第届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题及答案

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（本题共七大题，满分160分）一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。

平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。

平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。

一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。

平板静止在其平衡位置。

水球B 与平板PQ 的质量相等。

现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。

已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。

要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2/8.9s m g =二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。

AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。

BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。

当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。

BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。

求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示）三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。

容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。

隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。

整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。

初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。

初中物理竞赛复赛试题说明:1、本试题共有五大题，答题时间为120分钟，试卷满分为150分。

2、答案及解答过程均写在答卷纸上。

其中第一大题～第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三大题～第五大题要写出完整的解答过程。

一.选择题(以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分)1.在下列四个事件中，经历时间最接近一秒钟的是( )A 人眨一下眼。

B 人在安静时呼吸一次。

C 人在感冒时打一个喷嚏。

D 人在做剧烈运动时(如快速蹬楼)脉博跳动一次。

2.手掌中托一小石块，将它竖直向上抛出，在小石块与手掌脱离时，则( )A 小石块不受任何力的作用。

B 小石块与手掌的运动速度相等。

C 小石块比手掌运动得快。

D 小石块速度继续增大，手掌速度将减小。

3.向如图1所示的玻璃瓶内注入水，然后将插有细玻璃管的软木塞塞紧玻璃瓶，玻璃瓶壁有A、B两个孔，也用软木塞子塞住。

瓶内液面如图1所示，现将A、B处的木塞同时拔去后，则下列说法中正确的是( )A A、B两孔中均无水射出。

图1B A 、B 两孔中均有水射出。

C A 孔中无水射出，B 孔中有水射出。

D A 孔中有水射出，B 孔中无水射出。

4.如图2所示，有三只底面积均为S 、水面高度相同，但形状不同的盛水容器a 、b 、c 。

现将三只相同的实心铝球分别放入容器a 、b 、c 中，铝球受到的浮力为F 。

设水对容器底部压强的增大值分别为△P 1、△P 2和△P 3，则下列说法中正确的是( ) A △P 1=△P 2=△P 3=F/S 。

B △P 1>F/S ，△P 2=F/S ，△P 3<F/S。

C △P 1=F/S ，△P 2<F/S ，△P 3>F/S 。

D △P 1<F/S ，△P 2>F/S ，△P 3<F/S.5.如图3所示，用一根电阻为6R 的粗细均匀的镍铬合金线做成一个环，在环上6个对称的点上，焊接6个不计电阻的导线，并与接线柱连接，现有一根不计电阻的导线将6个接线柱中的任意两个相连接，利用这种方法，可以在其它各接线柱之间的获得不同阻值(不含零电阻)的总个数和最大电阻值分别是( ) A 9种，最大为1.5R 。

2010 年全国中学生物理比赛复赛试卷（第二十七届）本卷共九题，满分 160 分．计算题的解答应写出必需的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后结果的不可以得分．有数字计算的题．答案中一定明确写出数值和单位．填空题把答案填在题中的横线上，只需给出结果，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，它们的悬挂点在不一样的高度上，摆长挨次减小．设重力加快度g = 9 . 80 m/ s2 , 1．试设计一个包括十个单摆的蛇形摆（即求出每个摆的摆长），要求知足： ( 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均衡点沿x 轴正方向挪动相同的一个小位移xo ( xo <<0.45m )，而后同时开释，经过40s 后，所有的摆能够同时回到初始状态．2．在上述情况中，从所有的摆球开始摇动起，到它们的速率初次所有为零所经过的时间为________________________________________.二、（20 分）距离我们为L 处有一恒星，其质量为M ，观察发现其地点呈周期性摇动，周期为T ，摇动范围的最大张角为△θ．假定该星体的周期性摇动是因为有一颗环绕它作圆周运动的行星惹起的，试给出这颗行星的质量m 所知足的方程．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 （均匀日地距离）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=1度，1AU=1. 5×10 8km,光速 c = 3.0 × 105km/s.3600三、（ 22 分）如图，一质量均匀散布的刚性螺旋环质量为m ，半径为 R ，螺距 H =π R ，可绕竖直的对称轴OO ′，无摩擦地转动， 连结螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽视不计．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 ,第一扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点 A ，这时螺旋环也处于静止状态． 而后松开小球， 让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴 OO ′，转动．求当小球下滑到离其初始地点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使劲的大小．四、（ 12 分）以下图，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时辰，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, 的磁场对粒子的作使劲，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觉强度表示式中的比率系数k已知．五、（ 20 分）以下图，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视不计，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。

