第届全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答

全国中学生物理竞赛决 赛 试 题一、（30分）近来一种新型的定点起重设备“平衡吊”被广泛应用于几十到几百公斤工件的频繁吊运，其结构的示意图如图决17-1所示。

平衡吊重要由传动、杆系、回转座和立柱组成。

杆系是由ABD 、DEF 、BC 、CE 四杆铰接组成的四连杆机构，DECB 在任何情况下都是一个平行四边形。

杆系的A 处是一水平的转轴，通过电机可控制转轴，使之固定的竖直槽内的不同位置，从而调节挂在绞接于F 处吊钩上的重物的高度。

杆ABD 可绕转轴A 在竖直平面内无摩擦地转动。

杆系的C 点是能在光滑的水平槽上滑动的铰链，杆BC 和EC 都可绕C 点在竖直平面内转动。

绕铰链转动的摩擦均忽略不计。

下面用l 1表达AD 的长度，l 2表达AB 的长度，l 3表达DF 的长度，l 4表达BC 的长度。

（1）若将各杆都视为轻质（无自重）刚体，且无图中配重物时，试论证l 1、l 2、l 3、l 4应满足什么关系才干使平衡吊的吊钩（涉及所吊的重物）位于同一水平面上的不同位置时平衡吊都能处在平衡状态。

（2）若考虑各杆的自重，为使平衡吊的吊钩（涉及所吊的重物）位于同一水平面上不同位置时平衡吊都能处在平衡状态，必须在杆ABD 的另一端P 处加上配重物，P 点距A 轴的距离为l P 。

设配重物受到的重力大小为GP ，杆的AD 段、DF 段、BC 段、CE 段受到的重力的大小分别为G 1、G 3、G 4和G 5，不计杆的AP 段所受的重力。

问当杆长l 1、l 2、l 3、l 4和l P 已知，且取l 1= l 3、l 2=l 4时配重的大小G P 为多少？二、（共30分）太阳风是从太阳大气外层（称为日冕）不断向星际空间发射的稳定的、由相同数目的质子和电子构成的带电粒子流，它使太阳每年减少的质量相对于太阳质量M S 可忽略不计。

观测表白，太阳风的速度的大小v 随着与太阳中心的距离r 的增长而增大。

现提出一简朴的模型来解释太阳风的速度变化的机制：假定日冕中的大量电子可视为抱负气体；日冕中的电子气是等温（温度为T ）的、各向同性的，以球对称的速率v (r )（太阳风的速率）向外膨胀；太阳风中质子的定向运动速度比电子的小得多，太阳风的速度其实是电子定向运动的速度，太阳风可解释为日冕中的电子气向外的等温膨胀。

第41届全国中学生物理竞赛决赛理论试题解答与评分标准一、（50分）（1）依题意，母核P A Z 到子核1D A Z 的β−衰变可表述为1PD eAA ZZ记母核的静止质量为P m 、子核的静止质量为D m 和电子的静止质量为e m ，假设衰变前母核处于静止状态，由能量守恒知，该衰变过程的衰变能（包括衰变后除1D A Z 、电子e 外的其它粒子的能量）可由母核、子核和电子的静止质量表述为2P D e [()]Q m m m c β①依题意，相应于母核的原子、相应于子核的原子的静止质量分别为M P 、M D ，有PP e ,m M Zm ②DDe 1m M Zm ③于是，β–衰变的衰变能Q β可以表示为： 2P D ()Q M M c β④此β–衰变的发生的条件是0Qβ， ⑤由①②③式，发生β–衰变的条件⑤可表述为P D (,)(1,)M Z A M Z A ⑥这就是说，对于原子序数分别为Z 和Z +1的两个同量异位素，只有在前者的原子质量大于后者的原子质量的情况下，才能发生β–衰变。

（2）如果在这个衰变过程中不产生新的粒子，那么在原子核的层次上它就是 P D eP 的总能量是E P =m P c 2，记D 的总能量为E D ，动量为p D ，电子的总能量为E e ，动量为p e ，则能量守恒和动量守恒分别是2P D e m cE E ⑦ D e 0p p ⑧ 由⑧式得D e p p p ⑨ 利用⑨式，⑦式成为22e P De D()2pK m m m c m ⑩这里22DD D2p E m c m ⑪2ee e K E m c ⑫由相对论能量-动量关系有224e e ()E pc m c ⑬将⑬式代入⑫式得22e e e 21(2)p K K m c c⑭ 由⑩⑭式消去p 得K e 满足方程 224e D e e D P D e 22()0K m m c K m m m m c ⑮⑮式的解22eD e D eD P D e 22D P D e D e22D D e P P e D D e eD D e e 222D P D D D P e P eD P e 2() (2) ()[2()()][()](2)2[])K m m m m m m m m c m m m m m m c M Z m M Z m M Z m mM Z m m cM M M M Z M m Z m M Z m c ⑯负根已舍去，且利用了忽略电子在原子中的结合能后的近似关系P P P e M m Z m ⑰ D D D e M m Z m ⑱ 以及P D 1Z Z ⑲ 将题给数据代入⑯式得e 21/2[209.982883(2209.984130209.982883)2209.98288384209.9841300.5110.5110.511(83)]209.98288383931.494MeV 1.161MeV931.494931.494931.494K ⑳ 【另解：忽略电子在原子中的结合能，21083Bi 核的质量为P P 83209.984130830.000549209.938563 amu e m M m ⑯’ 它在β–衰变后生成的核21084Po 的质量为DD84209.982883840.000549209.936767amu em M m ⑰’⑮式的正根为K e =(√(m D +m e )2+2m D (m P −m D −m e )−m D −m e )c 2=(√m D (2m P −m D )+m e 2−m D −m e)c 2 =(√m P 2−(m P −m D )2+m e 2−m D −m e)c 2 ⑱′ 这里，(m P −m D )2m P 2~10−10, m e2m P2~10−11 所以，⑱式为K e =(m P −m D −m e )c 2 ⑲′这个式子的物理意义非常清楚：21084Po 核比电子重得太多了，所以它的反冲动能p 22m d比起电子的动能K e 来可以忽略不计。

全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题也许用到的物理常量和公式：真空中的光速82.99810/c m s =⨯；地球表面重力加速度大小为g ；普朗克常量为h ，2h π=； 2111ln ,1121x dx C x x x+=+<--⎰。

1、（15分）山西大同某煤矿相对于秦皇岛的高度为c h 。

质量为t m 的火车载有质量为c m 的煤，从大同沿大秦铁路行驶路程l 后到达秦皇岛，卸载后空车返回。

从大同到秦皇岛的过程中，火车和煤总势能的一部分克服铁轨和空气做功，其余部分由发电机转换成电能，平均转换效率为1η，电能被所有存储于蓄电池中以用于返程。

空车在返程中由储存的电能驱动电动机克服重力和阻力做功，储存的电能转化为对外做功的平均转换效率为2η。

假设大秦线轨道上火车平均每运营单位距离克服阻力需要做的功与运营时（火车或火车和煤）总重量成正比，比例系数为常数μ，火车由大同出发时携带的电能为零。

（1）若空车返回大同时尚有剩余的电能，求该电能E 。

（2）问火车至少装载质量为多少的煤，才干在不此外提供能量的条件下刚好返回大同？（3）已知火车在从大同到达秦皇岛的铁轨上运营的平均速率为v ，请给出发电机的平均输出功率P 与题给的其它物理量的关系。

2、（15分）如图a ，AB 为一根均质细杆，质量为m ，长度为2l ；杆上端B 通过一不可伸长的软轻绳悬挂到固定点O ，绳长为1l 。

开始时绳和杆均静止下垂，此后所有运动均在同一竖直面内。

（1）现对杆上的D 点沿水平方向施加一瞬时冲量I ，若在施加冲量后的瞬间，B 点绕悬点O 转动的角速度和杆绕其质心转动的角速度相同，求D 点到B 点的距离和B点绕悬点O 转动的初始角速度0ω。

（2）设在某时候，绳和杆与竖直方向的夹角分别为1θ和2θ（如图b 所示），绳绕固定点O 和杆绕其质心转动的角速度分别为1ω和2ω，求绳绕固定点O 和杆绕其质心转动的角加速度1α和2α3、（15分）火星大气可视为仅由很稀薄的2CO 组成，此大气的摩尔质量记为μ，且同一高度的大气可视为处在平衡态的抱负气体。

全国⾼中物理竞赛历年试题与详解答案汇编全国⾼中物理竞赛历年试题与详解答案汇编———⼴东省鹤⼭市纪元中学 2014年5⽉全国中学⽣物理竞赛提要编者按：按照中国物理学会全国中学⽣物理竞赛委员会第九次全体会议的建议，由中国物理学会全国中学⽣物理竞赛委员会常务委员会根据《全国中学⽣物理竞赛章程》中关于命题原则的规定，结合我国⽬前中学⽣的实际情况，制定了《全国中学⽣物理竞赛内容提要》，作为今后物理竞赛预赛和决赛命题的依据，它包括理论基础、实验基础、其他⽅⾯等部分。

其中理论基础的绝⼤部分内容和国家教委制订的（全⽇制中学物理教学⼤纲》中的附录，即 1983年教育部发布的《⾼中物理教学纲要（草案）》的内容相同。

主要差别有两点：⼀是少数地⽅做了⼏点增补，⼆是去掉了教学纲要中的说明部分。

此外，在编排的次序上做了⼀些变动，内容表述上做了⼀些简化。

1991年2⽉20⽇经全国中学⽣物理竞赛委员会常务委员会扩⼤会议讨论通过并开始试⾏。

1991年9⽉11⽇在南宁由全国中学⽣物理竞赛委员会第10次全体会议正式通过，开始实施。

⼀、理论基础⼒学1、运动学参照系。

质点运动的位移和路程，速度，加速度。

相对速度。

⽮量和标量。

⽮量的合成和分解。

匀速及匀速直线运动及其图象。

运动的合成。

抛体运动。

圆周运动。

刚体的平动和绕定轴的转动。

2、⽜顿运动定律⼒学中常见的⼏种⼒⽜顿第⼀、⼆、三运动定律。

惯性参照系的概念。

摩擦⼒。

弹性⼒。

胡克定律。

万有引⼒定律。

均匀球壳对壳内和壳外质点的引⼒公式（不要求导出）。

开普勒定律。

⾏星和⼈造卫星的运动。

3、物体的平衡共点⼒作⽤下物体的平衡。

⼒矩。

刚体的平衡。

重⼼。

物体平衡的种类。

4、动量冲量。

动量。

动量定理。

动量守恒定律。

反冲运动及⽕箭。

5、机械能功和功率。

动能和动能定理。

重⼒势能。

引⼒势能。

质点及均匀球壳壳内和壳外的引⼒势能公式（不要求导出）。

弹簧的弹性势能。

功能原理。

机械能守恒定律。

碰撞。

6、流体静⼒学静⽌流体中的压强。

全国初中物理竞赛试题及答案doc一、单项选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的传播速度是（）A. 3×10^5 km/s B. 3×10^8 m/sC. 3×10^8 km/sD. 3×10^5 m/s答案：B2. 以下哪种物质的密度最小？（）A. 空气 B. 水银 C. 铁 D. 木头答案：A3. 一个物体在水平面上受到的摩擦力大小与（）成正比。

