2将要从截止变为导通，D B u u =，电路不再处于状态II . 所以在34t T =到78t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 区域 II 2 中的直线所示.5. 从78t T =起，u A 要从12U -增大， D 2变为导通状态，这时D 1仍是截止的，电路又进入状态I . 当电路处在 状态I 时，电源与C 1、C 2构成闭合回路，而当u A 变化时，12q q +将随之变化，但由导通的二极管D 2连接的C 1、C 2的两块极板所带的总电荷量12q q -+是恒定不变的.由于在78t T =时刻，1C u U =-，212C u U =，此时1q CU =-，212q CU =，故有 由以上有关各式得u D 、u B 随着u A 的增大而增大. 当u A 达到最大值即A u U =时，对应的时刻为54t T =，54D B u u U ==．由于D 2单向导电，2B C u u =只增不减，u A 从最大值减小时，1C u 不变，u D 将要小于54U ，而2B C u u =保持为54U ，因而D B u u <，D 2从导通变成截止，电路不再是状态I . 所以在78t T =到T t 45=时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 I 2中的直线所示.6. 从54t T =起，u A 从U 开始减小， D 2变为截止状态，这时D 1仍是截止的，电路又进入状态II . 当电路处在 状态 II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 由54t T =时刻的u D 和u A 的值可知此时114C u U =-. 故有当u A 减少至14U -时，对应的时刻为=t 2516T ，0D u =，以后D 1将由截止变为导通，电路不再处在状态II . 所以在54t T =到2516t T =时间内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 II 3中的直线所示.7. 从2516t T =起，u A 从14U -开始减小，D 1变为导通状态，但D 2仍是截止的，电路又进入状态III ，故有在u A 减小的过程中，C 1两端的电压u C 1也随之改变，开始阶段D 1保持导通，u D = 0. 但当u A 减小至-U 时，对应的时刻为74t T =，u C 1 = U . 因D 1单向导电，且D B u u <，C 1右极板的正电荷只增不减，u A 到达-U 后要增大，u D 要大于0，D 1要从导通变为截止，电路不再处于状态III . 所以在2516t T =到74t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中III 2内的直线所示.8. 从74t T =起，u A 从-U 开始增大，D 1变为截止状态，D 2仍是截止的，电路又进入状态II . 当电路处于状态II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由74t T =时刻的u D 和u A 的值可知，此时1C u U =-.故有u D 将随着u A 的增大而增大.当u A =14U 时，对应的时刻33216t T T =>，u D =54U ，与u B 相等.以后u D 要大于54U ，D 2要从截止变为导通，电路不再是状态II . 所以在74t T =到2t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中II 4内的直线所示.总结以上讨论，各时段起讫时刻及D u 和B u 变化值如下表所示： 时 段 1 2 3 4 5 6 7 8 I 1II 1III 1II 2I 2II 3III 2II 4u D评分标准：本题25分 五、参考解答：1．题给的磁场(),B x t 随时间和空间的变化具有周期性，在某时刻t ，磁场的空间分布为 在t t +∆时刻，磁场的空间分布为比较上面两式，不难看出，t 和t t +∆这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的，只是t 时刻原位于x t k ω⎛⎫-∆ ⎪⎝⎭处的磁场，经历t ∆时间，在t t +∆时刻，出现在x 处．即整个磁场的分布经时间间隔t ∆沿x轴的正方向平移了一段距离 平移速度0x t kω∆==∆v （1）平移速度0v 为恒量．由此可见，题给出的磁场()()0,cos B x t B t kx ω=-可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度0v 沿x 轴的正方向平移．如果金属框移动的速度小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时间发生变化，从而在金属框中产生感应电流，感应电流将受到磁场的安培力作用．由题已知，在时刻t ，金属框移动的速度为v ，金属框MN 边位于坐标x 处，PQ 边位于坐标x d +处．设此时金属框的磁通为Φ（规定由纸内到纸外Φ为正）；经过一很短的时间间隔t ∆，整个磁场分布区域向x 方向移动了一段距离0t ∆v ，金属框向x 方向移动了一段距离t ∆v ，其结果是：MN 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x t l t -∆v v 移进了金属框，PQ 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x d t l t +-∆v v 移出了金属框，故在t t +∆时刻，通过金属框的磁通为在t ∆时间间隔内，通过金属框的磁通增量为()()()0,,B x t B x d t l t ΦΦΦ'∆=-=⎡-+⎤-∆⎣⎦v v（2）规定框内的感应电动势()t E 沿顺时针方向（沿回路MNPQM 方向)为正，由电磁感应定律，可得t 时刻的感应电动势()t tΦ∆=∆E （3）规定金属框内的感应电流()i t 沿顺时针方向（沿回路MNPQM 方向)为正，可得t 时刻的感应电流为()i t R=E (4)磁场对于上下两边NP 和MQ 的安培力的大小相等，方向相反，二者的合力为零．规定向右的力为正，则磁场作用于金属框MN 边的安培力为()(),i t B x t l ；由于PQ 边和MN 边的电流方向相反，磁场作用于金属框PQ 边的安培力为 ()(),i t B x d t l -+，故金属框的安培力的合力()()()()(),,f t i t B x t l i t B x d t l =-+（5）由（1）、（2）、（3）、（4）、（5）式及题给定的磁场分布规律，得()()(){}2202cos cos B l k f t t kx t kx kd ωωω⎛⎫- ⎪⎝⎭=--⎡--⎤⎣⎦v R（6）利用三角学公式，得()()()220222042sin sin sin 222B l t kx kd kd kd k f t F t kx ωωω⎛⎫- ⎪⎡--⎤⎛⎫⎡⎤⎝⎭==--⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦v R （7）0F 称为安培力()f t 的幅度．从（7）式可以看出，安培力()f t 在0F 的幅度内随时间变化，但其值不会小于零，表示磁场作用于金属框的安培力始终向右．2．讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论0F 与线框几何尺寸的关系．0F 与金属框长度l 的平方成正比，与金属框的宽度d 有关：当2πkd n =， 即2π0,1,2,n d n k== （8）得00F =（9）当()21πkd n =+，即()21π 0,1,2,n d n k+== （10）0F 达最大值()2200max 4B l k F ω⎛⎫- ⎪⎝⎭=v R（11）当d 取其它值时，0F 介于0与最大值()0max F 之间．评分标准：本题25分． 六、参考解答：1． 圆筒内光学元件的相对位置如图1所示．各元件的作用如下：22 观察屏P ：位于L 2焦平面上，光源的谱线即在此屏上．透镜L 3：与P 的距离≤f 3，是人眼观察光谱线所用的放大镜（目镜）．2．已知钠黄光的谱线位于P 的中央，S 的像位于L 2 的焦点上，由此可知，对分光棱镜系统来说，钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行，由于棱镜系统是左右对称，因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的，在中间棱镜中的光路应该与轴平行，分光元件中的光路图如图2所示，左半部的光路如图3．用i 1、r 1、i 2、r 2分别表示两次折射时的入射角和折射角，用n 1、n 2分别表示两块棱镜对D 线的折射率，由图3可以看出，在两棱镜界面上发生折射时，22i r >，表明21n n >，即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成，两侧棱镜用冕牌玻璃制成，故有D n n =1D n n '=2由几何关系可得122i r α==（1）12r i α+=（2） 由折射定律可得111sin sin i n r =（3）1222sin sin n i n r =（4）从以上各式中消去1i 、2i 、1r 和2r 得22212sin 2n n α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（5）解（5）式得图2图3图1()()221222124142sin n n n n -+-=⎪⎭⎫⎝⎛α （6）以5170.11=n ，7200.12=n 代入，得123.6α= （7）评分标准：本题23分． 七、参考解答：带电粒子在静电场内从S 到T 的运动过程中，经历了从S 到N 和从N 到T 的两次加速，粒子带的电荷量q 的大小均为191.6010C -⨯，若以U 表示N 与地之间的电压，则粒子从电场获得的能量2E qU ∆=(1)质子到达T 处时的质量m =(2)式中v 为质子到达T 时的速度．质子在S 处的能量为20m c ，到达T 处时具有的能量为2mc ，电子的质量与质子的质量相比可忽略不计，根据能量守恒有220mc E m c =∆+（3）由（1）、（2）、（3）式得代入数据解得74.3410m/s =⨯v（4）评分标准：本题16分．。