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．。

第32届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2015年9月19日说明：所有解答必须写在答题纸上，写在试题纸上无效。

一、（15分）在太阳内部存在两个主要的核聚变反应过程：碳循环和质子-质子循环；其中碳循环是贝蒂在1938年提出的，碳循环反应过程如图所示。

图中p 、+e 和e ν分别表示质子、正电子和电子型中微子；粗箭头表示循环反应进行的先后次序。

当从循环图顶端开始，质子p 与12C 核发生反应生成13N 核，反应按粗箭头所示的次序进行，直到完成一个循环后，重新开始下一个循环。

已知+e 、p 和He 核的质量分别为0.511 MeV/c 2、1.0078 u 和4.0026 u （1u≈931.494 MeV/c 2），电子型中微子e ν的质量可以忽略。

（1）写出图中X 和Y 代表的核素；（2）写出一个碳循环所有的核反应方程式； （3）计算完成一个碳循环过程释放的核能。

二、（15分）如图，在光滑水平桌面上有一长为L 的轻杆，轻杆两端各固定一质量均为M 的小球A 和B 。

开始时细杆静止；有一质量为m 的小球C 以垂直于杆的速度0v 运动，与A 球碰撞。

将小球和细杆视为一个系统。

（1）求碰后系统的动能（用已知条件和球C 碰后的速度表出）； （2）若碰后系统动能恰好达到极小值，求此时球C 的速度和系统的动能。

三、（20分）如图，一质量分布均匀、半径为r 的刚性薄圆环落到粗糙的水平地面前的瞬间，圆环质心速度v 0与竖直方向成θ（π3π22θ<<）角，并同时以角速度0ω（0ω的正方向如图中箭头所示）绕通过其质心O 、且垂直环面的轴转动。

已知圆环仅在其所在的竖直平面内运动，在弹起前刚好与地面无相对滑动，圆环与地面碰撞的恢复系数为k ，重力加速度大小为g 。

忽略空气阻力。

（1）求圆环与地面碰后圆环质心的速度和圆环转动的角速度； （2）求使圆环在与地面碰后能竖直弹起的条件和在此条件下圆环能上升的最大高度；（3）若让θ角可变，求圆环第二次落地点到首次落地点之间的水平距离s 随θ变化的函数关系式、s 的最大值以及s 取最大值时r 、0v 和0ω应满足的条件。

