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第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 （本题共七大题，满分160分）一、（20分）如图所示，一块长为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 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a的大小和方向（用与CD杆之间的夹角表示）由图给定。
求此时C点加速度c三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。
容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。
隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。
整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。
初始时将活塞B 用销钉固定在图示的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。
此时，b 室真空，a 室装有一定量的空气（容器内外气体种类相同，且均可视为理想气体），其压强为4P 0/5，温度为T 0。
2007第24届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案第 24 届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案一．1、大爆炸 2、超新星，中子星，黑洞 3、核聚变 4、大潮时：日地月一直线，日月在地球同侧和异侧两种情况小潮时：日地连线与月地连线垂直两种情况 5、0，4 L，L。
评分标准：本题 25 分。
第 1 小题 3 分；第 2 小题 6 分，每一空格 2 分；第3 小题 3 分；第4 小题 6 分，第一空格中画对一个图给 2 分，画对二个图给 3 分；第二空格中画对一个图给 2 分，画对二个图给 3 分。
第 5 小题 7分，第一空格 2 分，第二空格 3 分，第三空格 2 分。
二．当光滑平板与水平面的倾角为时，无论小球 P 处在斜面上什么位置，它受的重力在斜面上的投影总是垂直于 HH，大小总是等于 mg sin 。
以此作为重力的一个分力，则重力的另一个分力即垂直于斜面的分力 mg cos 总是与斜面对小球 P 的支持力平衡。
这样，小球 P 在斜面内只受上述重力的分量 mg sin 和细绳拉力的作用。
当小球 P 运动到圆周的最高点时，细绳垂直于 HH，绳的拉力与小球所受重力的分量 mg sin 沿同一直线，这时只要细绳不松弛，小球就能保持在板面内作圆周运动，设小球到达圆周最高点时的速度为 v ，绳的拉力为 T ，有 T＋mg sin ＝m v2l （1）由能量关系，有 12 mv 02 ＝ 12 mv2 ＋mgl sin （2）由（1）、（2）式得 203 sinvT m gl（3）细绳不松弛的条件是 T0（4）由（3）、（4）式得 20arcsin3vlg（5）代入有关数据，得 arcsin 56（6）当倾角＜0 时，经相同的分析可得 5arcsin6 -（7）由（6）、（7）两式，可知的取值范围为 5 5arcsin arcsin6 6- （8）评分标准：本题25 分。
（1）式 7 分，（2）式 7 分，（4）式 5 分，（5）式或（6）式 3 分，（7）式 3 分。
第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答一、参考解答：如果小球的水平速度比较人，它与平板的第一次碰撞正好发 牛在平板的边缘Q 处，这时如的值便是满足题中条件的最大值； 如果小球的水平速度如较小，在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时，刚好从平板的边缘0处越过而不与平板接触，这时 如的值便是满足题中条件的最小值.设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间为片，有 (1)若碰撞正好发生在Q 处，则有 L = (2)从(1)、(2)两式解得的叫值便是满足题屮条件的最大值，即如果你v«o 唤，小球与平板的碰撞处将不在Q 点.设小球第一次刚要与平板碰揷时在竖直方向的速度为v },则有 v l =y/2gh (5)以％、*分别表示碰揷结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度，由于碰撞时间极短，在碰撞过程中，小球和 平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是加，则有mv } =(6)因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒可得丄并诉+丄加応=丄加呼+丄加叮?+丄加応(7)2 2 2 2 2 解(6). (7)两式，得 v }=0(8)碰撞后，平板从其平衡位置以*为初速度开始作简谐振动.