A. 物体的质量 B. 物体的速度 C. 物体的加速度 D. 物体所受的正压力答案：D4. 电流通过导体产生的热量与（）有关。

A. 电流的平方 B. 导体的电阻 C. 通电时间 D. 以上都是答案：D5. 以下哪种物质是半导体？（）A. 铜 B. 石墨 C. 硅 D. 铝答案：C6. 以下哪种现象不属于光的折射？（）A. 海市蜃楼 B. 凸透镜成像 C. 影子 D. 彩虹答案：C7. 物体的内能与（）有关。

A. 物体的质量 B. 物体的温度 C. 物体的体积 D. 以上都是答案：D8. 以下哪种物质的导电性最好？（）A. 玻璃 B. 橡胶 C. 铜 D.陶瓷答案：C9. 机械波的传播需要（）。

A. 介质 B. 真空 C. 光 D. 声波答案：A10. 以下哪种力属于非保守力？（）A. 重力 B. 弹力 C. 摩擦力 D. 以上都是答案：C二、填空题（每题2分，共20分）11. 声音在空气中的传播速度大约是340 m/s。

12. 1千瓦时等于3.6×10^6焦耳。

13. 物质的比热容是指单位质量的物质温度升高1摄氏度所需吸收的热量。

14. 欧姆定律表明，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比。

15. 光的三原色是红、绿、蓝。

16. 电磁波谱包括无线电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和伽马射线。

17. 物体的惯性与其质量成正比。

18. 热机的效率是指用来做有用功的能量与燃料完全燃烧放出的能量之比。

第1届全国中学生物理竞赛决赛试题一、有一长为l、重为W0的均匀杆AB，A端顶在竖直的粗糙墙壁上，杆端与墙面间的静摩擦因数为μ；B端用一强度足够而不可伸长的绳悬挂，绳的另一端固定在墙壁C点，木杆呈水平状态，绳与杆的夹角为θ，如图所示。

（1）求杆能保持平衡时μ与θ应满足的条件；（2）杆保持平衡时，杆上有一点P存在，若在A点与P点间任一点悬挂一重物，则当重物的重量W足够大时总可以使平衡破坏；而在P点与B点之间任一点悬挂任意重量的重物，都不能使平衡破坏。

求出这一P点与A点的距离。

二、如图所示，一质量均匀分布的细圆环，其半径为R，质量为m。

令此环均匀带正电，总电量为Q。

现将此环平放在绝缘的光滑水平桌面上，并处于磁感应强度为B的均匀磁场中，磁场方向竖直向下。

当此环绕通过其中心的竖直轴以匀角速度ω沿图示方向旋转时，环中的张力等于多少？三、试就你所知，回答下列关于温度的问题。

（1）从宏观角度看，什么是温度？从微观角度看，什么是温度？（2）一个水银温度计，一个酒精温度计，两者都在冰点校准了0度，在水的沸点校准了100度，然后在0度与100度之间等分成100份。

现在分别用这两个温度计测量两个物体的温度，结果两个温度计都指示30度处。

问这两个物体的温度是否相同？为什么？（3）玻璃熔点以上的高温和水银凝固点以下的低温怎样测量？这样的高温和低温是否仍能用摄氏度表示？为什么？（4）太阳表面的温度大约是6000K，这是怎样测量出来的？四、显微镜物镜组中常配有一如图所示的透镜，它的表面是球面，左表面S 1的球心为C 1、半径为R 1，右表面S 2的球心为C 2、半径为R 2，透镜玻璃对于空气的折射率为n ，两球心间的距离212R C C n =。

在使用时被观察的物体位于C 1处，试证明：（1）从物体射向此透镜的光线，经透镜折射后，所有出射光线均相交于一点Q 。

（2）22QC nR =。

五、如图所示，两个带正电的点电荷，带电量都是Q ，固定放置在x 轴上A 、B 两点处，A 、B 距原点的距离都是r 。

2021年全国中学生物理竞赛决赛试题及详细解答试题一：匀变速直线运动一、选择题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为2m/s²。