额份市来比阳光实验学校本卷共七题，总分值140分.一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一温度下，某种气体通过薄膜渗透时间，过的气体分子数dPSt k N ∆=，其中t 为渗透持续S 为薄膜的面积，d 为薄膜的厚度，P ∆为薄膜两侧气体的压强差．k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好．图为测薄膜材料对空气的透气系数的一种装置示意图．EFGI 为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U 形管内横截面积A ＝0.150cm 2．中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ，再将薄膜固于图中C C '处，从而把渗透室分为上下两，上面的容积30cm 00.25=V ，下面连同U 形管左管水面以上的总容积为V 1，薄膜能够透气的面积S =1.00cm 2．翻开开关K 1、K 2与大气相通，大气的压强P 1＝1.00atm ，此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ，31cm 00.5=V ．关闭K 1、K 2后，翻开开关K 3，对渗透室上迅速充气至气体压强atm 00.20=P ，关闭K 3并开始计时．两小时后， U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=∆H ．过程中，始终保持温度为C 0 ．求该薄膜材料在C 0 时对空气的透气系数．〔本中由于薄膜两侧的压强差在过程中不能保持恒，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值P ∆来代替公式中的P ∆．普适气体常量R = 1Jmol -1K -1，1.00atm = 1.013×105Pa 〕．二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期．轨道近地点离地心的距离是地球半径R 的2倍，卫星通过近地点时的速度RGM 43=v ，式中M 为地球质量，G 为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪，可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角．试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测太空中某星体与地心在某时刻的距离．〔最后结果要求用测得量和地球半径R 表示〕 三、(15分)子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命v =s 100.260-⨯≈τ．宇宙射线与大气在高空某处发生核反产生一批子，以0.99c 的速度〔c 为真空中的光速〕向下运动并衰变．根据放射性衰变律，相对给惯性参考系，假设t = 0时刻的粒子数为N (0), t 时刻剩余的的粒子数为N (t )，那么有()()τt N t N -=e 0，式中为相对该惯性系粒子平均寿命．假设能到达地面的子数为原来的5％，试估算子产生处相对于地面的高度h ．不考虑重力和地磁场对子运动的影响．四、(20分)目前，大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区距离地排列在一条直线上的长条状，通常称为激光二极管条．但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束，光能分布很不集中，不利于传输和用．为了解决这个问题，需要根据具体用的要求，对光束进行必需的变换〔或称整形〕．如果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束，对半导体激光的传输和用将是非常有意义的．为此，有人提出了先把多束发散光会聚到一点，再变换为平行光的方案，其根本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明．第21届生物理竞赛复赛题试卷K 3K 2P 1 V 1CC ΄P 0 V 0K 1如图，S 1、S 2、S 3 是距离〔h 〕地排列在一直线上的三个点光源，各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为束．请使=arctan ()41的圆锥形光用三个完全相同的、焦距为f = 0h 、半径为r =0.75 h 的圆形薄凸透镜，经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜，使三束光都能投射到这个组合透镜上，且经透镜折射后的光线能会聚于z 轴〔以S 2为起点，垂直于三个点光源连线，与光束中心线方向相同的射线〕上距离S 2为 L = 12.0 h 处的P 点．〔加工时可对透镜进行外形的改变，但不能改变透镜焦距．〕 1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜如何加工和组装，并求出有关数据．五、(20分)如下图，接地的空心导体球壳内半径为R ，在空腔内一直径上的P 1和P 2处，放置电量分别为q 1和q 2的点电荷，q 1＝q 2＝q ，两点电荷到球心的距离均为a ．由静电感与静电屏蔽可知：导体空腔内外表将出现感电荷分布，感电荷电量于－2q ．空腔内部的电场是由q 1、q 2和两者在空腔内外表上的感电荷共同产生的．