取固定坐标，其原点0与平板处于平衡位置时板 的上表面中点重合，X 轴的方向竖直向下，若以小球和平板发生碰描的时刻作为r = 0,则平板在/时刻离开平 衡位置的位移XpQ = Acos(er+ 0)(10)式中co-——(11)TA 和0是两个待定的常量，利川参考関方法，在/时刻平板振动的速度 4Q =-A0sin (妙+ 0) (12)代入有关数据得(3)如唤=0.71m/s (4)-www^o u因/ = 0 时，X P Q = 0 . u P Q = , ill (9)、(11)、(12)式可求得碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后，小球再经过时间仪与平板发生第二次碰撞且发住在Q处, 则在发牛第二次碰撞时，小球的x幄标为x B亿）=丄灯；（16）2这便是『2满足的方程式，通过数值计算法求解方程可得（参见数值列表）G =0.7718 （20）而满足题中要求的如的最小值应大于（22）式给出的值.综合以上讨论，叫的取值范围是0.46m/s < w0 < ().7 lm/s (23)附：（19）式的数值求解用数值解法则耍代入『2不同数值，逐步逼近所求值，列表如2（20.7300.7500.7600.7650.7700.7710.7720.7750.7800.7900.810/ 、x H ' x pn = 4.41 cos nt. -----°I・2丿3.31 3.12 3.02 2.96 2.91 2.91 2.90 2.86 2.81 2.70 2.48把（13）、（14）式代入（10）式，得(15)平板的x座标为(17) 在碰撞时，有兀B 02 )=兀PQ ((2 )(18) 由（16）、（17）、（18）式,代入有关数据得 4.90^2 =4.41 cos nt2 -X(19) 如果笫二次碰撞正好发牛在平板的边缘Q处，则有(21)III (1)、(20)和(21)式得 ------ = 0.46m/s人+?2(22) 防冷（⑷X B = 4.90*2.61 2.76 2.83 2.87 2.91 2.91 2.91 2.94 2.983.06 3.21 XpQ — X B0.700.360.190.09-0.01-0.08-0.17-0.36-0.73二、参考解答：解法一因为B 点绕A 轴作圆周运动，其速度的人小为B 点的向心加速度的大小为因为是匀角速转动，B 点的切向加速度为0,故如也是3点的加速度，其方向沿 3A 方向.因为0点绕D 轴作圆周运动，其速度的大小用％•表示，方向垂直于杆 CD,在考察的吋刻，由图可知，其方向沿杆BC 方向.因B 泸刚性杆，所以B 点和0点沿BC 方向的速度必和等，故有= v B cos-=—col （3）4 27}此时杆CD 绕。
物理竞赛复赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是（）A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/hC. 299,792,458 km/sD. 299,792,458 m/h2. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力的大小（）A. 相等B. 不相等C. 相等但方向相反D. 相等且方向相同3. 一个物体的动能与其速度的关系是（）A. 正比B. 反比C. 无关D. 正比且平方关系4. 电场中某点的电势与该点到参考点的电势差成正比（）A. 正确B. 错误二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成______。
2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其加速度为a，经过时间t后，其速度为______。
3. 根据欧姆定律，电阻R、电流I和电压V之间的关系是V = ______。
4. 光的折射定律表明，入射角和折射角的正弦值之比等于两种介质的折射率之比，即sinθ1/sinθ2 = ______。
三、计算题（每题10分，共40分）1. 一辆汽车以20 m/s的速度行驶，突然刹车，刹车时的加速度为-5m/s²。
求汽车完全停止所需的时间。
2. 一个质量为2 kg的物体从10 m的高度自由落体，忽略空气阻力，求物体落地时的速度。
3. 一个电路中包含一个5 Ω的电阻和一个9 V的电池，求电路中的电流。
4. 一个光波的波长为600 nm，求其频率。
四、实验题（每题20分，共20分）1. 描述如何使用弹簧秤测量物体的重力，并解释实验原理。
答案：一、选择题1. A2. A3. D4. B二、填空题1. 反比2. at3. IR4. n1/n2三、计算题1. 4 s2. √(2gh) = √(2*9.8*10) m/s ≈ 14.1 m/s3. I = V/R = 9/5 A = 1.8 A4. f = c/λ = (299,792,458)/(600*10^-9) Hz ≈ 5*10^14 Hz四、实验题1. 将物体挂在弹簧秤的挂钩上，读取弹簧秤的示数即为物体的重力。