2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）范文2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及1/ 7答案(一)2021 年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）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 100 分。

4、For personal use only in study and research; not for commercial use5、6、答卷时间：2021 年 3 月 31 日(星期日)，上午 9:30~11:10。

题号一二三四五六总分分数复核人得分评卷人一、本题共 10 分，每小题 2 分，共 20 分，以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。

1、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。

对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是 ( ) A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。

他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，图 1 如图 1 所示。

对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是 () A.凝华 B.凝固 C.升华 D.液化 3、在有些地区，人们常在小河边洗衣服。

如图2 所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。

这里，用木棒捶打的主要目的是() A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤 B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走3/ 7C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服图 2 4、如图 3 所示，海北中学有一个跑道为400m 的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形排列着A、B、C 三个相同的音箱。

20XX年第二十三届全国初中应用物理竞赛试题解析20XX年第二十三届全国初中应用物理竞赛(巨人杯)试题注意事项:3.本试卷共有六个大题，满分100分。

4答卷时间:20XX年3月31日(星期日)上午9:30～11:10。

一、本题共10小题，每小题2分，共20分。

以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。

1.验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光;家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。

对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线答案：C解析：验钞机是利用紫外线的荧光效应来鉴别钞票真伪，所以验钞机发出的“光”是紫外线。

遥控器利用红外线传递信号来遥控的，所以遥控器发出的“光”是红外线，选项C正确。

2.在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。

他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾”下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，如图1所示。

对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是( )A.凝华B.凝固C.升华D.液化答案：B解析：造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化是凝固，选项B正确。

3.在有些地区，人们常在小河边洗衣服。

如图2所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。

这里，用木棒捶打的主要目的是( )A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走图2 图1第1 页(共9 页)C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服答案：C解析：用木棒捶打的主要目的是，迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉，选项C正确。

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。

2018 年第二十三届全国初中应用物理比赛及答案（巨人杯）（word 版）注意事项：1、请在密封线内填写所在地域、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100 分。

4、答卷时间： 2018 年 3 月 31 日 ( 礼拜日 ) ，上午 9:30~11:10 。

一、此题共10 分，每题 2 分，共 20 分，以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前方的字母填在题后的括号内。

1、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电电扇、电视机、空调器等电器的开启与封闭。

对于它们发出的“光”，以下说法中正确的是( )A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在寒冷的冬天，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。

他发现造雪机在工作过程中，不停地将水吸入，并连续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经堆积了厚厚的一层“白雪”，如图 1 所示。

对于造雪机在造雪过程中，水这类物质发生的最主要的物态变化，以下说法中正确的选项是()图 1A.凝华B.凝结C. 升华D.液化3、在有些地域，人们常在小河畔洗衣服。

如图 2 所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，而后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅，这样频频多次，直到衣服被洗净为止。

这里，用木棒捶打的主要目的是( )A.把衣服上的尘埃打坏，以便于清洗B.增大木棒与尘埃之间的摩擦，将尘埃带走C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的空隙中高速喷出，利用高速图 2水流将尘埃冲刷掉D.木棒捶打，使衣服忽然运动起来，而衣服上的尘埃因为拥有惯性仍旧静止，进而使尘埃离开衣服4、如图 3 所示，海北中学有一个跑道为400m的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形摆列着A、 B、 C 三个同样的音箱。

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R0＝6.37×106m，地球表面处的重力加速度g＝9.80m·s-2。

二、2RAl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ΔT eΔz＝－6.0×10-3K ·m -1 z 为竖直向上的坐标。

1．第23届全国中学生物理竞赛决赛试题2．科学家欲制造一根通往太空的，它下面在地面，上面竖直指向天空，假设天梯仅受地球引力作用，且与地面相对静止，求它的长度。

已知g=9.80m/ss,R=6370km,T=24.0h。

3．如图是一个圆筒的截面，A和B是两个质量相等的木棍，图示为截面。

木棍由刚性轻质的板连接，AB=l=3^(1/2)R,R是圆筒的半径。

A和B与圆筒之间的摩擦因数都是1。

圆筒开始绕中心轴缓慢朝顺时针方向旋转。

1）求转过多大角度AB系统与圆筒不再保持相对静止。

2）此时立即使圆筒停止转动，设此后AB与竖直方向夹角为a，求a为多少时B与圆筒发生相对滑动。

提示：需要用数值解法解方程。

4．地球某处20km高度以下，大气的温度随高度线性降低，地面处气温T(0)=300K,dT/dz=-0.006K/m,地面附近有一微小气团，由于扰动上升微小距离h(h<<20km)，我们认为气团运动过程中可以随时保证与周围大气等压，但是来不及与周围环境发生热交换，即气团运动时发生绝热过程，试详细定量讨论气团此后的运动情况。