由于我们尚不知道这些感电荷是怎样分布的，所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强．但理论上可以证明，感电荷对腔内电场的奉献，可用假想的位于腔外的〔效〕点电荷来代替〔在此题中假想(效)点电荷为两个〕，只要假想的〔效〕点电荷的位置和电量能满足这样的条件，即：设想将整个导体壳去掉，由q 1在原空腔内外表的感电荷的假想〔效〕点电荷1q '与q 1共同产生的电场在原空腔内外表所在位置处各点的电势皆为0；由q 2在原空腔内外表的感电荷的假想〔效〕点电荷2q '与q 2共同产生的电场在原空腔内外表所在位置处各点的电势皆为0．这样确的假想电荷叫做感电荷的效电荷，而且这样确的效电荷是唯一的．效电荷取代感电荷后，可用效电荷1q '、2q '和q 1、q 2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强．1．试根据上述条件，确假想效电荷1q '、2q '的位置及电量． 2．求空腔内部任意点A 的电势U A ．A 点到球心O 的距离为r ，OA 与1OP 的夹角为．六、(20分)如下图，三个质量都是m 的刚性小球A 、B 、C 位于光滑的水平桌面上〔图中纸面〕，A 、B 之间，B 、C 之间分别用刚性轻杆相连，杆与A 、B 、C 的各连接处皆为“铰链式〞的〔不能对小球产生垂直于杆方向的作用力〕．杆AB 与BC 的夹角为 ，</2．DE 为固在桌面上一块挡板，它与AB 连线方向垂直．现令A 、B 、C 一起以共同的速度v 沿平行于AB 连线方向向DE 运动，在C 与挡板碰撞过程中C 与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C 沿垂直于DE 方向的速度由v 变为0这一极短时间内挡板对C 的冲量的大小．七、〔25分〕如下图，有二平行金属导轨，相距l ，位于同一水ABCπ-αDxO yv 0c a bydLS 1 3αα2 h h zrP 2P 1 θRaa平面内〔图中纸面〕，处在磁感强度为B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下〔垂直纸面向里〕．质量均为m 的两金属杆ab 和cd 放在导轨上，与导轨垂直．初始时刻， 金属杆ab 和cd 分别位于x = x 0和x = 0处．假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L ．今对金属杆ab 施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速0v ．设导轨足够长，0x 也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距0x ，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L 是恒不变的．杆与导轨之间摩擦可不计．求任意时刻两杆的位置x ab 和x cd 以及由两杆和导轨构成的回路中的电流i 三者各自随时间t 的变化关系．第21届生物理竞赛复赛题参考解答一、开始时U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V 2 = HA 〔1〕p 2= p 1经过2小时，U 形管右管中空气的体积和压强分别为A H H V )(2∆-='〔2〕2222V V p p '='〔3〕渗透室下部连同U 形管左管水面以上气体的总体积和压强分别为HAV V ∆+='11 〔4〕H g p p Δ221ρ+'=〔5〕式中为水的密度，g 为重力加速度．由理想气体状态方程nRT pV =可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数RTV p RT V p n 1111-''=∆ 〔6〕在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数 A nN N ∆=〔7〕式中N A 为阿伏伽德罗常量．渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了p0V ΔnRTp =∆ 〔8〕经过2小时渗透室上中空气的压强为p p p ∆-='00〔9〕测试过程的平均压强差[])(211010p p ()p p p '-'+-=∆ 〔10〕根据义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数11111s m Pa 104.2---⨯=∆=tSp Nd k 〔11〕评分： 此题20分．(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各1分，(6)式3分，(7)、(8)、(9)、(10) 式各2分，(11) 式4分．二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O处，设待测量星体位于C 处．根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A 时，另一个卫星恰好到达远地点B 处，只要位于A 点的卫星用角度测量仪测出AO和AC 的夹角1，位于B 点的卫星用角度测量仪测出BO 和BC 的夹角2，就可以计算出此时星体C 与地心的距离OC ．因卫星椭圆轨道长轴的长度远近＋r r AB =(1)式中r 近、与r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离．由角动量守恒远远近近＝r m r v mv (2)式中m 为卫星的质量．