若物体从静止开始运动，求5秒末的速度大小。

A. 10m/sB. 20m/sC. 30m/sD. 40m/s2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为3m/s²。

求物体速度达到15m/s所需的时间。

A. 5sB. 10sC. 15sD. 20s二、填空题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为4m/s²。

若物体从静止开始运动，求2秒末的速度大小和位移。

2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为5m/s²。

求物体速度达到20m/s时的位移。

三、解答题1. 一物体在水平面上做匀变速直线运动，其加速度为6m/s²。

若物体从静止开始运动，求5秒末的速度大小、位移和加速度。

2. 一物体从静止开始做匀变速直线运动，加速度为7m/s²。

求物体速度达到25m/s所需的时间、位移和加速度。

详细解答：一、选择题1. 答案：A. 10m/s解答：物体在5秒末的速度大小为加速度乘以时间，即2m/s² × 5s = 10m/s。

2. 答案：B. 10s解答：物体速度达到15m/s所需的时间为速度除以加速度，即15m/s ÷ 3m/s² = 5s。

二、填空题1. 答案：速度大小为8m/s，位移为8m解答：物体在2秒末的速度大小为加速度乘以时间，即4m/s² × 2s = 8m/s。

位移为速度乘以时间的一半，即8m/s × 2s ÷ 2 = 8m。

2. 答案：位移为50m解答：物体速度达到20m/s时的位移为速度平方除以加速度的两倍，即20m/s × 20m/s ÷ (2 × 5m/s²) = 50m。

第27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案一、25分填空题1．一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈;其质量为M ;劲度系数为k ;无形变时半径为R ..现将它用力抛向空中;忽略重力的影响;设稳定时其形状仍然保持为圆形;且在平动的同时以角速度ω绕通过圆心垂直于圆面的轴线匀速旋转;这时它的半径应为.. 2．鸽哨的频率是f ..如果鸽子飞行的最大速度是u ;由于多普勒效应;观察者可能观测到的频率范围是从到..设声速为V ..3．如图所示;在一个质量为M 、内部横截面积为A 的竖直放置的绝气体..活塞也热气缸中;用活塞封闭了一定量温度度为0T 的理想是绝热的;活塞质量以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不缓慢上提;当计..已知大气压强为0p ;重力加速度为g ;现将活塞活塞到达气缸开口处时;气缸刚好离开地面..已知理想气体在缓慢变化的绝热过程中pV γ保持不变;其中p 是气体的压强;V 是气体的体积;γ是一常数..根据以上所述;可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为..4．本题答案保留两位有效数字在电子显微镜中;电子束取代了光束被用来“照射”被观测物..要想分辨101.010m -⨯即原子尺度的结构;则电子的物质波波长不能大于此尺度..据此推测电子的速度至少需被加速到..如果要想进一步分辨121.010m -⨯尺度的结构;则电子的速度至少需被加速到;且为使电子达到这一速度;所需的加速电压为 ..已知电子的静止质量319.110kg e m -=⨯;电子的电量191.610C e -=-⨯;普朗克常量346.710J s h -=⨯⋅;光速813.010m s c -=⨯⋅..二、20分图示为一利用传输带输送货物的装置;物块视为质点自平台经斜面滑到一以恒定速度v 运动的水平长传输带上;再由传输带输送到远处目的地;已知斜面高2.0m h =;水平边长 4.0m L =;传输带宽 2.0m d =;传输带的运动速度3.0m/s v =..物块与斜面间的摩擦系数10.30μ=..物块自斜面顶端下滑的初速度为零..沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直..设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧;使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变;重力加速度210m/s g =..1．为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离;物块与传输带之间的摩擦系数2μ至少为多少2．假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动;与电机连接的电源的电动势200V E =;内阻可忽略；电机的内阻10R =Ω;传输带空载无输送货物时工作电流0 2.0A I =;求当货物的平均流量单位时间内输送货物的质量;稳定在640kg/s 9η=时;电机的平均工作电流等于多少 假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外;其它部分的能量损耗与传输带上的货物量无关..三、20分如图;刚性细轻杆其质量可视为零可绕通过其中的点O 的光滑水平轴在竖直面内自由转动..两质量分别为2m 和m 的小球1和2可视为质点串在轻杆上;它们与轻杆之间的静摩擦系数为μ..开始时轻杆静止在水平位置;小球1和2分别位于紧靠轻杆两端A 和B 的位置..现让系统自水平位置以零初速下摆;求 1．小球1脱离轻杆时的位置用小球1脱离杆时杆与水平线的夹角表示； 2．小球2脱离轻杆时的位置用小球2脱离杆时杆与水平线的夹角表示..四、如图所示;A 、B 、C 为三个质点;A 的质量远远大于B 、C 的质量;B 和C 的质量相等..已知A 、B 之间;A 、C 之间存在相互吸引力..B 、C 之间存在相互排斥力;三个把质点在相互间引力或斥力的作用下运动;如果作用力合适;可以存在一种如下形式的运动：A 、B 、C 的相对位置固定;它们构成一个平面;三个质点绕着位于这个平面内的某条轴匀速转动；因为质点A 的质量远远大于B 、C 的质量;可认为该轴过质点A 且固定不动；连线AB 与转轴的夹角1ϕ与连线AC 与转轴的夹角2ϕ不相等;且1π02ϕ<<;2π02ϕ<<..若AB 之间吸引力的大小aAB f kAB=;AC 之间吸引力的大小为aa f kAC=;其中AB、AC 分别为A 、B 与A 、C 之间的距离;k 为比例系数;不计重力的影响..试问a 的值在什么范围内;上述运动才能实现五、15分南极冰架崩裂形成一座巨型冰山;随洋流漂近一个城市..有人设计了一个利用这座冰山来发电的方案;具体过程为：()a 先将环境中一定量的空气装入体积可变的容器;在保持压强不变的条件下通过与冰山接触容器内空气温度降至冰山温度；()b 使容器脱离冰山;保持其体积不变;让容器中的冰空气从环境中吸收热量;使其温度升至环境温度；()c 在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出;带动发电装置发电..如此重复;直至整座冰山融化..已知环境温度293K a T =;冰山的温度为冰的熔点1273K T =;可利用的冰山的质量111.010kg m =⨯;为了估算可能获得的电能;设计者做出的假设和利用的数据如下：1．空气可视为理想气体..2．冰的熔解热53.3410J/kg L =⨯；冰融化成温度为1T 的水之后即不再利用.. 3．压强为p 、体积为V 的空气内能 2.5U pV =..4．容器与环境之间的热传导良好;可以保证喷气过程中容器中空气温度不变.. 5．喷气过程可分解为一连串小过程;每次喷出的气体的体积都是u ;且u 远小于容器的体积..在每个小过程中;喷管中的气体在内外压强差的作用下加速;从而获得一定动能E ∆;从喷嘴喷出..不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变;并认为在喷气过程中容器内的气体压强仍是均匀的;外压强的大气压..6．假设可能获得的电能是E ∆总和的45% 7．当1x时;()ln 1x x +≈..试根据设计者的假设;计算利用这座冰山可以获得的电能..六、15分如图;两块大金属板A 和B 沿竖直方向平行放置;相距为d ;两板间加有恒定电压U ;一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两板之间;其质量为m ..轻推乒乓球;使之向其中一金属板运动;乒乓球与该板碰撞后返回;并与另一板碰撞;如此不断反复..假设乒乓球与两板的碰撞为非弹性碰撞;其恢复系数为e ;乒乓球与金属板接触的时间极短;并在这段时间内达到静电平衡..达到静电平衡时;乒乓球所带的电荷量q 与两极板间电势差的关系可表示为0qC U=;其中0C 为一常量..同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距d;乒乓球上的电荷不影响金属板上的电荷分布；连接乒乓球的绳子足够长;乒乓球的运动可近似为沿水平方向的直线运动；乒乓球第一次与金属板碰撞时的初动能可忽略;空气阻力可忽略..试求：1．乒乓球运动过程中可能获得的最大动能；2．经过足够长时间后;通过外电路的平均电流..七、20分如图()a所示;十二根均匀的导线杆联成一边长为l的刚性正方体;每根导线杆的电阻均为R..该正方体在匀强磁场中绕通过其中心且与abcd面垂直的转动轴作匀速转动;角速度为ω;已知磁感应强度大小为B;方向与转动轴垂直..忽略电路的自感..当正方体转动到如图()b所示位置对角线bd与磁场方向夹角为θ时;求1．通过导线ba、ad、bc和cd的电流强度..2．为维持正方体作匀速转动所需的外力矩..八、10分空心激光束是一种在传播方向上中心光强为零的圆筒形光束..由于这一特征;它可以把某些微小粒子约束在激光束的中心部位;作为激光导管;激光镊子、光学扳手等;实现对纳米粒子、生物细胞等微小粒子的精确操控..空心激光技术目前在生物学、激光加工、原子冷却等方面得到了广泛的应用;正逐渐成为一门新兴的学科分支..产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激光转换成为一束空心的激光..给定如下光学器件：焦距为f的凸透镜;圆锥角为45︒的锥面反射镜;半径为R的球面镜中间有圆孔;如图：利用上述光学器件设计一光学系统;使得一束很细的实心圆柱入射激光转化成一束空心的出射激光;且空腔为圆柱形;半径为r..请回答如下问题：1．画出该光学系统的光路图..2．求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离x..一、25分填空题1．2224π4πkRk M ω-6分2．fV V u +;fV V u-4分3．11001Mg T p A γ-⎛⎫- ⎪⎝⎭6分4．617.310m s -⨯⋅;812.810m s -⨯⋅;58.410V ⨯9分 二、20分1．令m 表示物块的质量;物块在斜面上滑动的加速度()11sin cos sin cos mg mg a g mθμθθμθ-==-;1物块滑到斜面底端的速度()01221cot 4.0m/s sin ahv gh μθθ==-= 2以传输带为参照系;物块滑到传输带的初速度大小2200 5.0m/s v v V '=+=..3运动方向与传输带边缘的夹角α满足4tan 3α=.. 4物块在传输带上作减速运动;其加速大小为22mga g mμμ'==..5当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离2200122v v s a gμ'''==; 6物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数2μ应满足202sin sin 2v s dgααμ''== 7因此可得202sin 0.52v gdαμ'==..82．物块对传输带的摩擦力大小202gF v v g ημημ''=⋅=; 9方向与0v '的方向相同..从地面参照系来看;传送带速度为V ;单位时间内物块对传输带所做的功cos W FV α=-;10因此负载所引起的附加功率2640W P W V η∆=-==..11考虑到无负载时电机的输出功率2000360W P I E I R =-=..12有负载时电机的输出功率为01000W P P P =+∆=..13设有负载时的工作电流为I ;则2P IE I R =-;14解之得10A I =..15评分标准：2式2分;3、4式共2分;6式2分;7式3分;8式1分;9式4分;10式2分;13式2分;15式2分.. 三、20分设轻杆的杆长为2l ;当杆与水平线的夹角为θ时;球1和球2的速度分别为1v 和2v ;杆转动的角速度为ω..因机械能守恒;有()2212110sin 2sin 222mgl mgl m v mv θθ=-++..1又因12v v l ω==;2可由1、2解得ω=3轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量 122L mlv mlv =+;4由角动量定律有2cos cos Lmgl mgl tθθ∆-=∆.. 5根据角加速度β的定义tωβ∆=∆; 6由2、4、5、6各式得cos 3g lθβ=.. 7当两球都未脱离轻杆时;两球都绕转轴作圆周运动;球1的切向加速度和法向加速度分别为lt a l β= 8lt a l ω=9以1N 表示沿垂直于轻杆方向球1与杆的相互作用力的大小;以1f 表示沿着轻杆方向球1与杆的相互作用力的大小;根据牛顿第二定律;有12cos 2lt mg N ma θ-=; 1012sin 2ltf mg ma θ-= 11由3、9、10、11各式得14cos 3N mg θ=.. 12 110sin 3f mg θ=.. 13对2球作同样的分析;沿垂直于轻杆方向球2与杆的相互作用力的大小2N 与沿着轻杆方向球2与杆的相互作用力的大小2f 分别为24cos 3N mg θ=; 1421sin 3f mg θ=.. 15由12、14式可知;杆与小球1、杆与小球2的最大静摩擦力相等;而13、14式表明小球1与杆的摩擦力大于小球2与杆的摩擦力;故在转动过程中;小球1与杆之间的摩擦力先达到最大静摩擦力;故小球1先滑动..设1球开始滑动时;细杆与水平线夹角为1θ;则()()1111f N θμθ=;即11103sin cos 34mg mg θμθ=; 16由16式并代入数据得1π6θ=.. 17当1θθ=时;球1开始向外滑动..由于球1的初始位置紧靠轻杆末端;球1从开始滑动到脱离细杆的时间可忽略不计;因此球1脱离细杆与水平线夹角也为1π6θ=..球1一旦脱离轻杆;因轻杆没有质量;球2与轻杆间的相互作用立即消失;此后球2只受重力作用而作斜舞女运动;注意到2、3、7各式;抛出时的初速度0v == 18初速度的方向与水平线的夹角01ππ23θθ=-=..19在球2作抛体运动的过程中;球与轻杆间虽无相互作用;但球仍套在杆上;轻杆将跟着球运动;但不会干扰小球的运动..当球离转轴的距离再次等于l 时;球2便脱离轻杆..建立如图所示的坐标系Oxy ;根据斜抛运动规律可得任意t 时刻取球2开始作抛体运动的时刻为计时起点球2的位置坐标100cos cos x l v t θθ=-+;20 21001sin sin 2y l v t gt θθ=+-;21球2脱离细杆时有222l x y =+..22利用17、18、19各式得222203l l t t t g g ⎛⎫--= ⎪ ⎪⎝⎭; 23从而解得1513l t g ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭.. 24此时23562156x l y l ⎧-=-⎪⎪⎨+⎪=-⎪⎩.. 25设球2脱离细杆时细杆与水平线夹角也为2θ如图;则2235cos 6x l θ-==; 262235arccos 78.26θ⎛⎫-==︒ ⎪⎪⎝⎭或1.36弧度.. 27评分标准：3式2分;7式3分;12~15式各1分;16式2分;17式1分;18式2分;19式1分;20~22式各1分;26、27式各1分.. 四、15分 解法1：以m 表示质点B 的质点;θ表示连线BC 与竖直方向的夹角;ω表示定律有转动角速度;BC f 表示BC 间排斥力的大小..