第24届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答2六、参考解答：1．s l D δ 2．λdl附1、2两问的参考解法：1．求S '经双缝产生的干涉图像的零级亮纹0P '的位置设0P '点的坐标为0y '，它也就是光源S '与S 分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离，即00000P P y y y δ'''==-= 由双缝到0P '点的光程差12010S P S P ''∆=-，从1S 作20S P '的垂线交于H 点，三角形00OPP '与三角形12S HS 相似，因D d >>， 则10d dy y D Dδ'∆== （附1）从2S 作1S S '的垂线交于G ，S '到双缝的光程差221S S S S ∆=-（附2）三角形S S O '与三角形12S GS 相似，因l d >>，则()2211S S dS G GS GS s lδ''∆=-+=-=-（附3）对满足零光程差条件的0P '而言， 22011012S S 0d d sS S P S S P y D lδδ⎡⎤⎡⎤''''+-+=∆+∆=-=⎣⎦⎣⎦ 得Dy s l δδ=⋅ （附4）2．在线光源情况下，可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为D y dλ∆= （附5）s δ值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源．不难证明，它们经双缝产生干涉条纹的间距y ∆均如（5）式所示．宽度为w 的扩展光源是由一系列s δ值不同的、连续分布的、相互独立的线光源构成．因此扩展光源S在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产生干涉条纹的强度相加而成．当扩展光源宽度为w 时，对于光源最边缘点有s w δ=（附6）代入（4）式 D y w lδ=（附7）若y y δ∆=（附8）则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距．由于扩展光源各部分产生的干涉条纹的光强分布都相同，各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等，变得一片模糊而无法分辨．由（5）式和（7）式，求得为使条纹能被分辨，扩展光源允许的最大宽度lw dλ=（附9）3． 解法一如图2所示，aa '是由扩展光源上端边缘发出的平行光，bb '是由扩展光源下端边缘发出的平行光．设ab 光线交于1M 点，a b ''光线交于2M 点．aa '光束中的光线a 经过131M M S P 到达观察屏上P 点；光线a '经过242M M S P 到达观察屏上P 点，两相干光波产生干涉，在观察屏上产生一套干涉条纹．同理，平行光束bb '在观察屏上产生另一套干涉条纹．从扩展光源不同部位发出的、倾角在0和θ之间不同角度入射的平行光束，经迈克尔逊测星仪相应的反射镜走过不同路径到双孔，然后在观察屏上产生很多套干涉条纹．这些干涉条纹光强度彼此相加，屏幕上就形成了光强度的分布图像．根据第2问的结果，其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行光aa '与bb '分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度．由对称性考虑，平行光束aa '中两条光线a 和a '在观察屏上0P 的光程差为0，即平行光aa '产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在0P 处．现讨论以倾角θ斜入射的平行光束bb '通过整个光学装置后，在观察屏上某点发生干涉时的光程差．光束bb '中的光线b 入射M 1的光线经M 3反射到达1S ，光线b 从1M 点算起，所经光程为1331M M M S +；光线b '入射M 2的光线经M 4反射到达2S ，光线b '从2M 点算起，所经光程为2442M M M S +．由对称性可得13324421M M M S M M M S +=+（1）也就是说从M 1和M 2算起，光线b 和b '到达1S 与2S 的光程是相等的，但是光线b 和b '在到达M 1和M 2时，二者的相位却不同．由2M 作斜入射光线1bM 的垂线交H 点，2M 与H 相位相等，因此，斜入射的两条平行光线b 和b '到达S 1 和S 2时的相位差是光程差1HM 引起的[][]12421311M M S HM M S HM h θ'∆=-=-=- （2）PP从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪，经双孔后发出的相干光在观察屏上坐标为y （坐标原点取在0P 上）的P 点上引起的光程差11dh y Dθ'∆=∆+∆≈-+ （3）其零级亮纹所在位置0P '对应的光程差0∆=，故0P '的坐标Dy h d θ'=⋅ （4）这也就是平行光aa '与bb '产生的干涉条纹的零级亮纹（也是两套条纹）错开的距离D y h dδθ=⋅ （5）因在线光源情况下，可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距为Dy dλ∆=（6） 当二者错开一个条纹间隔时，即y y δ∆=，代入（6）式（星光波长采用λ），得hλθ=（7）远处的星体作为扩展光源发出的光经过“测星仪”到达双孔，在屏上观察到干涉条纹的清晰度下降，由小到大调节M 1、M 2距离h ，当屏幕上条纹消失时，记下此时h 的值代入（7）式就可确定扩展光源角直径θ的大小．注：实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源，通过调节h 使屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等时，通过数学计算，用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径 1.22hλθ=．