空气认为是理想气体，绝热指数为1.4，g=9.8m/ss,忽略摩擦及粘滞阻力。

（1）如果档板打开后立刻关闭，求屏幕(y轴)被击中位置的坐标（2）如果档板打开状态持续0.1T，求经过是速率最大的粒子击中的位置（3）在上问条件下求经过的速率最小的粒子击中的位置图1图2 5此主题相关图片如下：如图三维坐标系中，x=d 和x=-d 处分别有一无限大金属板，板间可以根据需要加强度为E 沿x 正方向的匀强电场或者不加电场，磁场方向与z 正方向夹角为a ，磁感应强度为B 。

y 正方向垂直屏幕向里，粒子质量m 带正电荷q ，有沿y 正方向的初速度v 。

（1）不加电场，粒子与金属板相遇但不碰撞，求v ；（2）加电场，粒子在（1）中求得的时间到达金属板，求v 。

如果a=45度，求粒子到达金属板的坐标。

6．一运动质子去碰撞一静止质子，碰撞后又产生一对正反质子，求入射质子最小能量。

全国中学生物理竞赛决赛试题北京★ 理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示旳 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 表达 A ，B 间旳距离，以 θ 表达 AB 与Ax 之间旳夹角，已知 θ＜90° ．设在球离开 A 处旳同步，位于 B 处旳守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以 v p 表达他旳速率．在不考虑场地边界线制旳条件下，求解如下问题（规定用题中给出旳有关参量间旳关系式表达所求得旳成果）：1．求出守方队员可以抢到球旳必要条件．2．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球，以 l r 表达他到 A 点旳距离，求出球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．3．假如攻方有一接球队员处在 Ax 线上，以L 表达他离开 A 点旳距离．在球离开 A 处旳同步，他开始匀速跑动去接球，以 v r 表达其速率，求在这种状况下球不被原在 B 处旳守方队员抢断旳条件．二、卫星旳运动可由地面观测来确定；而懂得了卫星旳运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体旳运动．这都波及时间和空间坐标旳测定．为简化分析和计算，不考虑地球旳A自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动旳测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波旳装置和高精度旳原子钟．假设从卫星上每次发出旳电波信号，都包括该信号发出旳时刻这一信息．（I）地面观测系统（包括若干个观测站）可运用从电波中接受到旳这一信息，并根据自己所处旳已知位置和自己旳时钟来确定卫星每一时刻旳位置，从而测定卫星旳运动．这种测量系统至少需要包括几种地面观测站？列出可以确定卫星位置旳方程．（II）设有两个观测站D1，D2，分别位于同一经线上北纬θ和南纬θ（单位：（°））处．若它们同步收届时间τ之前卫星发出旳电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面旳最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置旳纬度有很小旳误差△θ时，试求H旳误△，试求H 旳误差．差；（iii）假如上述旳时间τ有很小旳误差τ2．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′′ ，定出旳H 有多大误差？（iii）若τ±0.010 μs ，定出旳H 有多大误差？假设地球为半径R = 6.38 × 103 km 旳球体，光速c = 2.998 ×108 m / s ，地面处旳重力加速度g = 9.81 m / s2．3．再来考虑根据参照卫星旳运动来测定一种物体旳运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出旳电波信号包括卫星运动状态旳信息，即每个信号发出旳时刻及该时刻卫星所处旳位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接受器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了运用这种信息来确定物体旳运动状态，即物体接受到卫星信号时物体当时所处旳位置以及当时旳时刻，一般来说物体至少需要同步接受到几种不一样卫星发来旳信号电波？列出确定当时物体旳位置和该时刻旳方程．4．根据狭义相对论，运动旳钟比静止旳钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．目前来考虑在上述测量中相对论旳这两种效应．已知天上卫星旳钟与地面观测站旳钟零点已经对准．假设卫星在离地面h = 2.00 ×104 km 旳圆形轨道上运行，地球半径R、光速c 和地面重力加速度g 取第2小题中给旳值．（I）根据狭义相对论，试估算地上旳钟通过24h 后它旳示数与卫星上旳钟旳示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢旳公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢旳因子是(1－2φ/ c2 )1 / 2 ，φ是钟所在位置旳引力势（即引力势能与受引力作用旳物体质量之比；取无限远处引力势为零）旳大小．试问地上旳钟24 h 后，卫星上旳钟旳示数与地上旳钟旳示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取旳热量连同外界对机器做功所得到旳能量一起送到高温处旳机器；它能使低温处旳温度减少，高温处旳温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T1 旳高温处和绝对温度为T2 旳低温处之间时，若致冷机从低温处吸取旳热量为Q，外界对致冷机做旳功为W，则有QW≤T2T1－T2，式中“=”对应于理论上旳理想状况．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℃旳状况下，使某房间内旳温度保持在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旳传热，它服从如下旳规律：设一块导热层，其厚度为l ，面积为S，两侧温度差旳大小为T，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处旳热量为H = k △Tl S ，其中k 称为热导率，取决于导热层材料旳性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外旳面积S = 5.00 m2、厚度l = 2.00 mm 旳玻璃板引起旳．已知该玻璃旳热导率k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想状况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃旳厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度l0= 0.50 mm 旳空气层，假设空气旳热导率k0 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时旳电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由互相紧密接触旳金属层( M )、薄绝缘层( I )和金属层( M )构成．按照经典物理旳观点，在I层绝缘性能理想旳状况下，电子不也许从一种金属层穿过绝缘层抵达另MIM 图1一种金属层．不过，按照量子物理旳原理，在一定旳条件下，这种渡越是也许旳，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性旳成果．隧穿是单个电子旳过程，是分立旳事件，通过绝缘层转移旳电荷量只能是电子电荷量－e ( e = 1.60 ×10－19C )旳整数倍，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．本题波及对单电子隧穿过程控制旳库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小旳单电子器件，这是目前研究得诸多、有应用前景旳领域．1．显示库仑阻塞原理旳最简朴旳做法是将图1旳器件当作一种电容为C 旳电容器，如图2所示．电容器极板上旳电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景旳很小位移，可以持续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层旳只能是分立旳单电子电荷．假如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旳条件即电容器极板间旳电势差V AB = V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被严禁．2．假定 V AB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿旳电压．试估算电容 C 旳大小．3．将图1旳器件与电压为 V 旳恒压源相接时，一般采用图2所示旳双构造器件来观测单电子隧穿，防止杂散电容旳影响．中间旳金属块层称为单电子岛．作为电极旳左、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 为电子电荷量旳大小，两个 MIM 结旳电容分别为 C S 和 C D ．试证明双结构造器件旳静电能中与岛上净电荷量有关旳静电能（简称单电子岛旳静电能）为U n = (－ne )22( C S +C D )．4．在图3给出旳具有源( S )、漏( D )电极双结构造旳基础上，通过和岛连接旳电容 C G添加门电极( G )构成如图4给出旳单电子三极管构造，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发图2生．在 V 较小且固定旳状况下，通过门电压 V G 可控制岛中旳净电子数 n ．对于 V G 怎样控制 n ，简朴旳模型是将 V G 旳作用视为岛中附加了等效电荷 q 0 =C G V G ．这时，单电子岛旳静电能可近似为 U n = (－ne + q 0 )2 / 2C∑，式中C∑= C S +C D +C G ．运用方格图（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旳过程中，单电子岛旳静电能 U n 随 C G V G 变化旳图线（纵坐标表达 U n ，取 U n 旳单位为 e 2 / 2C∑；横坐标表达 C G V G ，取 C G V G 旳单位为 e ）．规定标出要点旳坐标，并把 n = 0 ，1 ，2 ，3时 C G V G / e 旳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）．表1图3图4图5U n( e 2 / 2C∑)C G V Ge五、折射率n = 1.50 、半径为R旳透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线旳横截面如图所示，图中O 点为横截面与轴线旳交z 点．