由机械能守恒远远近近－－r GMm m r GMm m 222121v v = (3) R r 2＝近， RGM 43＝近v得 R r 6=远(4) 所以R R R AB 862=+=(5)在△ABC 中用正弦理 ()ABBC 211πsin sin ααα--=(6) 所以()AB BC 211sin sin ααα+=(7)地心与星体之间的距离为OC ，在△BOC 中用余弦理2222cos 2αBC r BC r OC ⋅-+=远远(8)由式(4)、(5)、(7)得 ()()212121212sin cos sin 24sin sin 1692ααααααα+-++=R OC (9)评分：此题20分．(1)式2分，(2)、(3)式各3分，(6) 、(8)式各3分， (9) 式6分．三、因子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命根据时间膨胀效，在地球上观测到的子平均寿命为，()21c v -=ττ (1)代入数据得= ×10－5s(2) 相对地面，假设子到达地面所需时间为t ，那么在t 时刻剩余的子数为()()τt N t N -=e 0(3)根据题意有()()%5e 0==-τt N t N(4)对上式号两边取e 为底的对数得1005lnτ-=t (5)代入数据得s 1019.45-⨯=t (6)根据题意，可以把子的运动看作匀速直线运动，有t h v =(7)代入数据得 m 1024.14⨯=h(8)评分：此题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．四、1．考虑到使3个点光源的3束光分αLS 1 α2h h 1S ' S 3’O 1 O 2(S 2’) O 3M ’u别通过3个透镜都成实像于P 点的要求，组合透镜所在的平面垂直于z 轴，三个光心O 1、O 2、O 3的连线平行于3个光源的连线，O 2位于z 轴上，如图1所示．图中M M '表示组合透镜的平面，1S '、2S '、3S '为三个光束中心光线与该平面的交点． 22O S ＝ u 就是物距．根据透镜成像公式 fu L u111=-+(1)可解得因为要保证经透镜折射后的光线都能会聚于P 点，来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉，必须有2u tan ≤h 即u ≤2h ．在上式中取“－〞号，代入f 和L 的值，算得 h u )236(-=≈57h (2) 此解满足上面的条件．分别作3个点光源与P 点的连线．为使3个点光源都能同时成像于P 点，3个透镜的光心O 1、O 2、O 3分别位于这3条连线上〔如图1〕．由几何关系知，有h h h L u L O O O O 854.0)24121(3221≈+=-==(3)即光心O 1的位置在1S '之下与1S '的距离为h O O h O S 146.02111=-=' (4) 同理，O 3的位置在3S '之上与3S '的距离为0.146h 处．由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离必须于0.854h ，才能使S 1、S 2、S 3都能成像于P 点． 2．现在讨论如何把三个透镜L 1、L 2、L 3加工组装成组合透镜．因为三个透镜的半径r = 0.75h ，将它们的光心分别放置到O 1、O 2、O 3处时，由于21O O ＝32O O ＝0.854h <2r ，透镜必然发生相互重叠，必须对透镜进行加工，各切去一，然后再将它们粘起来，才能满足(3)式的要求．由于对称关系，我们只需讨论上半的情况．图2画出了L 1、L 2放在M M '平面内时相互交叠的情况〔纸面为M M '平面〕．图中C 1、C 2表示L 1、L 2的边缘，1S '、2S '为光束中心光线与透镜的交点，W 1、W 2分别为C 1、C 2与O 1O 2的交点．1S '为圆心的圆1和以2S '〔与O 2重合〕为圆心的圆2分别是光源S 1和S 2投射到L 1和L 2时产生的光斑的边缘，其半径均为 h u 439.0tan ==αρ (5) 根据题意，圆1和圆2内的光线必须能进入透镜．首先，圆1的K 点〔见图2〕是否落在L 1上？由几何关系可知()h r h h S O K O 75.0585.0146.0439.0111=<=+='+=ρ (6) 故从S 1发出的光束能进入L 1．为了保证光束能进入透镜组合，对L 1和L 2进行加工时必须保存圆1和圆2内的透镜．下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法．在O 1和O 2之间作垂直于O 1O 2且分别与圆1和圆2相切的切线Q Q '和N N '．假设沿位于Q Q '和N N '之间且与它们平行的任意直线T T '对透镜L 1和L 2进行切割，去掉两透镜的弓形，然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部．同理，对L 2的下半部和L 3进行切割，然后将L 2的下半部和L 3粘合起来，就得到符合需要的整个组合透镜．这个组合透镜可以将S 1、S 2、S 3发出的光线都会聚到P 点．0.146h 0.854h 0.439h0.439h h S 1’O 2 (S 2’)O 1W 1W 2 Q Q ’ N N ’TT ’ C 1 C 2’圆1 圆2图2 xx K现在计算Q Q '和N N '的位置以及对各个透镜切去的大小符合的条件．