解法二如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像1S '以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．因此，光线a 到1S 处与光线a '到2S 处引起的光程差a l ∆与没有反射镜M 1、M 2时两光线到1S '、2S '处的光程相等．因a 、a '垂直双孔屏，故a 0l ∆= （1） 通过双孔1S 、2S 后，光线a 、a '在0P 的光程差a 0l '∆=（2）平行光束b b '斜入射时，可从1S '、2S '处求b 、b '两光线到达1S 、2S 处的光程差b l ∆．由2S '作1bS '的垂线2S H '（见图4），1sin b l HS h h θθ'∆==≈（3）说明光线b '超前于光线b ．通过双孔1S 、2S 后光线b 、b '射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于0P 处，因为二者到达双孔前光线b '已超前了光线b ，如图5所示，光线b '经过2S 孔后要多走一段光程来抵消前面的相位差，以达到与光线b 在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上，形成干涉零级亮纹．该点所对应的b '经过2S 孔后多走的光程2010sin b l S P S P d d ϕϕ'''∆=-=≈（4）从b bl l '∆=∆可求得平行光束bb '经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置0P '．由（3）式和（4）式，得1S '11'图3图4'图50'h dϕθ=（5）0P '的位置坐标tan y D D ϕϕ'=≈ （6）由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等时，记下此时h 的值.这时相干光bb '在屏幕上零级亮纹位置0P '与0P 的距离0000P P y y D δϕ'=-==（7）当00P P '等于条纹间隔y ∆，即00DP P dλ=（8）代入（7）式得dλϕ=（9）由（5）、（9）两式，得 hλθ=（10）解法三根据第2问的结果，为使条纹能被分辨，扩展光源的允许宽度为λdlw =，从而扩展光源对双缝中心的张角为dl w λθ==' （1） 如图3所示，对M 1、M 3而言，找出1S 对3M 的中间像1S ''和对1M 所成的像'1S 以及光线a 在M 1、M 3的反射点F 和G ．由物像的对称性可知11GS GS ''=，11FS FS '''=，故11FS FG GS '=+即从光线a 上一点到1S '和到1S 的光程相等．同理可证，从光线b 上一点到1S '和到1S 的光程相等；对M 2、M 4（未画出）而言，从光线a '上一点到2S '和到2S 的光程相等；从光线b '上一点到2S '和到2S 的光程相等．从分析可知，1S '为1S 经M 3、M 1反射的等效像点，2S '为2S 经M 4、M 2反射的等效像点，从而可将测星干涉看作是经双孔1S '、2S '的等效杨氏双缝干涉，其缝距为 h S S =''21（2）由小到大调节反射镜M 1、M 2之间的距离（也就是1S '、2S '之间的距离）h ，直到屏幕上的干涉条纹消失，即各处强度完全相等，这时只需将测得的h 直接替换（1）式中的d ，可得计算星体角直径的公式hλθ=（3）得到与前两种解法相同的结果．七、参考解答：根据题意，7Be 核和K 层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用Li *p 表示激发态锂核()7Li *的动量，ηp 表示中微子η的动量，则由动量守恒定律有Li 0p p η*+= （1）即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等，方向相反.在第二个反应中，若用Li p 表示反冲锂核Li 7的动量，p γ表示光子的动量，则由动量守恒定律有Li γLip p p *=+ （2）由（1）、（2）式得()Li γp p p η=-+（3）当锂核的反冲动量Li p 最大时，其反冲能量也最大. 由（3）式可知，当中微子的动量与γ光子的动量同方向时，锂核的反冲动量最大.注意到γ光子的动量 γh p cν=（4） 有Li ηh p p cν=+（5）由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多，锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表示，这时有 2LiR Li2p E m = （6）由（5）、（6）式得ηp c h ν （7）代入有关数据得η0.38M e V /c p =（8）用ηE 表示中微子的能量，根据相对论有ηE =（9）根据能量守恒定律有 222Be e Li R ηm c m c m c E h E ν+=+++（10）由（9）、（10）式得()12222222ηBe e Li R ηm c m c m c m c E h p c ν2⎡⎤=+----⎢⎥⎣⎦（11）由（8）式和已知数据得2η0.00MeV/m c （12）由（12）式可知，所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内，故不能确定中微子的静止质量．如果有，其质量一定小于20.1MeV /c ．。