光仅容许从半圆柱体旳平面AB 进入，一束足够宽旳平行单色光沿垂直于圆柱轴旳方向以入射角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 轴方向旳长度用 d 表达．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旳复杂情形．1．当平行入射光旳入射角i 在0°～90°变化时，试求 d 旳最小值d min 和最大值d max．2．在如图所示旳平面内，求出射光束与柱面相交旳圆弧对O 点旳张角与入射角i 旳关系．并求在掠入射时上述圆弧旳位置．六、根据广义相对论，光线在星体旳引力场中会发生弯曲，在包括引力中心旳平面内是一条在引力中心附近微弯旳曲线．它距离引力中心近来旳点称为光线旳近星点．通过近星点与引力中心旳直线是光线旳对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r ，φ）旳原点，选用光线旳对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子旳轨迹方程）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 是绝对值远不不小于1旳参数．目前假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线旳中点处有一白矮星．假如通过该白矮星两侧旳星光对地球上旳观测者所张旳视角是1.80×10－7rad ，试问此白矮星旳质量是多少公斤？已知G = 6.673 ×10－11 m3 / ( 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旳圆周上运动，半径相似，角动量均为：= h / 2π，其中h 是普朗克常量．（I）假如忽视电子间旳互相作用，氦原子旳一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一种电子移到无限远所需要旳能量．（II）试验测得旳氦原子一级电离能是24.6 eV ．若在上述玻尔模型旳基础上来考虑电子之间旳互相作用，深入假设两个电子总处在通过氦核旳一条直径旳两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道旳半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与试验测得旳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旳径迹旳照片．径迹在纸面内，图旳中间是一块与纸面垂直旳铅板，外加恒定匀强磁场旳方向垂直纸面向里．假设粒子电荷旳大小是一种基本电荷量e：e = 1.60×10－19 C ，铅板下部径迹旳曲率半径r d= 210 mm ，铅板上部径迹旳曲率半径r u= 76.0 mm ，铅板内旳径迹与铅板法线成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 = 0.511 MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子旳阻力．（I）写出粒子运动旳方向和电荷旳正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受旳力平均为多少牛？（III）假设射向铅板旳不是一种粒子，而是从加速器引出旳流量为j = 5.00 ×1018 / s 旳脉冲粒子束，一种脉冲持续时间为 =2.50 ns ．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力平均为多少牛？铅板在此期间吸取旳热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参照解答一、1 ．解法一：设守方队员通过时间t 在Ax 上旳C图1点抢到球，用l 表达A 与C 之间旳距离，l p 表达B 与C 之间旳距离（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，球被抢到旳必要条件是该式有实数解，即v p ≥v sinθ．（4）解法二：设BA 与BC 旳夹角为φ（如图1）．按正弦定理有l psinθ=lsinφ．运用式（1）有v pv= sinθsinφ．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min 表达守方队员能抢断球旳地方与A 点间旳最小距离．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 点旳距离不不小于l min ，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断旳条件是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 轴上等球旳攻方球员到A 点旳距离l r 满足该式，则球不被原位于B 处旳守方球员抢断．3．解法一：假如在位于 B 处旳守方球员抵达Ax 上距离A 点l min 旳C1 点之前，攻方接球队员可以抵达距 A 点不不小于l min 处，球就不会被原位于 B 处旳守方队员抢断（如图2所示）．若L≤l min 就相称于第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）守方队员抵达C1 处所需时间t pm = ( d2+ l2min－2dl min cosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断旳条件是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：守方队员抵达C1 点旳时间和球抵达该点旳时间相似，因此有t pm = l min / v ．从球不被守方队员抢断旳条件（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）相似．二、1．（I）选择一种坐标系来测定卫星旳运动，就是测定每一时刻卫星旳位置坐标x，y，z．设卫星在t时刻发出旳信号电波抵达第i 个地面站旳时刻为t i．由于卫星信号电波以图2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个地面站旳位置坐标，可以预先测定，是已知旳；t i 也可以由地面站旳时钟来测定；t 由卫星信号电波给出，也是已知旳．因此，方程（1）中有三个未知数x，y，z，要有三个互相独立旳方程，也就是说，至少需要包括三个地面站，三个方程对应于式（1）中i = 1 ，2 ，3 旳状况．（II）（i）如图所示，以地心O和两个观测站D1，D2旳位置为顶点所构成旳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旳距离相等，都是L = cτ．（2）当卫星P 处在上述三角形所在旳平面内时，距离地面旳高度最大，即H．以θ表达D1，D2 所处旳纬度，由余弦定理可知L2 = R2 + ( H + R )2 －2R ( H + R ) cosθ．（3）由（2），（3）两式得H = (cτ)2 －(R sinθ)2 －R ( 1－cosθ) ．（4）式（4）也可据图直接写出．（ii）按题意，假如纬度有很小旳误差△θ，则由式（3）可知，将引起H发生误差△H ．这时有L2 = R2 + ( 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 ）假如时间τ有τ△旳误差，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．选择一种坐标系，设被测物体待定位置旳坐标为 x ，y ，z ，待定期刻为 t ，第 i 个卫星在 t i 时刻旳坐标为 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旳解，故需同步接受至少四个不一样卫星旳信号．确定当时物体旳位置和该时刻所需要旳是式（10）中 i = 1 ，2 ，3 ，4 所对应旳四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟旳变慢因子为[ 1－( v / c )2] 1 / 2 ，地上旳钟旳示数 T 与卫星上旳钟旳示数 t 之差为T －t = T －1－(vc )2 T = [ 1－1－(vc)2 ] T ， （11）这里 v 是卫星相对地面旳速度，可由下列方程定出：v 2r = GMr2 ， （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 =GMr= g rR = gR + hR ， 其中 R 是地球半径，h 是卫星离地面旳高度，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，这是很小旳数．因此[ 1－ (v c )2 ]1 / 2 ≈1－ 12 (vc)2 ．最终，可以算出 24 h 旳时差T－t ≈12 (v c )2T = 12 gR 2c 2 ( R + h )T = 7.3 μs ． （13）（II ）卫星上旳钟旳示数t 与无限远惯性系中旳钟旳示数T 0之差t －T 0 =1－2φc 2 T 0－T 0 = (1－2φc 2－1 )T 0 ． （14）卫星上旳钟所处旳重力势能旳大小为φ= GM R + h = R 2R + h g ． （15）因此 φc 2 = gR 2c 2 ( R + h ) ；代入数值有φ/ c 2 = 1.68 ×10－10，这是很小旳数．式（14）近似为t－T 0 ≈－ φc 2T 0 ． （16）类似地，地面上旳钟旳示数 T 与无限远惯性系旳钟旳示数之差T－T 0 =1－2Eφ c 2 T 0－T 0= ( 1－2Eφ c 2－1 )T 0 ． （17）地面上旳钟所处旳重力势能旳大小为E φ= GMR =gR ． （18）因此Eφ c 2 = gR c 2； 代入数值有E φ/ c 2 = 6.96 ×10－10，这是很小旳数．与上面旳情形类似，式（17）近似为T－T 0 ≈－Eφ c 2T 0 ． （19）（16），（19）两式相减，即得卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t－T ≈－Eφφ- c 2T 0 ． （20）从式（19）中解出 T 0 ，并代入式（20）得t －T ≈－Eφφ- c 2/ (1－Eφ c 2 )T≈－Eφφ- c 2T =gR c 2 h R + hT ． （21） 注意，题目中旳 24 h 是指地面旳钟走过旳时间 T ．最终，算出 24 h 卫星上旳钟旳示数与地面上旳钟旳示数之差t －T = 46 μs ． （22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热旳功率应与房间向室外散热旳功率相等．设热泵在室内放热旳功率为 q ，需要消耗旳电功率为 P ，则它从室外（低温处）吸取热量旳功率为 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）旳绝对温度，T 2 为室外旳绝对温度．由（1）式得P ≥ T 1－T 2T 1q ． （2）显然，为使电费至少，P 应取最小值；即式（2）中旳“≥”号应取等号，对应于理想状况下 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，散热旳功率H =k T1－T2l S ．