根据牛顿211sin sin sin AB BC f f m AB ϕθωϕ-=;11cos cos 0AB BC f f ϕθ-=; 2222sin sin sin AC BC f f m AC ϕθωϕ+=;32cos cos 0AC BC f f ϕθ-=.. 4由1、3两式并利用2、4两式可得()()1122sin sin sin sin AB AC AB f f AC ϕϕθϕθϕ-=+.. 5考虑到几何关系()()21sin sin AB ACϕθϕθ+=- 6并利用已知AB f 和BC f 的表示式..可由5得到212sin sin a AB AC ϕϕ-⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭7又;由2、4式可得21cos cos AB AC f f ϕϕ=.. 8带入已知的AB f 和BC f 的表达式可得21cos cos AB ACααϕϕ=.. 9联立7、9从而有221122sin cos sin cos ααααϕϕϕϕ--=..10如果12ϕϕ≠;则意味着方程2sin cos 0C ααϕϕ--=11在π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，区间有两个不同的解;其中C 为某一合适的常数..这要求函数2sin cos ααϕϕ-在π02⎛⎫ ⎪⎝⎭，区间不能是单调函数;也就是说sin αϕ和2cos αϕ-不能同时为单调增函数或单调减函数..因此当ϕ增大时;若sin αϕ增大;则2cos αϕ-应减小；反之;若sin αϕ减小;则2cos αϕ-应增大;故α与2α-同号..因此有0α<12 2a >..13对0a <;可知2sin cos ααϕϕ--在0ϕ=及π2时均为零;因此2sin cos ααϕ--在π02⎛⎫⎪⎝⎭，区间一定存在极值点;意味着方程11在C 合适选取的情况下必有两个或两个以上的不同解..对2a >亦然..因此条件12、13是符合题意要求的充分必要条件..评分标准：1~4式各1分;6式1分;10式6分;12、13式及其以下说明共4分.. 解法2：如图;设B 、C 间的排斥力是f ;它们受到A 的吸引力分别是AB f 、AC f ;向心力分别是1C f 、2C f ;距离A 分别是1r 、2r ；根据三角形的相似关系;有11C AB f f fr AB BD ==; 1a 22AC C f f fr AD CD==.. 2a以上两式相比可得1212C AB AC C f f r CDf r f BD==3a依题意有12AB AC f r f r α⎛⎫= ⎪⎝⎭; 4a111222sin sin C C f r EB f FC r ϕϕ==; 5a 2211cos cos r CD AF BD AE r ϕϕ==; 6a将4a~6a 代入3a 得11112222211sin cos sin cos r r r r r r αϕϕϕϕ-⎛⎫==⎪⎝⎭.. 7a由7a 得221122sin cos sin cos ααααϕϕϕϕ--=..8a之后的讨论与“参考解答1”相同.. 评分标准：考虑“参考解答1”.. 五、15分以a p 表示环境中大气的压强;则初始时装入容器的空气的压强为a p ;温度为a T ;以a V 表示其体积..当容器与冰山接触;达到平衡时;容器中空气的温度为1T ;体积减小为0V ;根据题意;空气经历的过程为等压过程;故有01aaV V T T = 1在这一过程中;容器中空气内能的增加量为()02.5a a U p V V ∆=-;2大气所考察空气做功为()0a a W p V v =--3若以Q 表示此过程中冰山传给容器中空气的热量;根据热力第一定律有Q U W=∆-.. 4由以上四式得13.5a a a a T T Q p V T ⎛⎫-= ⎪⎝⎭55式给出的Q 是负的;表示在这一过程中;实际上是容器中的空气把热量传给冰山.. 容器中空气的温度降至冰山温度后;又经一过等容升温过程;即保持体积0V 不变;温度从1T 升至环境温度a T ;并从周围环境吸热..若以1p 表示所考虑空气的压强;则有11aa p p T T = 6设喷管的体积为u ;当喷管中的气体第一次被喷出时;容器中空气的压强由1p 降到2p ；根据题目给出的条件;有()1020p V u p V -=;7即0210V u p p V -= 8喷出气体获得的动能()k11a E p p u ∆=-..9当喷管中的空气第二次喷出后;容器中空气压强由2p 降到3p ;根据题给出的条件可得032V up p V -= 10喷出气体获得的动能()k22a E p p u ∆=-..11当喷管中的空气第N 次被喷出后;容器内空气的压强由N p 降到1N p -;根据题给出的条件可得010N NV u p p V +-= 12喷出气体获得的动能()1k N a E p p u ∆=-..13如果经过N 次喷射后;容器中空气的压强降到周围大气的压强;即1N a p p +=;14这时喷气过程终止;在整过喷气过程中;喷出气体的总动能..k k12k kN E E E E =∆+∆++∆15利用8到13式;15式可化成2100010001N k a V u V u V u E p u Np u V V V -⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫---⎢⎥=++++- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦; 1616式等号右边第1项方括号内是N 项的等比级数;故有00k 10011Na V u V E p u Np u V u V ⎛⎫-- ⎪⎝⎭=---.. 17又;根据8、10、12、14各式可得010Na V u p p V ⎛⎫-= ⎪⎝⎭; 18对18式等式两边取自然对数得01ln 1ln ap u N V p ⎛⎫-= ⎪⎝⎭.. 19因0uV ;可利用近似公式()ln 1x x +≈把19进一步化简;即01ln aV p N u p =20进而由17、18、20三式得()1k 100lna a ap E p p V p V p =-- 21将1、6代入21式;可得111k 1ln a a a a a T T T E p v T T T ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭..22根据题意;这些动能可转化成的电能为1110.451ln a a a a a T T T E p V T T T ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭..23以上讨论表明;要获得电能E ;冰山必须吸收Q -的热量;整座冰山化掉可吸收的总热量1Q mL =..24因此可产生的总电量为1mLE E Q=-.. 25将5和23带入25式;得111111ln 9701a a aaT T T T T T E mL T T -+=-; 26代入数据后有141 1.510J E =⨯27评分标准：5式3分;7式1分;9式2分;17式2分;18式1分;22式3分;25~27式各1分.. 参考解答2：以a p 表示环境中大气的压强..设融化整座冰山可使n 摩尔的空气参与如题所述的过程;且在过程()a 中体积和温度变化分别为V ∆和1a T T T ∆=-;则在此过程中这部分气体放出的热量为52a a Q p V p V =-∆-∆.. 1其中右边第一项表示大气对系统做的功;第二项表示系统内能的变化;考虑到物态方程;有()172a Q nR T T =-; 2这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热;故因此联立2、3可得()127a mLn R T T =-..4在气体等容吸热的过程()b 中;设最后达到压强0p ;体积达到0V ;则易得1a a a T p p T =; 5 00anRT V p =6再考虑喷气过程：因为等温;在每个喷气的小过程中过后;容器内的压强增量p ∆满足00V up p p V -+∆=; 7其中0V 为过程()b 中系统的体积;p 为这个喷气过程中容器内的压强;那么喷出的气体的动能()a E p p u ∆=-;8与7联立;消去u ;得()0k a pE p p V p∆∆=--.. 9因此;做变换E dE ∆→;p dp ∆→;总的动能则为()0k 0ap a p dp E p p V p=--⎰ 10最后;据题意所获得的总的电能为k 0.45E E =;11将4、5、6、10带入11式;得11111ln 9701a a aaT T T T T T E mL T T -+=-； 12代入数据后有141.510J E =⨯..13评分标准：参考“参考解答1”的评分标准..1．根据题意;乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为10v =2刚碰后;乒乓球带的电荷量 0q C U =3其动能和速度分别为k10E '= 410v '= 5此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动..当它到达另一金属板;与金属板第二次碰撞前其动能为k2k2E E qU '=+ 6注意到3、4式有2k20E C U =7与金属板第二次碰撞前的速度为2v =8第二次碰撞后的速度和动能分别22v ev '= 9 2k2212E mv ''= 10由9、10式得2k2k2E e E '= 11乒乓球与金属板第三次撞前动能为k2k2E E qU '=+ 12由3、711、12式得 ()2k301E e C U 2=+15乒乓球与金属板第三次碰撞前速度1v =16乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为33v ev '= 17 3k33k E e E '= 18乒乓球与金属板四次碰撞前的动能k4k3E E qU '=+ 19由3、15、18、19式得 ()242k401E e e C U =++20乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为4v =21乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为44v ev '= 22 2k4k4E e E '= 23以此类推;可得乒乓球与金属板第n 次碰撞前、后的动能分别为()2222kn 01n E e e C U -⎡⎤=+++⎣⎦ 24 ()222222kn01n E e e eC U -⎡⎤'=++⎣⎦25即()212kn 0211n e E C U e--=- 26 ()2122ln211n e eE C U e -⎡⎤-⎣⎦'=-27对非弹性碰撞;1e <;可由以上两式看出kn E 和knE '均随碰撞次数单调递增..当n →∞时有 2k?0211E C U e=- 2822k 021e E C U e∞'=- 29乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能;即2kmax k 0211E E C U e∞==- 302．经过足够长时间后亦即n →∞时;乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速度分别为v ∞'=31v ∞ 32此间时间间隔2dT v v ∞∞='+ 33因此可得;通过外电路的平均电流强度q I T= 34由31、32、33、34各式得I =35评分标准：26、27式或28、29式共8分;30式2分;31~33式各1分;35式2分.. 七、 参考答案1：1．a a '和cc'中的感应电动势为21sin a a cc E E εωθ''===1b b '和dd '中的感应电动势为22cos 2b b dd εεεωθ''===2根据电路的对称性可知1ba a b d c cd I I I I I '''''====;2ad d a c b bc I I I I I ''''====3根据基耳霍夫第一定律;有12aa c c I I I I ''==- 4 12b b dd I I I I ''==+5根据基耳霍夫第二定律;有11121aa bb I R I R I R I R εε''+++=- 6 1221dd ad I R I R I R I R εε'++-=+7 ()212cos sin 8bc ad Bl I I I Rωθθ===-8 ()222cos sin 8adbc Bl I I I Rωθθ===+92．当正方体转动到任意位置对角线db 与磁场夹角为任意θ时;通过a a '、cc ';b b '、dd '的电流22sin 4a a ad ba Bl I I I R ωθ'=-=1022sin 44cc bc cd Bl I I I ωθ'=-= 11 22cos 4b b ba bc BI I I I R ωθ'=+= 12 22cos 4dd ad cd Bl I I I Rωθ'=+= 13为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合力矩;即a a cc a a F F BlI '''==;b b dd b b F F BlI '''==14222sin 2cos 22a ab b M F l F l θθ''=+ 15将11~14代入15;得242B l M Rω=.. 16评分标准：1、2式共2分;4、5式共4分;6、7式共4分;10~13式共2分;14式1分;15式2分;16式1分.. 参考解答2：1．a a '和cc '中的感应电动势为22sin 2a a cc Bl εεωθ''==1bb b '和dd '中的感应电动势为22cos 2b b dd Bl εεωθ''==2b先计算b b ε'和dd ε'单独存在a a ε'和cc ε'短路时流过各支路的电流..若将a a '和cc '断开;则等效电路如图所示;则通过b b '和dd '电流()()2112cos 44b b dd b b dd Bl I I R Rεεωθ''''+=== 3b通过ba 、ad 、bc 和cd 的电流强度()()()()2111112cos 28bd ad cdb b Bl I I I I Rωθ'==== 4b根据电路的对称性;此时a '、a 之间;c 、c '之间的电势差0a a cc U U ''==5b由此连接a a '和cc '后流过a a '和cc '的电流..()()110aa cc I I ''==6b因此连接a a '和cc '不影响ba 和ad 中的电流.. 支路的电流..再计算a a ε'和cc ε'单独存在b b ε'和dd ε'短路时流过各若将b b '和dd '断开;等效短路时如图所示..采用与上述一样的方法;可得a a ε'和cc ε'单独存在时流进a a '和cc '电流()()2222sin 4a a cc Bl I I Rωθ''== 7b通过ba 、ad 、bc 和cd 的电流()()2222sin 8ba cd Bl I I R ωθ==- 8b()()2222sin 8ad bcBl I I Rωθ== 9b此时b '、b 之间和d 、d '之间的电势差0b b dd U U ''==;由此连接b b '和dd '后流过b b '和dd '的电流()()220b b dd I I ''==10b因此连接bb '和dd '不影响各支路中的电流..根据叠加原理;ba 、ad 、bc 和cd 的电流强度；()()()212cos sin 8ba ba baBl I I I R ωθθ=+=- 11b()())12cos sin ad ad ad I I I θθ=+=+ 12b()())12cos sin bc bc bc I I I θθ=+=+ 13b()())12cos sin cd cd cd I I I θθ=+=- 14b 2．与“参考解答1”相同..评分标准：参考“参考解答1”的评分标准..八、参考解答：1．光路图如下;指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点..2．参照所给光路图;可知CO x =;设CAO a =∠;有如下几何关系： sin x R α=; 1()cot 2r f α=2 两式联立;可求得1sin arctan 2f x R r ⎛⎫= ⎪⎝⎭.. 3评分标准：正确画出光路图5分;3式5分..。