设透镜L 1被切去沿O 1O 2方向的长度为x 1，透镜L 2被切去沿O 1O 2方向的长度为x 2，如图2所示，那么对任意一条切割线T T '， x 1、x 2之和为h O O r x x d 646.022121=-=+=〔7〕由于T T '必须在Q Q '和N N '之间，从图2可看出，沿Q Q '切割时，x 1达最大值(x 1M )，x 2达最小值(x 2m )，代入r ，和11O S '的值，得h x M 457.01=(8)代入(7)式，得h x d x M m 189.012=-=(9)由图2可看出，沿N N '切割时，x 2达最大值(x 2M )，x 1达最小值(x 1m )， 代入r 和的值，得h x M 311.02= (10)h x d x M m 335.021=-=〔11〕由对称性，对L 3的加工与对L 1相同，对L 2下半部的加工与对上半部的加工相同． 评分：此题20分．第1问10分，其中〔2〕式5分，〔3〕式5分，第2问10分，其中(5)式3分，(6)式3分，(7)式2分，(8)式、(9)式共1分，(10)式、(11)式共1分．如果学生解答中没有(7)—(11)式，但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜保存，透镜其它可根据需要磨去〔或切割掉〕〞给3分，再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证O 1O 2=O 1O 2=0.854h ，再给1分，即给(7)—(11)式的全分〔4分〕． 五、1．解法Ⅰ：如图1所示，S 为原空腔内外表所在位置，1q '的位置位于1OP 的线上的某点B 1处，2q '的位置位于2OP 的线上的某点B 2处．设A 1为S 面上的任意一点，根据题意有0111111='+B A q kP A q k(1)0212212='+B A q kP A q k (2)怎样才能使 (1) 式成立呢？下面分析图1中11A OP ∆与11B OA ∆的关系．假设效电荷1q '的位置B 1使下式成立，即211R OB OP ＝⋅ (3) 即 1111OB OA OA OP =(4)那么 1111B OA A OP ∽△△有RaOA OP B A P A ==111111 (5)由 (1)式和 (5)式便可求得效电荷1q '11q aRq -=' (6)由 (3) 式知，效电荷1q '的位置B 1到原球壳中心位置O 的距离aR OB 21=(7)同理，B 2的位置使2112B OA A OP ∽△△，用类似的方法可求得效电荷22q aRq -=' (8)B 2B 1P 2 P 1O Ra a θ图1SA 1效电荷2q '的位置B 2到原球壳中心O 位置的距离 aR OB 22=(9)解法Ⅱ：在图1中，设111r P A =，111r B A '=，d OB =1．根据题意，1q 和1q '两者在A 1点产生的电势和为零．有01111=''+r q k r q k 〔1＇〕 式中1221)cos 2(θRa a R r -+= 〔2＇〕1221)cos 2(θRd d R r -+=' 〔3＇〕 由〔1＇〕、〔2＇〕、〔3＇〕式得)cos 2()cos 2(22212221θθRa a R q Rd d R q -+'=-+ 〔4＇〕 〔4＇〕式是以θcos 为变量的一次多项式，要使〔4＇〕式对任意θ均成立，号两边的相系数相，即)()(22212221a R q d R q +'=+ 〔5＇〕a q d q 2121'=〔6＇〕由〔5＇〕、〔6＇〕式得0)(2222=++-aR d R a ad 〔7＇〕 解得aR a R a d 2)()(2222-±+=〔8＇〕由于效电荷位于空腔外部，由〔8＇〕式求得aR d 2=〔9＇〕由〔6＇〕、〔9＇〕式有212221q aR q =' 〔10＇〕考虑到〔1＇〕式，有11q aRq -=' 〔11＇〕 同理可求得aR OB 22=〔12＇〕22q aR q -=' 〔13＇〕2．A 点的位置如图2所示．A 的电势由q 1、1q '、q 2、2q '共同产生，即 ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=A B a R A P A B a R A P kq U A 22111111 (10)因22221cos 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a R aR r r A B θ代入 (10) 式得图2⎪⎪⎭⎫++-+++422222cos 2cos 21R raR r a Ra ra r θθ (11)评分：此题20分．第1问18分，解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各3分．解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ． 第2问2分，即(11)式2分．六、令I 表示题述极短时间t 内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如下图；I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示t 末了时刻C 沿平行于DE方向速度的大小，B v 表示t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．由动量理， 对C 有Cm I v ='αsin (1) v m I I ='-αcos(2)对B 有B m I v ='αsin(3)对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α(4)因为B 、C 之间的杆不能伸、缩，因此B 、C 沿杆的方向的分速度必相．