（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 ( T1－T2 )2lT1．（6）设热泵工作时间为t，每度电旳电费为c，则热泵工作需花费旳至少电费C min = P min tc ．（7）注意到T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T2 = －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）因此，在理想状况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面旳温度为T i，外表面旳温度为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旳热量分别为H1=k T1－T il S ，（9）H2=k0T i－T0l0S ，（10）H3=k T0－T2l S ．（11）在稳定传热旳状况下，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，在双层玻璃状况下热泵消耗旳最小电功率P′min =kk0l0k + 2lk0( T1－T2 )2T1S ．（16）在理想状况下，热泵工作时间t需要旳电费C ′min = P′min tc ；（17）代入有关数据得C′min = 2.52 元．（18）因此，改用所选旳双层玻璃板后，该热泵工作12 h 可以节省旳电费△C min = C min －C′min = 21.47 元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器旳极板A 隧穿到极板B．以Q 表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压（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所带旳电荷量为Q′ = Q + e ，（3）式中e 为电子电荷量旳大小．这时，电容器两极板间旳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，即隧穿过程被严禁，则规定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旳极板B隧穿到极板A．仍以Q表达单电子隧穿前极板A 所带旳电荷量，V AB 表达两极板间旳电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带旳电荷量为Q′ = Q－e ．通过类似旳计算，可得单电子从极板B 到极板A旳隧穿不能发生旳条件是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，即库仑阻塞旳条件为－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中左边旳MIM 结旳电容为C S，右边旳MIM 结旳电容为CD ．双结构造体系如图a所示，以Q1 ，Q2 分别表达电容C S ，图aC D所带旳电荷量．根据题意，中间单电子岛上旳电荷量为－ne= Q2－Q1 ．（11）体系旳静电能为C S 和C D 中静电能旳总和，即U = Q212C S+Q222C D；（12）电压V = Q1C S+Q2C D．（13）由（11）～（13）三式解得U = 12CV2 +(Q2－Q1)22 ( C S + C D )．（14）由于V为恒量，从式（13）可知体系旳静电能中与岛上净电荷有关旳静电能U n= (－ne )2 / 2 (C S + C D )．4．U n 随C G V G 变化旳图线如图b；C G V G / e 旳变化范围如表2．表2U n( e2 / 2C )图b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射入透明圆柱时旳状况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面旳 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 旳距离 y c 由正弦定理得y c sin i 2 = R sin ( 90° + r ) ，即 y c = sin i 2cos rR ． （1） 同理在△OC ′D ′ 中，O 点与入射点 C ′ 旳距离有y c ′sin i ′2 = R sin ( 90°－r )，即 y c ′ = sin i ′2cos r R ． （2） 当变化入射角 i 时，折射角 r 与柱面上旳入射角 i 2 与 i ′2 亦随之变化．在柱面上旳入射角满足临界角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，通过折射后射达柱面时旳入射角不小于临界角 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）图1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 旳夹角，φ′是Oz 轴与线段OD′旳夹角．发生全反射时，有φ= i20 + r ，（8）φ′= i20－r ，（9）和θ= φ+φ′=2i20≈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 / c2a cosφ + a2 ( 1 + sin2φ)（1）是φ旳偶函数，光线有关极轴对称．光线在坐标原点左侧旳情形对应于a＜0 ；光线在坐标原点右侧旳情形对应a＞0 ．右图是a＜0旳情形，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）通过白矮星两侧旳星光对观测者所张旳视角θS 可以有不一样旳体现方式，对应旳问题有不一样旳解法．解法一：若从白矮星到地球旳距离为d，则可近似地写出ySrxOEr mφ图2θS≈2r m / d．（3）在式（1）中代入观测者旳坐标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：光线射向无限远处旳坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），规定式（1）分母为零，并注意到θ1，有aθ / 2 + 2a2= 0 ．因此θS≈θ=－4a = 8GM / c2d，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0 ．式（10）与式（6）相似，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张旳视角θS 应等于两条光线在观测者处切线旳夹角，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；代入观测者旳坐标r = d， = －π/ 2以及a旳体现式（4），并注意到θS很小，就有θS≈2GMc2d2c2dGM =8GMc2d，与式（6）相似．因此，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）旳渐近式为x = －r m－2GMc2r m y．这是直线方程，它在x轴上旳截距为－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+ 是把其中一种电子移到无限远处所需要旳能量满足He + E+ →He+ + e－．为了得到氦原子旳一级电离能E+ ，需规定出一种电子电离后来氦离子体系旳能量E*．这是一种电子围绕氦核运动旳体系，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 为基态电子动量旳大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2(c)2≈－54.4 eV ．（3）由于不计电子间旳互相作用，氦原子基态旳能量E0 是该值旳2倍，即E0 =2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0 = －E*≈ 54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态旳角动量关系rp=代入，式（3）可以改写成E* =22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态旳能量最小，式（4）等号右边旳第一项为零，因此半径和能量r 0 =22ke2m，E*= －2k2e4m2分别与（1），（2）两式相似．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0旳两种解法．解法一：运用力学方程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E 0 = 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 ．因此，氦原子旳一级电离能E+ =E*－E0≈ 29.0 eV ．（9）这仍比试验测得旳氦原子一级电离能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E 0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相似．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，粒子旳运动速度v 与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不变化荷电粒子动量旳大小，只变化其方向．若不考虑云室中气体对粒子旳阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下旳运动轨迹就是曲率半径为一定值旳圆弧；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 是粒子速度旳大小，p 是粒子动量旳大小，△φ是粒子在△t时间内转过旳角度，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 分别表达粒子射入铅板和自铅板射出时动量旳大小，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 分别表达粒子进入和离开铅板时旳速度大小．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，粒子穿过铅板旳平均速度v= ( 1 / 2 ) ( v d + v u )≈c．用△t表达粒子穿过铅板旳时间，则有v cosθ△t = d．（7）再用△p du表达粒子穿过铅板动量变化量旳大小，铅板所受到旳平均力旳大小f = △p du△t=p d－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）代入有关数值得f ≈1.04 ×10－9 N ．（9）（III）一种粒子穿过铅板旳时间△t =dv cosθ≈dc cosθ≈2.07 ×10－11 s = 0.0207 ns，（10）比粒子束流旳脉冲周期 = 2.50 ns 小得多．铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受旳力旳平均大小F ≈( p d－p u ) j；（11）。