全国初中物理竞赛试题精编（2024年）一、单选题1．如图所示，足够高的柱形容器底面积为200cm 2。

容器内放有一密度为0.4g/cm 3、边长为10cm 的正方体木块A ，将一物块B 放在A 的正上方，用一条质量可忽略不计的细绳，两端分别系于木块底部中心和柱形容器中心。

现缓慢向容器中加水，当加入2.4kg 的水后停止加水，此时木块A 有五分之一的体积露出水面，细绳受到的拉力为1N ，容器中水的深度为h 1；再将物块B 取下并缓慢放入水中直到浸没时，细绳刚好断掉，液面稳定后容器中水的深度为h 2。

已知细绳能承受的最大拉力为5N 。

则下列说法中错误的是（ ）A ．细绳的长度为8cmB ．物体B 的密度为3g/cm 3C ．h 1:h 2=16:17D ．物块B 最终对容器底部的压力为2N 2．如图甲是西南大学校内的一座塑像，其基座结构类似于图乙和丙的模型。

若A 、B 是质量分布均匀的正方体物块，其边长分别是20cm ，30cm 、密度之比A B :3:1ρρ=。

将A 放在水平地面上，B 放在A 的上面，A 对水平地面的压强为5100Pa （如图乙），下列说法正确的是（ ）①图乙中，物块A 的重力为204N ：②物块A 的密度为331.210kg /m ⨯；③图丙中，要使B 对地面的压强为2800Pa ，应将物块B 沿竖直方向切去23；④图丙中，将A沿水平方向截取1726，将截取部分放在水平地面上，此时余下部分和截取部分对水平地面的压强相等A．只有①、②正确B．只有②、④正确C．只有①、③正确D．只有②、③正确3．如图甲所示，一个滑轮组竖直固定在水平支架上，已知每个滑轮均重20N，滑轮组下端挂有重为G的物体A，用力F通过滑轮组绳的末端竖直向上匀速提升重物A，重物A向上运动的速度为v，力F做功的功率P随物体上升速度v 之间的关系图象如图乙所示。

滑轮与轴的摩擦、绳的质量忽略不计，g取10N/kg。

则下列说法正确的是（ ）A．拉力F的大小为120NB．滑轮组对水平支架的拉力为140NC．拉力F的功率为1.2W时，10s内滑轮组对物体A做功12JD．若在物体A下再加挂30N的重物，滑轮组的机械效率可以达到86.7％4．如图甲所示，边长为10cm的均匀实心正方体用轻质细杆固定在容器底部，容器内底面积为400cm2。

全国中学生(高中)物理竞赛初赛试题(含答案)一、选择题1. 下列哪个物理量在单位时间内保持不变？A. 加速度B. 速度C. 力D. 动能答案：B解析：速度是物体在单位时间内移动的距离，因此在单位时间内保持不变。

2. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，下列哪个力是物体所受的合力？A. 重力B. 支持力C. 摩擦力D. 合力为零答案：D解析：物体做匀速直线运动时，所受的合力为零，即所有力的矢量和为零。

3. 下列哪个物理现象是光的折射？A. 镜子成像B. 光在水中的传播速度变慢C. 彩虹D. 光在空气中的传播速度变快答案：C解析：彩虹是光的折射现象，光在通过水滴时发生折射，形成七彩的光谱。

4. 下列哪个物理量是描述物体旋转状态的？A. 速度B. 加速度C. 角速度D. 力答案：C解析：角速度是描述物体旋转状态的物理量，表示物体在单位时间内旋转的角度。

5. 下列哪个物理现象是光的干涉？A. 镜子成像B. 光在空气中的传播速度变慢C. 彩虹D. 双缝干涉答案：D解析：双缝干涉是光的干涉现象，光通过两个狭缝后发生干涉，形成明暗相间的条纹。

二、填空题1. 物体在匀速直线运动时，所受的合力为零，即所有力的矢量和为零。

这个原理称为__________。

答案：牛顿第一定律解析：牛顿第一定律指出，物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。

2. 光在真空中的传播速度为__________m/s。

答案：3×10^8解析：光在真空中的传播速度是一个常数，为3×10^8m/s。

3. 下列哪个物理现象是光的衍射？A. 镜子成像B. 光在水中的传播速度变慢C. 彩虹D. 光通过狭缝后发生弯曲答案：D解析：光通过狭缝后发生弯曲的现象称为光的衍射，是光波与障碍物相互作用的结果。