故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥(5)由以上五式，可解得v m I αα22sin 31sin 3++= (6)评分：此题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分． 七、解法Ⅰ：当金属杆ab 获得沿x 轴正方向的初速v 0时，因切割磁力线而产生感电动势，由两金属杆与导轨构成的回路中会出现感电流．由于回路具有自感系数，感电流的出现，又会在回路中产生自感电动势，自感电动势将阻碍电流的增大，所以，虽然回路的电阻为零，但回路的电流并不会趋向无限大，当回路中一旦有了电流，磁场作用于杆ab 的安培力将使ab 杆减速，作用于cd 杆的安培力使cd 杆运动．设在任意时刻t ，ab 杆和cd 杆的速度分别为v 1和v 2〔相对地面参考系S 〕，当v 1、v 2为正时，表示速度沿x 轴正方向；假设规逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向，那么因两杆作切割磁力线的运动而产生的感电动势()21v v -=Bl E(1)当回路中的电流i 随时间的变化率为t i ∆∆时，回路中的自感电动势tiLL ∆∆-=E (2)根据欧姆律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E(3)金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为V C ，有 C mV m 20=v(4)得B ACπ-αD20v =C V (5)V C 方向与v 0相同，沿x 轴的正方向．现取一的参考系S '，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O '，取坐标轴x O ''与x 轴平行．设相对S '系，金属杆ab 的速度为u ，cd 杆的速度为u '，那么有 u V C +=1v (6)u V C '+=2v(7)因相对S '系，两杆的总动量为零，即有0='+u m mu(8) 由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式，得ti LBlu ∆∆=2 (9)在S '系中，在t 时刻，金属杆ab 坐标为x '，在t ＋t 时刻，它的坐标为x x '∆+'，那么由速度的义tx u ∆'∆=(10)代入 (9) 式得i L x Bl ∆='∆2(11)假设将x '视为i 的函数，由〔11〕式知i x ∆'∆为常数，所以x '与i 的关系可用一直线方程表示b i BlLx +='2 (12)式中b 为常数，其值待．现在t ＝时刻，金属杆ab 在S '系中的坐标x '＝021x ，这时i = 0，故得0212x i Bl L x +=' (13)或⎪⎭⎫⎝⎛-'=0212x x L Bl i (14)021x 表示t ＝时刻金属杆ab 的位置．x '表示在任意时刻t ，杆ab 的位置，故⎪⎭⎫⎝⎛-'021x x 就是杆ab 在t 时刻相对初始位置的位移，用X 表示，021x x X -'= (15)当X >0时，ab 杆位于其初始位置的右侧；当X <0时，ab 杆位于其初始位置的左侧．代入(14)式，得X LBli 2= (16)这时作用于ab 杆的安培力XLl B iBl F 222-=-= (17)ab 杆在初始位置右侧时，安培力的方向指向左侧；ab 杆在初始位置左侧时，安培力的方向指向右侧，可知该安培力具有弹性力的性质．金属杆ab 的运动是简谐振动，振动的周期()Ll B m T 222π2= (18)在任意时刻t ， ab 杆离开其初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(19)A 为简谐振动的振幅，为初相位，都是待的常量．通过参考圆可求得ab 杆的振动速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ϕt TT A u π2sin π2(20)(19)、(20)式分别表示任意时刻ab 杆离开初始位置的位移和运动速度．现在t ＝0时刻，ab 杆位于初始位置，即X = 0速度故有解这两式，并注意到(18)式得2π3=ϕ(21)22400mLBlT A vv ==π (22)由此得ab 杆的位移t TmL Bl t TmL BlX π2sin 222π3π2cos 2200v v =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=〔23〕由 (15) 式可求得ab 杆在S '系中的位置t TmL Blx x π2sin 222100abv +=' (24)因相对质心，任意时刻ab 杆和cd 杆都在质心两侧，到质心的距离相，故在S '系中，cd 杆的位置t TmL Blx x π2sin 222100cdv --='(25) 相对地面参考系S ，质心以021v =C V 的速度向右运动，并注意到〔18〕式，得ab杆在地面参考系中的位置t mL Bl mL Blt x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 2221000ab v v (26)cd 杆在S 系中的位置t mL Bl mL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 222100cd v v 〔27〕回路中的电流由 (16) 式得t mL Bl L m t T mL BlL Bl i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==2sin 2π2sin 22200v v (28)解法Ⅱ：当金属杆在磁场中运动时，因切割磁力线而产生感电动势，回路中出现电流时，两金属杆都要受到安培力的作用，安培力使ab 杆的速度改变，使cd 杆运动．