第23届全国中学生物理竞赛决赛试题全卷共六题，总分140分。

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，62R 6.37 10mg 9.80m/s试求此天梯的长度。

已知地球半径，地球表面处的重力加速度。

0 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l 3R固连在一质量可以不计的，长为的矩形薄片的两端。

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20km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 3e 6.0 10K/m zz为竖直向上的坐标。

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，是人们长期的妄图．现今在美国宇航局（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做一条长度达万万层楼高的质量均匀散布的缆绳，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．最后达到如此的状态和位置：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彼此作用；整个天梯相关于地球静止不动．若是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 = ×106m ，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能够不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两头．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超级缓慢地转动，使A 慢慢升高． 1．矩形物转过量大角度后，它开始与圆筒之间再也不能维持相对静止？答：___________________________（只要求写出数值，不要求写出推导进程） 2．若是矩形物与圆筒之间刚不能维持相对静止时，当即令圆筒停止转动．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，求尔后θ等于多少度时，B 相关于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导进程．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．）lA 2R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不同，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．关于干燥的静止空气，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，已知其转变率△T e △z= － × 10－3 K ·m －1z 为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量必然的微小空气团（在确信它在空间的位置时可看成质点处置），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 都别离与周围大气的温度T e 、密度ρe 、压强p e 相等．由于某种缘故，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进程中，其体积要膨胀，温度要转变（温度随高度变化可视为线性的）．由于进程进行得不是超级快，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互换，因此能够把进程视为绝热进程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热进程中，其压强p 与体积V 知足绝热进程方程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 ．阀门能够依照指令开启或关闭．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，假设两平板间的电压为U ，那么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 知足以下关系aT 2 = 15d已知AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度和金属板右端到屏的距离都是l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的彼此作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，可不能阻碍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刻δ比T 小得多，可忽略不计．此刻某时刻突然开启阀门a 又当即关闭；通过时刻T ，再次开启阀门a 又当即关闭；再通过时间T ，第3次开启阀门a 同时开启阀门b ，当即同时关闭a 、b ．假设以开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，那么屏上可能显现的粒子痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为__________________________________________________________________________．2．假定阀门从开启到关闭经历的时刻δ = T10 ，此刻某时刻突然开启阀门a ，通过时刻δ当即关闭a ；从刚开启a 的时刻起，通过时刻T ，突然开启阀门 b ，通过时刻δ关闭b ．假设以刚开启阀门b 的时刻作为图2中t = 0的时刻，那么从B 处射出的具有最大速度的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为_____________________________________________________________________________．具有最小速度的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y 坐标（只要写出结果，没必要写出计算进程）为_____________________________________________________________________________．t / T0 2 4 6 8 10 12 u2U －U图2KOM NNY OMB Aabllll 图1五、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．两无穷大金属极板P 和Q 别离位于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 ．在座标原点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．假设两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能抵达极板（但与板不接触），那么初速度v 0应为多大？所需最短时刻t 0是多少？2．假设在两极板间沿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问中所求得的时刻t 0抵达极板，那么该粒子的初速度v 0应为多大？若α = π4 ，求粒子抵达极板时粒子的坐标．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．试求发生这一情形时，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m 0 = × 10－27kg ．不考虑粒子间的静电作用．P第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相关于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无彼此作使劲，如此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，天梯和地球一路匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看做是由线密度为ρ的许多超级小的小段组成，那么每小段到地球中心的距离不同，因此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 = G M 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 iM 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，也确实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，那么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）图1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）依照质心运动定理，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知足的方程为R 2l + R 0R l － GMT 22π2R 0= 0 （7）因为GM = R 20g ，因此得R 2l + R 0R l － R 0gT 22π2 = 0 （8）【从跟从地球一路转动的参考系看，也可取得（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性离心力的作用下，处于平稳静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由下面的方式求得：仍把天梯看做由很多长度为△r i 的小段组成，那么第i 小段受的惯性离心力为f i ′ = ρ△r i (2πT)2r i （4′）对所有小段求和，就取得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′）式中所示的和能够用图2过原点的直线y = ρ( 2πT)2r 下的一个带阴影的梯形面积来表示，即O R 0 R lρ( 2πTR ρ( 2πTR图2F ′ = ρ(2πT )2 R 0 + R l2( R l －R 0 ) （6′） 因为地球引力与惯性离心力平稳，由（3）式和（6′）式可得GM ( 1R 0 － 1R l ) =( 2πT )2 R 0 + R l2( R l －R 0 ) （7′）因为GM = R 20g ，化简（7′）式最后也能取得（8）式．】 解（8）式得R l =－R 0 ± R 20 +2R 0gT 2π2 2（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T = ×104s ，得R l = ×108 m （10）因此天梯的长度L = R l －R 0 = ×108 m （11）二、1．90 °．2．当矩形物处于竖直位置即θ = 0° 时，B 可不能滑动，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，按题意现在圆筒已停止转动．假定B 仍不动，尔后，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 v 2l= mg cos θ－T （1）那个地址v 表示A 的速度．T 是刚性薄片对A 的作使劲，规定其方向从B 到A 为正．依照能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 12mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T = mg ( 3cos θ－2 ) （3） 若是令 T = 0 ，可得θ = arccos ( 23) = °显见，θ ＜ ° 时，作使劲是径向正向，对A 是推力；θ ＞ ° 时，作使劲是径向反向，对A 是拉力．120° 30°O ABθ此刻再来看前面被假定不动的B 是不是运动．