4. 物体在匀速圆周运动时，所受的向心力大小为__________。

答案：mv^2/r解析：物体在匀速圆周运动时，所受的向心力大小为mv^2/r，其中m为物体质量，v为物体速度，r为圆周半径。

第25届全国中学生物理竞赛决赛试题2008年10月北京★理论部分一、足球比赛，一攻方队员在图中所示的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 表示A ，B 间的距离，以θ表示AB 与Ax 之间的夹角，已知θ＜90°．设在球离开A处的同时，位于B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球，以v p 表示他的速率．在不考虑场地边界限制的条件下，求解以下问题（要求用题中给出的有关参量间的关系式表示所求得的结果）：1．求出守方队员可以抢到球的必要条件．2．如果攻方有一接球队员处在Ax 线上等球，以l r 表示他到A 点的距离，求出球不被原在B 处的守方队员抢断的条件．3．如果攻方有一接球队员处在Ax 线上，以L 表示他离开A 点的距离．在球离开A 处的同时，他开始匀速跑动去接球，以v r 表示其速率，求在这种情况下球不被原在B 处的守方队员抢断的条件．二、卫星的运动可由地面观测来确定；而知道了卫星的运动，又可以用它来确定空间飞行体或地面上物体的运动．这都涉及时间和空间坐标的测定．为简化分析和计算，不考虑地球的自转和公转，把它当做惯性系．1．先来考虑卫星运动的测定．设不考虑相对论效应．在卫星上装有发射电波的装置和高精度的原子钟．假设从卫星上每次发出的电波信号，都包含该信号发出的时刻这一信息．（I ）地面观测系统（包含若干个观测站）可利用从电波中接收到的这一信息，并根据自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置，从而测定卫星的运动．这种测量系统至少需要包含几个地面观测站？列出可以确定卫星位置的方程．A（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．若它们同时收到时间τ之前卫星发出的电波信号．（i）试求出发出电波时刻卫星距地面的最大高度H；（ii）当D1，D2处观测站位置的纬度有很小的误差△θ时，试求H的误差；（iii）如果上述的时间τ有很小的误差τ△，试求H的误差．2．在第1（II）小题中，若θ=45°，τ=0.10s．（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′′，定出的H有多大误差？（iii）若τ△=±0.010μs，定出的H有多大误差？假设地球为半径R=6.38×103 km 的球体，光速c=2.998×108 m/s，地面处的重力加速度g=9.81 m/s2．3．再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动．设不考虑相对论效应．假设从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息，即每个信号发出的时刻及该时刻卫星所处的位置．再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器（设其上没有时钟），从而可获知这些信息．为了利用这种信息来确定物体的运动状态，即物体接收到卫星信号时物体当时所处的位置以及当时的时刻，一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电波？列出确定当时物体的位置和该时刻的方程．4．根据狭义相对论，运动的钟比静止的钟慢．根据广义相对论，钟在引力场中变慢．现在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应．已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经对准．假设卫星在离地面h=2.00×104 km的圆形轨道上运行，地球半径R、光速c和地面重力加速度g取第2小题中给的值．（I）根据狭义相对论，试估算地上的钟经过24h后它的示数与卫星上的钟的示数差多少？设在处理这一问题时，可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动．（II）根据广义相对论，钟在引力场中变慢的因子是(1－2φ/c2)1/2，φ是钟所在位置的引力势（即引力势能与受引力作用的物体质量之比；取无限远处引力势为零）的大小．试问地上的钟24h后，卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少？三、致冷机是通过外界对机器做功，把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能量一起送到高温处的机器；它能使低温处的温度降低，高温处的温度升高．已知当致冷机工作在绝对温度为T 1的高温处和绝对温度为T 2的低温处之间时，若致冷机从低温处吸取的热量为Q ，外界对致冷机做的功为W ，则有≤，式中“=”对应于理论上的理想情况．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℃的情况下，使某房间内的温度保持在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的传热，它服从以下的规律：设一块导热层，其厚度为l ，面积为S ，两侧温度差的大小为T ，则单位时间内通过导热层由高温处传导到低温处的热量为H =kS ，其中k 称为热导率，取决于导热层材料的性质．1．假设该房间向外散热是由面向室外的面积S =5.00 m 2、厚度l =2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率k =0.75W/(m?K)，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为2.00mm ，玻璃板之间夹有厚度l 0=0.50 mm 的空气层，假设空气的热导率k 0=0.025W/(m?K)，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12h ，问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少？四、如图1所示，器件由相互紧密接触的金属层(M)、薄绝缘层(I)和金属层(M)构成．按照经典物理的观点，在I 层绝缘性能理想的情况下，电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另一个金属层．但是，按照量子物理的原理，在一定的条件下，这种渡越是可能的，习惯上将这一过程称为隧穿，它是电子具有波动性的结果．隧穿是单个电子的过程，是分立的事件，通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量－e (e =1.60×10－19 C)的整数倍，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．本题涉及对单电子隧穿过程图1控制的库仑阻塞原理，由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件，这是目前研究得很多、有应用前景的领域．1．显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图1的器件看成一个电容为C 的电容器，如图2所示．电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位移，可以连续变化．如前所述，以隧穿方式通过绝缘层的只能是分立的单电子电荷．如果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的条件即电容器极板间的电势差V AB =V A －V B 在什么范围内单电子隧穿过程被禁止．2．假定V AB =0.10mV 是刚能发生隧穿的电压．试估算电容C 的大小．3．将图1的器件与电压为V 的恒压源相接时，通常采用图2所示的双结构器件来观察单电子隧穿，避免杂散电容的影响．中间的金属块层称为单电子岛．作为电极的左、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 为电子电荷量的大小，两个MIM 结的电容分别为C S 和C D ．试证明双结结构器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能（简称单电子岛的静电能）为U n =．4．在图3给出的具有源(S)、漏(D)电极双结结构的基础上，通过和岛连接的电容C G 添加门电极(G)构成如图4给出的单电子三极管结构，门电极和岛间没有单电子隧穿事件发生．在V较小且固定的情况下，通过门电压V G 可控制岛中的净电子数n ．对于－Q Q AB 图2 图3 图4 图5V G如何控制n，简单的模型是将V G的作用视为岛中附加了等效电荷q0=C G V G．这时，单电子岛的静电能可近似为U n=(－ne+q0)2/2C∑，式中C∑=C S+C D+C G．利用方格图（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的过程中，单电子岛的静电能U n随C G V G变化的图线（纵坐标表示U n，取U n的单位为e2/2C∑；横坐标表示C G V G，取C G V G的单位为e）．要求标出关键点的坐标，并把n=0，1，2，3时C G V G/e的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1n 0 1 2 3C G V G/e变化范围五、折射率n=1.50、半径为R的透明半圆柱体放在空气中，其垂直于柱体轴线的横截面如图所示，图中O点为横截面与轴线的交点．光仅允许从半圆柱体的平面AB进入，一束足够宽的平行单色光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角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轴方向的长度用d表示．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的复杂情形．1．当平行入射光的入射角i在0°～90°变化时，试求d的最小值d min和最大值d max．2．在如图所示的平面内，求出射光束与柱面相交的圆弧对O点的张角与入射角i的关系．并求在掠入射时上述圆弧的位置．六、根据广义相对论，光线在星体的引力场中会发生弯曲，在包含引力中心的平面内是一条在引力中心附近微弯的曲线．它距离引力中心最近的点称为光线的近星点．通过近星点与引力中心的直线是光线的对称轴．若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标（r，φ）的原点，选取光线的对称轴为坐标极轴，则光线方程（光子的轨迹方程）为zr=，G是万有引力恒量，M是星体质量，c是光速，a是绝对值远小于1的参数．现在假设离地球80.0光年处有一星体，在它与地球连线的中点处有一白矮星．如果经过该白矮星两侧的星光对地球上的观测者所张的视角是1.80×10－7rad，试问此白矮星的质量是多少千克？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的圆周上运动，半径相同，角动量均为h：h=h/2π，其中h是普朗克常量．（I）如果忽略电子间的相互作用，氦原子的一级电离能是多少电子伏？一级电离能是指把其中一个电子移到无限远所需要的能量．（II）实验测得的氦原子一级电离能是24.6eV．若在上述玻尔模型的基础上来考虑电子之间的相互作用，进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端．试用此模型和假设，求出电子运动轨道的半径r0、基态能量E0以及一级电离能E+，并与实验测得的氦原子一级电离能相比较．已知电子质量m=0.511MeV/c2，c是光速，组合常量h c=197.3MeV?fm=197.3eV?nm，ke2=1.44MeV?fm=1.44eV?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的径迹的照片．径迹在纸面内，图的中间是一块与纸面垂直的铅板，外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向里．假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量e：e=1.60×10－19 C，铅板下部径迹的曲率半径r d=210 mm，铅板上部径迹的曲率半径r u=76.0 mm，铅板内的径迹与铅板法线成θ=15.0°，铅板厚度d=6.00 mm，磁感应强度B=1.00T，粒子质量m=9.11×10－31 kg=0.511MeV/c2．不考虑云室中气体对粒子的阻力．（I）写出粒子运动的方向和电荷的正负．（II）试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛？（III）假设射向铅板的不是一个粒子，而是从加速器引出的流量为j=5.00×1018/s的脉冲粒子束，一个脉冲持续时间为 =2.50ns．试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力平均为多少牛？铅板在此期间吸收的热量又是多少焦？第25届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、1．解法一：设守方队员经过时间t在Ax上的C点抢到球，用l表示A与C之间的距离，l p表示B与C之间的距离（如图1所示），则有l=vt，l p=v p t（1）和l=d2+l2－2dl cosθ．（2）图1解式（1），（2）可得l={cosθ±[()2－sin2θ]1/2}．（3）由式（3）可知，球被抢到的必要条件是该式有实数解，即v p≥v sinθ．（4）解法二：设BA与BC的夹角为φ（如图1）．按正弦定理有=．利用式（1）有=．从sinφ≤1可得必要条件（4）．2．用l min表示守方队员能抢断球的地方与A点间的最小距离．由式（3）知l min={cosθ±[()2－sin2θ]1/2}．（5）若攻方接球队员到A点的距离小于l min，则他将先控制球而不被守方队员抢断．故球不被抢断的条件是l r＜l min．（6）由（5），（6）两式得l r＜{cosθ±[()2－sin2θ]1/2}（7）由式（7）可知，若位于Ax轴上等球的攻方球员到A点的距离l r满足该式，则球不被原位于B处的守方球员抢断．3．解法一：如果在位于B处的守方球员到达Ax上距离A点l min的C1点之前，攻方接球队员能够到达距A点小于l min处，球就不会被原位于B处的守方队员抢断（如图2所示）．若L≤l min就相当于第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）守方队员到达C1处所需时间t pm=(d2+l－图22dl min cosθ)1/2/v p．球不被守方抢断的条件是t rm＜t pm．（9）即L＜(d2+l－2dl min cosθ)1/2+l min，（10）式中l min由式（5）给出．解法二：守方队员到达C1点的时间和球到达该点的时间相同，因此有t pm=l min/v．从球不被守方队员抢断的条件（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）相同．二、1．（I）选择一个坐标系来测定卫星的运动，就是测定每一时刻卫星的位置坐标x，y，z．设卫星在t时刻发出的信号电波到达第i个地面站的时刻为t i．因为卫星信号电波以光速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个地面站的位置坐标，可以预先测定，是已知的；t i也可以由地面站的时钟来测定；t由卫星信号电波给出，也是已知的．