设任意时刻t ，两杆的速度分别为v 1和v 2〔相对地面参考系S 〕，假设规逆时针方向为回路电动势和电流的正方向，那么由两金属杆与导轨构成的回路中，因杆在磁场中运动而出现的感电动势为()21v v -=Bl E(1’)令u 表示ab 杆相对于cd 杆的速度，有Blu L =E(2’)当回路中的电流i 变化时，回路中有自感电动势E L ，其大小与电流的变化率成正比，即有tiLL ∆∆-=E (3’)根据欧姆律，注意到回路没有电阻，有由式(2’)、(3’)两式得tiLBlu ∆∆= (4’)设在t 时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的距离为x '，在t ＋t 时刻，ab 相对于cd 杆的距离为x '＋x '∆，那么由速度的义，有tx u ∆'∆=(5’)代入 4' 式得i L x Bl ∆='∆(6’)假设将x '视为i 的函数，由(6’)式可知，i x ∆'∆为常量，所以x '与i 的关系可以用一直线方程表示，即b i BlLx +=' (7’)式中b 为常数，其值待．现在t ＝时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的距离为0x ，这时i = 0，故得 0x i Bl Lx +=' (8’) 或()0x x L Bli -'= (9’)0x 表示t ＝时刻金属杆ab 相对于cd 杆的位置．x '表示在任意时刻t 时ab杆相对于cd 杆的位置，故()0x x -'就是杆ab 在t 时刻相对于cd 杆的相对位置相对于它们在t ＝时刻的相对位置的位移，即从t ＝到t ＝t 时间内ab 杆相对于cd 杆的位移0x x X -'=(10')于是有X L Bli = (11’)任意时刻t ，ab 杆和cd 杆因受安培力作用而分别有加速度a ab 和a cd ，由牛顿律有 ab ma iBl =- (12’)cd ma iBl =(13’)两式相减并注意到9'式得()XLl B iBl a a m 22cd ab22-=-=- (14’)式中()cd ab a a -为金属杆ab 相对于cd 杆的加速度，而X 是ab 杆相对cd 杆相对位置的位移．Ll B 222是常数，说明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期()Ll B m T 222π2= (15’)在任意时刻t ，ab 杆相对cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(16’)A 为简谐振动的振幅，为初相位，都是待的常量．通过参考圆可求得X 随时间的变化率即速度⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕT T A V π2sin π2(17’)现在t ＝0时刻，杆位于初始位置，即X = 0，速度0v =V 故有解这两式，并注意到(15’) 式得由此得t mL Bl mL Bl t TmL BlX ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2sin 22π3π2cos 200v v (18’)因t = 0时刻，cd 杆位于x = 0 处，ab 杆位于x = x 0 处，两者的相对位置由x 0表示；设t 时刻，cd 杆位于x = x cd 处，ab 杆位于x = x ab 处，两者的相对位置由x ab －x cd 表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为X = x ab －x cd －x 0(19’)所以t mL Bl mL Blx x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-2sin 200cd ab v (20’)(12’)和(13’)式相加, 得由此可知，两杆速度之和为一常数即v 0，所以两杆的位置x ab 和x cd 之和为x ab ＋x cd = x 0＋v 0t (21’)由(20’)和(21’)式相加和相减，注意到(15’)式，得 t mL BlmL Bl t x x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=2sin 2221000ab v v 〔22’〕t mL Bl mL Blt x ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2sin 222100cd v v 〔23’〕由(11’)、〔19’〕(22’)、(23’)式得回路中电流t mL Bl L m i ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=2sin 20v 〔24’〕评分：此题25分．解法Ⅰ 求得(16)式8分，(17)、(18)、(19)三式各2分． (23)式4分，(24)、(25)二式各2分，(26)、(27)、(28)三式各1分．解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分中的相式子给分．。

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图1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。