咱们能够在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，因此B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0 （4）那个地址f ⊥ 是圆筒内壁对B 的支持力．由（4）式和（3）式能够论证，若是在θ等于60°（A 将与圆筒相碰）之前B 不动，那么f ⊥ 必将始终不等于零，这确实是说，在B 开始滑动以前，B 可不能离开筒壁．B 对筒壁的正压力是f ⊥ 的反作使劲，大小和f ⊥ 相同．式中的T 是刚性薄片对B 的作使劲，它和（1）式中的T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，因此最大静摩擦力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．那个条件写出来确实是f ∥ ≤ 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( 3cos θ －2 )[ cos θ + ( 2 + 3 )sin θ ] + 1 = 0 （9）那个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入慢慢逼近，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 = V ρg 和竖直向上的浮力V ρe g 作用，假设气团的加速度为α ，那么由牛顿第二定律有m α = －V ρg + V ρe g = －V ( ρ －ρe ) g （1）或有α = －g ρ －ρeρ（2）依照理想气体状态方程pV = m μRT （3） 可知气体的密度ρ = m V = μpRT（4）利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成α = －g T e －T T e（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） 假设气团中气体温度随高度的转变率为△T△z，依照题意，有T = T 0 +△T e △zz （7） T 0为气团位于初始位置时气团中气体的温度．依照题意T e0 = T 0 ，把（6）、（7）式代入（5）式得α = － g T e ( △T e △z － △T△z) z （8）在（8）式中，假设( △T e △z － △T△z ) ＞0 ，那么加速度方向向下，作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势，如此，大气层中的大气就处于稳固状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳固状态．因周围大气温度随高度的转变率△T e△z 是已知的，故只要明白气团中气体温度随高度的转变率，即可对气团的运动作出判定．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 = －μp eRT eg △z （10） 质量为m 的气团在上升进程中，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．因为进程是绝热的，气团的内能要减少，因此温度要降低，温度、压强的转变应知足绝热进程的规律．试题给出的绝热进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，可把绝热进程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得V = m μ RTp（11）把（11）式代入pV γ = C得T = 1C γμmR1p γγ- （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 = 1C γμmR( 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 = 1C γμmR[1pγγ-+ γ－1γ11p γγ-- (△p ) ] = T +γ－1γ Tp△p 故有△T =γ－1γ Tp△p （13） 依照题意，p = p e ，△p = △p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得△T △z = － γ－1γ μgRT 0T e0 + ( △T e △z + γ－1γ μgR) z（14）已知△T e △z= － × 10－3 K ·m －1，代入有关数据可求得γ－1γ μg R= × 10－3 K ·m －1当z 不是专门大时，有T e0 +（△T e △z + γ－1γ μgR) z ≈T e0 故有△T △z = － γ－1γ μg R（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 不是专门大时，（8）式中的T e能够用T e0代替，可知气团将在初始位置周围做简谐振动．振动的圆频率ω = gT e0(△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，具有各类速度的粒子（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，第一批粒子中速度为v1 = lT（1）的粒子正好射到B处，被阀门b挡住．与此同时，第二批具有各类速度的粒子从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间的粒子中速度为v2 = l2T=12v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速度为v1的粒子同时抵达B处．因现在阀门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间的粒子在它们抵达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v2两种不同的速度．依照题意，粒子从B处射出的时刻为t = 0 ，故速度为v1的粒子在时刻t1 = lv1= T进入两平行板之间，由此题图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刻为△t1 = lv1= T在△t1时刻内粒子在Y方向取得的分速度和位移别离为v1y = －a△t1 = －aT（3）y1 = －12a (△t1 )2 = －12aT2（4）因aT 2 = 1 5 d ，故| y 1 | = 1 10d ＜ d ，说明速度为v 1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刻内，粒子在Y 方向的位移△y 1 = v 1y l v 1 = －aT 2 （5） 粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 1 = y 1 +△y 1 = －1 2 aT 2 －aT 2 = － 3 2aT 2 = － （6） 速度为v 2 的粒子在时刻 t 2 = l v 2 = 2T 进入两平行板之间，由此题图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刻为△t 2 = l v 2 = 2T 因为两板间的电压在时刻△t 2内由2U 变成－U ，粒子的加速度亦将从2a 变成－a ，由此可求得在△t 2时刻内粒子在Y 方向取得的分速度和位移别离为v 2y = 2aT － aT = aT （7）y 2 = 1 2 ( 2a )T 2 + ( 2aT )T － 1 2 aT 2 = 5 2aT 2 （8） 因aT 2 = 1 5 d ，故 y 2 = 1 2d ＜ d ，说明速度为v 2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刻内，粒子在Y 方向的位移△y 2 = v 2y l v 2 = 2aT 2 （9） 粒子打在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = 5 2 aT 2 + 2aT 2 = 9 2aT 2 = （10） 即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的Y 坐标别离为Y 1和Y 2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时刻，在阀门a 开启到关闭经历的δ时刻距离内的不同时刻，都有各类不同速度的粒子从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刻δ ，粒子可能在最先的时刻即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 处射出的粒子的速度最小，这最小速度为v min =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处射出的粒子的速度最大，这最大速度为v max =lT －δ（12）在t = 0时刻从B处射出的速度为v max的粒子在时刻t1 =lv max= T －δ进入两平板之间，在时刻t1′ = t1+lv max= 2T －2δ离开两平板．由此题图2可知，在T －δ到T时刻内，两板间的电压为2U，在T到2T－2δ时刻内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度别离为2a和－a ．在粒子通过平板的时刻内，粒子在Y方向取得的分速度和位移别离为v1y = 2aδ－a (T － 2δ) = －aT + 4aδ（13）y1 = 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刻内，粒子在Y方向的位移△y1 = v1ylv max= (－aT + 4aδ) (T －δ)= －aT2 + 5aδT － 4aδ2 （15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1 = y1 +△y1 = －32aT2 + 9aTδ－9aδ2 （16）依照题意，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+lv min= T + 2δ进入两平板之间，在时刻t2′ = t2+lv min= 2T + 3δ离开两平板．由此题图2可知，在T + 2δ到2T时刻内，两板间的电压为－U，在2T到2T + 3δ时刻内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度别离为－a 和2a ．在粒子通过平板的时刻内，粒子在Y 方向取得的分速度和位移别离为v 2y = － a (T － 2δ ) + ( 2a )3δ = －aT + 8a δ （18）y 2 = － 1 2 a (T － 2δ )2 －a (T － 2δ ) 3δ + 1 2( 2a ) ( 3δ ) 2 = － 1 2aT 2 － aT δ + 13a δ2 （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刻内，粒子在Y 方向的位移 △y 2 = v 2y l v min= (－aT + 8a δ ) (T + δ ) = －aT 2 + 7aT δ + 8a δ2 （20）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = －3 2aT 2 + 6aT δ + 21a δ2 （21） 依照题意，代入数据得 Y 2 = － （22）由以上分析可知，速度最小和速度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v 0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 = mv 0qB（1） 轨道平面与Oxz 坐标平面的交线如图1中NN ′ 所示．要使粒子刚能抵达极板Q （与板刚未接触），圆心C 应是ON ′ 的中点，有P 图1 NCN ′ = R 0 = d 2cos α （2） 由（1）、（2）式得 v 0 = dqB 2m cos α（3） 粒子由O 通过半个圆周抵达N ′ ，所经历的最短时刻为圆周运动的半个周期t 0 = T 2 = πm qB（4） 2．以y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，成立新坐标系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 ′ 平面内的分运动现假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v 0 = v 0 + v 1－ v 1= v 2－ v 1式中v 2 = v 0 + v 1 （9）现把v 0看成沿y ′ 轴负方向运动的速度v 1和沿y ′ 轴正方向运动的v 2的合成．