所以，方程（1）中有三个未知数x，y，z，要有三个互相独立的方程，也就是说，至少需要包含三个地面站，三个方程对应于式（1）中i=1，2，3的情况．（II）（i）如图所示，以地心O和两个观测站D1，D2的位置为顶点所构成的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的距离相等，都是L=cτ．（2）当卫星P处于上述三角形所在的平面内时，距离地面的高度最大，即H．以θ表示D1，D2所处的纬度，由余弦定理可知L2=R2+(H+R)2－2R(H+R)cosθ．（3）由（2），（3）两式得H=τ)2－(R sinθ)2)－R(1－cosθ)．（4）式（4）也可据图直接写出．（ii）按题意，如果纬度有很小的误差△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=－，（6）其中H由（4）式给出．（iii）如果时间τ有τ△的误差，则L有误差△L=cτ△．（7）由式（3）可知，这将引起H产生误差△H．这时有(L+△L)2=R2+(H+△H+R)2－2R(H+△H+R)cosθ．（8）由式（7），（8）和（3），略去高次项，可得△H=ττ△,H+R(1－cosθ))，（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=m25m．（iii）在式（9）中代入数据，算得△H=±3.0 m．3．选择一个坐标系，设被测物体待定位置的坐标为x，y，z，待定时刻为t，第i个卫星在t i时刻的坐标为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=c2(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的解，故需同时接收至少四个不同卫星的信号．确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式（10）中i =1，2，3，4所对应的四个独立方程．4．（I ）由于卫星上钟的变慢因子为[1－(v /c )2]1/2，地上的钟的示数T 与卫星上的钟的示数t 之差为T －t =T －T =[1－]T ，（11）这里v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：=，（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 ==R =R ，其中R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，g =GM /R 2是地面重力加速度；代入数值有v =3.89km/s ．于是(v /c )2≈1.68×10－10，这是很小的数．所以[1－]1/2≈1－．最后，可以算出24h 的时差T －t ≈T =T =7.3μs ．（13）（II ）卫星上的钟的示数t 与无限远惯性系中的钟的示数T 0之差t －T 0=φ,c 2))T 0－T 0=(φ,c 2))－1)T 0．（14）卫星上的钟所处的重力势能的大小为φ==g ．（15）所以φ,c 2)=；代入数值有φ/c 2=1.68×10－10，这是很小的数．式（14）近似为t －T 0≈－φ,c 2)T 0．（16）类似地，地面上的钟的示数T 与无限远惯性系的钟的示数之差T －T 0=E φ,c 2))T 0－T 0=(E φ,c 2))－1)T 0．（17）地面上的钟所处的重力势能的大小为E φ==gR ．（18）所以E φ,c 2)=；代入数值有E φ/c 2=6.96×10－10，这是很小的数．与上面的情形类似，式（17）近似为T －T 0≈－E φ,c 2)T 0．（19）（16），（19）两式相减，即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T ≈－E φφ-,c 2)T 0．（20）从式（19）中解出T 0，并代入式（20）得t －T ≈－E φφ-,c 2)/(1－E φ,c 2))T ≈－E φφ-,c 2)T =T ．（21）注意，题目中的24h 是指地面的钟走过的时间T ．最后，算出24h 卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差t －T =46μs ．（22）三、1．依题意，为使室内温度保持不变，热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功率相等．设热泵在室内放热的功率为q ，需要消耗的电功率为P ，则它从室外（低温处）吸收热量的功率为q －P ．根据题意有≤，（1）式中T 1为室内（高温处）的绝对温度，T 2为室外的绝对温度．由（1）式得P ≥q ．（2）显然，为使电费最少，P 应取最小值；即式（2）中的“≥”号应取等号，对应于理想情况下P 最小．故最小电功率P min =q ．（3）又依题意，房间由玻璃板通过热传导方式向外散热，散热的功率H =kS ．（4）要保持室内温度恒定，应有q =H ．（5）由（3）～（5）三式得P min =k ．（6）设热泵工作时间为t ，每度电的电费为c ，则热泵工作需花费的最少电费C min =P min tc ．（7）注意到T1=20.00K+273.15K=293.15K，T2=－5.00K+273.15K=268.15K，1度电=1kW?h．由（6），（7）两式，并代入有关数据得C min=Sktc=23.99元．（8）所以，在理想情况下，该热泵工作12h需约24元电费．2．设中间空气层内表面的温度为T i，外表面的温度为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的热量分别为H1=kS，（9）H2=k0S，（10）H3=kS．（11）在稳定传热的情况下，有H1=H2=H3．（12）由（9）～（12）四式得k=k0和T1－T i=T0－T2．（13）解式（13）得T i=T1+T2．（14）将（14）式代入（9）式得H1=(T1－T2)S．（15）要保持室内温度恒定，应有q=H1．由式（3）知，在双层玻璃情况下热泵消耗的最小电功率P′min=S．（16）在理想情况下，热泵工作时间t需要的电费C′min=P′min tc；（17）代入有关数据得C′min=2.52元．（18）所以，改用所选的双层玻璃板后，该热泵工作12h可以节约的电费△C min=C min－C′min=21.47元．（19）四、1．先假设由于隧穿效应，单电子能从电容器的极板A隧穿到极板B．以Q 表示单电子隧穿前极板A所带的电荷量，V AB表示两极板间的电压（如题目中图3所示），则有V AB=Q/C．（1）这时电容器储能U=CV2AB．（2）当单电子隧穿到极板B后，极板A所带的电荷量为Q′=Q+e，（3）式中e为电子电荷量的大小．这时，电容器两极板间的电压和电容器分别储能为V′AB=，U′=CV′2AB．（4）若发生库仑阻塞，即隧穿过程被禁止，则要求U′－U＞0．（5）由（1）～（5）五式得V AB＞－．（6）再假设单电子能从电容器的极板B隧穿到极板A．仍以Q表示单电子隧穿前极板A所带的电荷量，V AB表示两极板间的电压．当单电子从极板B隧穿到极板A时，极板A所带的电荷量为Q′=Q－e．经过类似的计算，可得单电子从极板B到极板A的隧穿不能发生的条件是V AB＜．（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，即库仑阻塞的条件为－＜V AB＜．（8）2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有V AB==0.10mV．（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中左边的MIM结的电容为C S，右边的MIM结的电容为C D．双图a结结构体系如图a 所示，以Q 1，Q 2分别表示电容C S ，C D 所带的电荷量．根据题意，中间单电子岛上的电荷量为－ne =Q 2－Q 1．（11）体系的静电能为C S 和C D 中静电能的总和，即U =,2C S )+,2C D )；（12）电压V =+．（13）由（11）～（13）三式解得U =CV 2+．（14）由于V 为恒量，从式（13）可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能U n =(－ne )2/2(C S +C D )．4．U n 随C G V G 变化的图线如图b ；C G V G /e 的变化范围如表2．表2n0 1 2 3 C G V G /e 的变化范围 0～0.50.5～1.51.5～2.52.5～3.0五、 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 射入透明圆柱时的情况，r 为折射角，在圆柱体中两折射光线分别射达圆柱面的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 的距离y c 由正弦定理得 =，即y c =R ．（1）图b图1同理在△OC′D′中，O点与入射点C′的距离有=，即y c′=R．（2）当改变入射角i时，折射角r与柱面上的入射角i2与i′2亦随之变化．在柱面上的入射角满足临界角i20=arcsin(1/n)≈41.8°（3）时，发生全反射．将i2=i′2=i20分别代入式（1），（2）得y o c=y o c′=R，（4）即d=2y o c=2R．（5）当y c＞y o c和y c′＞y o c′时，入射光线进入柱体，经过折射后射达柱面时的入射角大于临界角i20，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 i20=1.33R．（6）当i→90°（掠入射）时，r→41.8°．将r=41.8°代入式（4）得d max=1.79R．（7）2．由图2可见，φ是Oz轴与线段OD的夹角，φ′是Oz轴与线段OD′的夹角．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=（1）是φ的偶函数，光线关于极轴对称．光线在坐标原点左侧的情形对应于a＜0；光线在坐标原点右侧的情形对应a＞0．右图ySrxOEr mφ图2是a＜0的情形，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a2=|a|，有a≈－GM/c2r m．（2）经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角θS可以有不同的表达方式，相应的问题有不同的解法．解法一：若从白矮星到地球的距离为d，则可近似地写出θS≈2r m/d．（3）在式（1）中代入观测者的坐标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=．（5）把式（5）代入式（3）得θS≈；（6）即M≈θc2d/8G，（7）其中d=3.787×1017m；代入数值就可算出M≈2.07×1030 kg．（8）解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成r→∞，φ=－+．（9）近似地取θS≈θ，把式（9）代入式（1），要求式（1）分母为零，并注意到θ=1，有aθ/2+2a2=0．所以θS≈θ=－4a=，（10）其中用到式（4），并注意到a＜0．式（10）与式（6）相同，从而也有式（8）．解法三：星光对观测者所张的视角θS应等于两条光线在观测者处切线的夹角，有sin==cosφ－r sinφ．（11）由光线方程（1）算出△φ/△r，有sin=cosφ－r sinφ=cosφ－；代入观测者的坐标r=d， =－π/2以及a的表达式（4），并注意到θS很小，就有θS≈=，与式（6）相同．所以，也得到了式（8）．解法四：用式（2）把方程（1）改写成－r m=r cosφ－[(r cosφ)2+2(r sinφ)2]，即x=－r m+(x2+2y2)．（12）当y→－∞时，式（12）的渐近式为x=－r m－y．这是直线方程，它在x轴上的截距为－r m，斜率为≈≈－．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+是把其中一个电子移到无限远处所需要的能量满足He+E+→He++e－．为了得到氦原子的一级电离能E+，需要求出一个电子电离以后氦离子体系的能量E*．这是一个电子围绕氦核运动的体系，下面给出两种解法．解法一：在力学方程=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h）可以解出r0=2h/2ke2m．（1）于是氦离子能量E*=,2m)－=－2h)，（2）其中p0为基态电子动量的大小；代入数值得E*=－h c)2)≈－54.4eV．（3）由于不计电子间的相互作用，氦原子基态的能量E0是该值的2倍，即E0=2E*≈－108.8eV．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子的一级电离能E+=E*－E0=－E*≈54.4eV．（5）解法二：氦离子能量E*=－．把基态的角动量关系rp=h代入，式（3）可以改写成E*=2h,2mr2)－=2h,2m)(－2h))2－2h)．因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量r0=2h,2ke2m)，E*=－2h)分别与（1），（2）两式相同．（II）下面，同样给出求氦原子基态能量E0和半径r0的两种解法．解法一：利用力学方程=－=和基态量子化条件rmv=h，可以解出半径r0=42h/7ke2m，（6）于是氦原子基态能量E0=2(,2m)－)+=－2h)；（7）代入数值算得E0=－h c)2)≈－83.4eV，（8）r0=h c)2,7ke2mc2)≈0.0302nm．所以，氦原子的一级电离能E+=E*－E0≈29.0eV．（9）这仍比实验测得的氦原子一级电离能24.6eV高出4.4eV．解法二：氦原子能量E=2(－)+=2h,mr2)－可以化成E=2h,m)(－2h))2－2h)．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E0=－2h)，r0=2h,7ke2m)分别与（7），（6）两式相同．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，粒子的运动速度v与磁场方向垂直，洛伦兹力在纸面内；磁力不改变荷电粒子动量的大小，只改变其方向．若不考虑云室中气体对粒子的阻力，荷电粒子在恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧；可以写出其运动方程qBv=||=φ,△t)=，（1）其中q是粒子电荷，v是粒子速度的大小，p是粒子动量的大小，△φ是粒子在△t时间内转过的角度，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分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小，并在式（1）中代入有关数据，可以算得p d=63.0MeV/c，p u=22.8MeV/c．（3）注意到当pc?mc2时应使用狭义相对论，从p=．（4）中可以得到v=．（5）用v d和v u分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小．把式（2）以及m=0.511MeV/c2代入式（3），可得v d≈c，v u≈c．（6）于是，粒子穿过铅板的平均速度v=(1/2)(v d+v u)≈c．用△t表示粒子穿过铅板的时间，则有v cosθ△t=d．（7）再用△p du表示粒子穿过铅板动量改变量的大小，铅板所受到的平均力的大小f==v cosθ))≈；（8）代入有关数值得。