如此，与前z z ′ B y ，x ′O α 图2 E v 0 α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v 1取数值v 1= E x ′B = E Bcos α （10） 时，与－ v 1相联系的磁场力与f Ex ′ 的合力为零，其成效是带电粒子沿y ′ 轴负方向以速度v 1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v 2 ，即位于Ox ′y ′ 平面内，其大小为f x ′y ′ = qv 2B （11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v 2的匀速圆周运动，圆周的半径R = mv 2qB（12） 其圆频率ω = q mB （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v 1= E Bcos α做匀速直线运动．（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 ′ = qE z ′m = qE msin α （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形下，粒子的坐标随时刻变的关系为x ′ = R ( 1－cos ωt ) （15）y ′ = R sin ωt （16）图3Oz ′ = 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 ′ = mv 2qB ( 1－cos ωt ) = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) ( 1－cos ωt ) （18） y ′ = R sin ωt － v 1t = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) sin ωt － E x ′Bt （19） z ′ = 12 qE z ′mt 2 （20） （iv ）粒子在Oxyz 坐标系中的运动方程利用坐标变换x = x ′cos α + z ′sin αy = y ′z = －x ′sin α + z ′cos α并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至Oxyz 坐标系，取得粒子在Oxyz 坐标系中的运动方程式为x = m qB ( v 0cos α + E cos 2αB ) ( 1－cos q m Bt ) + 12 qE sin 2αmt 2 （21） y = m qB ( v 0 + E cos αB )sin q m Bt － E cos αBt （22） z = － m qB ( v 0sin α + E sin2α2B ) ( 1－cos q m Bt ) + qE sin2α4mt 2 （23） 依照题意，将x = d 和t = t 0 = T 2 = πm qB代（21）式，解得 v 0 = 2qB 2d －mE ( 4cos 2α + π2sin 2α)4mB cos α（24） 将α = π4 ，t = t 0 = T 2 = πm qB和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子抵达极板Q 时粒子的坐标为 x = d （25）y = － 2πmE2qB2 （26） z = －d + π2mE 2qB2 （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，成立新坐标系Ox ′y ′z ′ ，设粒子速度在座标系Ox ′y ′z ′ 中分量别离为v x ′ 、v y ′ 、v z ′ ，牛顿第二定律的三个分量形式为md v x ′d t = qE x ′ + qv y ′ B （1） md v y ′d t = －qv x ′ B （2） md v z ′d t= qE z ′ （3） 将（2）式表示为 d v y ′d t = － qB m d x ′d t两边积分后得v y ′ = －( qB m) x ′ + C 1 C 1为待定常量，当t = 0时，x ′ = 0 ，v y ′ = v 0 ，故求得C 1 = v 0 ，上式应表为v y ′ = － q mB x ′ + v 0 （4） 将（4）式代入（1）式，得m d 2x ′d t 2 = qE x ′ + q (－ qB mx ′ + v 0 ) B d 2x ′d t 2 = －( qB m )2 x ′ + ( qB m )2 ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （5） 令 R = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （6） ω = q mB （7） X ′ = x ′－R （8）（5）式可表为d 2X ′d t 2 = －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 cos θ0 = －ωA sin θ解得θ = 0 （13）A = －R再由（6）式，得A = －( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) （14） 代入（11）式x ′ = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) ( 1－cos ωt ) （15） 将（12）式代入（2）式，整理后得d v y ′d t= ω2A sin ωt 对上式积分，考虑初始条件，得v y ′ = d y ′d t = －ωA cos ωt － E x ′B（16） 积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y ′ = ( mv 0qB + mE x ′qB 2 ) sin ωt － E x ′Bt （17） 对（3）式积分可得z ′ = qE z ′2mt 2 （18） （15）、（17）、（18）式别离与解法一中的（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 坐标中分量别离为v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量方程为md v x d t = qE x + qv y B z （1） md v y d t = －qv x B z + qv z B x （2） md v z d t= －qB x v y （3） 令 ω = qB m（4）v 1 = E Bcos α （5） 方程变成如下形式d v x d t = ωv y cos α + ωv 1cos α（6） d v y d t= －ωv x cos α + ωv z sin α （7） d v z d t= －ωv y sin α （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 cos α + ω ( v 1cos α)t （9） v z = －ωy sin α （10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得d v y d t= －ω2y －ω2v 1t = －ω2 ( y + v 1t ) 令Y = y + v 1t （11）得d 2Y d t 2 = －ω2Y （12） 其解为 Y = A cos ( ωt + θ )由（11）式可得y = A cos ( ωt + θ ) －v 1t （13）由（13）式得v y = －A ωsin ( ωt + θ ) －v 1 （14）由初始条件t = 0时，v y = v 0 ，y = 0 ，得A cos θ = 0v 0 = －A ωsin θ－v 1解得θ = π2 A = － v 1 + v 0ω（15） 由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y = m qB ( v 0 + E cos αB ) sin q m Bt －E cos αBt （16） v y = ( v 0 + E cos αB ) cos q m Bt －E cos αB（17） 把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x = m qB ( v 0cos α + E cos 2αB ) ( 1－cos q m Bt ) + 12 qE sin 2αmt 2 （18） 将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z = － m qB ( v 0sin α + E sin2α2B ) ( 1－cos q m Bt ) + qE sin2α4mt 2 （19） （18）、（16）、（19）式别离与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与解法一相同．六、在讨论此题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( mc 2)2 = c 2p 2 + m 02c 4（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，m 0为静止质量．【此关系式可由能量 E = mc 2和动量p = mv = m 0v1－ ( v c )2导出，v 为粒子的速度．E 2 －c 2p 2= m 02c 41－ ( v c )2 －c 2 m 02v 21－ ( v c )2 = m 02c 4 1－ ( v c )21－ ( v c)2 = m 02c 4 故 E 2 = c 2p 2 + m 02c 4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p 2 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．假设要碰后能存在三个质子和一个反质子且总能量为最小值，那么可论证这四个粒子的动量必然相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情形．令p1、p2、p3、p4别离表示它们动量的大小，这四个动量中，假设有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1＜p2 ，那么假设将p1增加△p（△p＜ p2 －p1）而将p2减少△p（这时总动量不变），那么有( p1 +△p )2－p12 = 2p1△p + (△p )2p22－( p2 －△p )2= 2p2△p－(△p )2如此一来，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 ，因此净增量是负的，总能量将减少．这确实是说，设p1 ≠p2时对应的总能量并非是最小值．由此可判定，四个粒子的动量必相等．2．假设四个粒子中，有一个粒子其动量p1沿x轴的负方向，因为总动量守恒，那么必有沿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，因此这时的总能量必然大于p1沿x轴正方向运动时的能量．也确实是说，只要四个粒子中，有沿x轴负方向运动的，那么总能量必不是最小值．3．假设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轴方向的动量相互抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也确实是说，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，依照总动量守恒、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 ，依照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p1 =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一个粒子的质量，由（3）式得mc2 + m0c2 = 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 = 7m0c2（8）代入数据得mc2 = ×10－9 J（9）。