全国物理竞赛决赛试题理论某些及原则答案一、填空题（每题5分，共20分）1.某光滑曲面由曲线()y f x =绕竖直y 轴旋转一周形成，一自然半径为a 、质量为m 、劲度系数为k 弹性圆环置于该曲面之上，能水安静止于任意高度，则曲线方程为 。

参照答案：222()y C x a mgπ=--（C 为任意常数）。

2.如图所示电阻框架为四维空间中超立方体在三维空间中投影模型（可视为内外两个立方体框架，相应顶点互相连接起来），若该构造中每条棱均由电阻R 材料构成，则AB 节点间等效电阻为 。

参照答案：712R 3.某种蜜蜂眼睛可以看到平均波长为500nm 光，它是由5000个小眼构成复眼，小眼一种个密集排放在眼睛整个表面上，小眼构造很精致，顶部有一种透光圆形集光装置，叫角膜镜；下面连着圆锥形透明晶体，使得外部入射光线汇聚到圆锥顶点连接感光细胞上（入射进入一种小眼光线不会透过锥壁进入其她小眼），从而导致一种“影像点”（像素）；所有小眼影像点就拼成了一种完整像。

若将复眼看作球面圆锥，球面半径 1.5r mm =，则蜜蜂小眼角膜镜最佳直径d 约为（请给出两位有效数字） 。

参照答案：30m μ4.开路电压0U 与短路电流SC I 是半导体p-n 结光电池两个重要技术指标，试给出两者之间关系表达式：0U = ，式中各符号代表物理量分别为 。

参照答案：0ln 1SCS I kT U e I ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，式中e 为电子电量绝对值，k 为波尔兹曼常量，T 为绝对温度，S I 为p-n 结反向饱和电流。

评分原则：本题共20分。

第1、2题每题填对均得5分，第3题只要答案在27-30m μ之间即得5分，否则0分。

第4题第一空格占4分，第二空格占1分。

二、（15分）天体或微观系统运动可借助计算机动态模仿软件直观显示。

这涉及几何尺寸按比例缩放。

为使显示运动对缩放后系统而言是实际可发生，运动时间也应缩放。

1.在牛顿力学框架中，设质点在力场()F r 中作轨道运动，且有()()kF r F r αα=，k 为常数， r 为位矢。

第二十届全国中学生物理竞赛决赛试题一、5个质量相等的匀质球;其中4个半径均为a 的球;静止放在半径为R 的半球形碗内;它们的球心在同一水平面内..另1个半径为b 的球放在4球之上..设接触面都是光滑的;试求碗的半径R 的值满足什么条件时下面的球将相互分离..二、一人造地球卫星绕地球做椭圆运动;地心是椭圆的一个焦点;在直角坐标系中;椭圆的轨迹方程为 a 、b 分别是椭圆的长半轴和短半轴;为已知常数..当该人造卫星在轨道的远地点时;突然以很大的能量沿卫星运行方向从卫星上发射出一个质量为m 的太空探测器;这探测器在地球引力作用下做双曲线运动;此双曲线的焦点位于地心;实半轴的长度正好等于原来椭圆远地点到地心的距离..试问在发射时;给探测器的能量为多大 设地球的质量E m 、万有引力常量G 为已知;不计地球以外星体的影响..三、如图决所示;金属飞轮具有n 条辐条;每条辐条长l ;可绕转轴OO ′旋转..飞轮处在匀强磁场中;磁场方向与转轴平行;磁感强度为B ..转轴与飞轮边缘通过电刷与电阻R 、电感L 连成闭合回路..飞轮及转轴的电阻和转动过程的摩擦均不计..1．现用一恒定的外力矩M 作用于飞轮;使它由静止开始转动;求当飞轮转动达到稳定时;转动角速度0Ω和通过电阻R 的电流I 0..2．在飞轮转速达到稳定后;突然撤去外力矩M ;则飞轮的角速度Ω和通过电阻R 的电流I 都将随时间变化..当R 取不同值时;角速度随时间变化的图线()t Ω和电流随时间变化的图线()I t 将不同..现给出了()t Ω图线名6条附本题后;各图中都把刚撤去外力矩M 的时刻作为起始时刻;即0t =的时刻;此时刻的角速度0Ω=Ω;电流I =I 0..角速度Ω各图的纵坐标单位相同;电流I 各图的纵坐标单位相同;各图的时间轴横坐标的单位均相同..试从这些图线中选出可能正确表示飞轮的角速度Ω随时间变化的图线()t Ω;以及与所选图线对应的最接近正确的电流I 随时间变化的图线()I t ..把你选出的图线()t Ω与对应的()I t 图线在下面的图线符号之间用直的实线连接起来..注意：只有全部连接正确的才能得全分;连对但不全的可得部分分;有连错的得零分..四、如图决所示;y 轴右边存在磁感强度的2B 0的匀强磁场;y 轴左边存在磁感强度为B 0的匀强磁场;它们的方向皆垂直于纸面向里..在原点O 处;一个带正电的电荷量为q 、质量为m 的粒子a ;在0t =时以大小为02v 的初速度沿x 轴方向运动..在粒子a 开始运动后;另一质量和电荷量都与a 相同的粒子b 从原点O 以大小为0v 的初速度沿负x 轴方向开始运动..要想使a 和b 能在运动过程中相遇;试分析和计算它们出发的时间差的最小值应为多大;并求出与此对应的相遇地点的坐标..设整个磁场区域都处于真空中;且不考虑重力及a 、b 两粒子之间相互作用力..五、一位近视眼朋友不戴眼镜时;能看清的物体都在距眼睛20a =cm 以内..他发现;如果在眼前靠近眼睛处放一个有小圆孔的卡片;通过小圆孔不戴眼镜看远处的物体时也能看得清晰些..1．若小圆孔直径为D;试根据几何光学原理求出当近视眼直视远处的一个点物时;眼的视网膜上产生的光斑的直径..2．再考虑小圆孔的衍射效应;求小圆孔直径最恰当的大小..计算时可取可见光的平均波长为600nm..提示：1．人眼是一个结构比较复杂的光学系统;在本题中;可将人眼简化成一个焦距f 可调的薄透镜和一个可成像的视网膜;透镜的边缘为瞳孔;两侧介质均为空气;视网膜与透镜的距离为b ..2．小圆孔的存在对透镜成像的影响介绍如下：在几何光学中;从远处物点射向透镜的、平行于光轴的平行光束将会聚于透镜的焦点上;这就是像..如果在透镜前放一直径为D 的小圆孔;则将发生光的衍射;在焦点处像屏上将出现如图决所示的衍射图样;其中央是一个明亮的圆斑;圆斑外周是一组亮度逐渐减弱的亮暗相间的同心圆环;由于这些圆环亮度比中央圆斑弱得多;观察时可以不予考虑..中央圆斑的半径对薄透镜中心的张角θ∆的大小与D 有关..理论计算得到 式中λ是所用光的波长;这圆斑就是有小圆孔时观察到的物点的“像”;如图决所示..由上式可见;D 越大;像斑就越小;点物的像就越接近一个点;物体的像越清晰；反之;D 越小;点物的衍射像斑就越大;物体的像就越不清晰..如果观察屏不在焦点处而在焦点附近;屏上将出现类似的衍射图样;其中央亮斑对透镜中心的张角θ∆可近似地用上式计算..六、设地球是一个半径为6370km 的球体..在赤道上空离地面1千多公里处和赤道共面的圆与赤道形成的环形区域内;地磁场可看作是均匀的;其磁感强度为B =3.20×10－6T..某种带电宇宙射线粒子;其静质量为270 6.6810m -=⨯kg;其电荷量为193.2010q -=⨯C;在地球赤道上空的均匀地磁场中围绕地心做半径为R =7370km 的圆周运动..已知在相对论中只要作用于粒子的为F 的方向始终与粒子运动的速度v 的方向垂直;则运动粒子的质量m 和加速度a 与力F 的关系仍为F ma =;但式中的质量m 为粒子的相对论质量..问：1．该粒子的动能为多大2．该粒子在圆形轨道上运动时与一个不带电的静质量为204m m =的静止粒子发生碰撞;并被其吸收形成一个复合粒子;试求复合粒子的静质量1m ..第二十届全国中学生物理竞赛决赛题参考答案、评分标准由以上各式及已知条件204m m =;得1v =把式5代入式14;得81 1.4310v =⨯m·s －115由式9、11和13得1m m =由式5、15和有关数据得27146.410m -=⨯kg17。

全国中学生物理竞赛决 赛 试 题一、（15分）图决18-1中A 是一带有竖直立柱的木块，总质量为M ，位于水平地面上。

B 是一质量为m 的小球，通过一不可伸长的轻绳挂于立柱的顶端。

现拉动小球使绳伸直并处于水平位置。

然后让小球从静止状态下摆。

如在小球与立柱发生碰撞前，木块A 始终未发生移动，则木块与地面之间的静摩擦因数至少为多大？（设A 不会发生转动）二、（15分）圆形线圈C 轴线z 沿水平方向。

有一用钕铁硼材料制成的圆柱形强磁体M ，其圆形端面分别为N 极和S 极，将磁体M 与线圈C 共轴放置。

磁体的对称中心置于z 轴的原点O 。

Q 点是线圈C 对称截面的圆心，当Q 点位于z 轴不同位置时，用实验的方法测得穿过线圈C 的总磁通ψ。

由此测得的ψ值沿z 轴的分布函数图线如图决18-2（a ）所示。

图中横轴上z 值是Q 点的坐标。

现令强磁体M 沿线圈的轴线方向穿过该线圈C ，将C 两端接一电阻，其阻值R=1000Ω，远大于线圈的电阻阻值。

将接在电阻R 两端的电压信号通过计算机实时处理[如图决18-2（b ）所示]，可在计算机屏幕上显示出线圈C 两端的电压信号如图决18-2（c ）所示，信号轨迹近似看作三角波形。

1．试估算强磁体M 通过线圈时的速度。

（不计线圈中的感应电流对运动磁体的影响。

） 2．试求图（c ）中，1t 至3t 期间流过电阻R 的电量。

三、（20分）有一薄透镜如图决18-3，S 面是旋转椭球面（椭圆图决18-1绕长轴旋转而成的曲面），其焦点为F 1和F 2；S 2面是球面，其球心C 与F 2重合。

已知此透镜放在空气中时能使从无穷远处位于椭球长轴的物点射来的全部入射光线（不限于傍轴光线）会聚于一个像点上，椭圆的偏心率为e 。

（1）求此透镜材料的折射率n （要论证）；（2）如果将此透镜置于折射率为n '的介质中，并能达到上述的同样的要求，椭圆应满足什么条件？四、（20分）空间有半径为R 长度L 很短的圆柱形的磁场区域，圆柱的轴线为z 轴，磁场中任一点的磁感应强度的方向沿以z 轴为对称轴的圆的切线，大小与该点离z 轴的距离r 成正比，B=K r ，K 为常数，如图决18-4中“· ”与 “×”所示。