第23届大学生物理竞赛试卷

最新整顿，竞赛必备！！！！ 一、 填空（每题3分）1. 在x 轴上作直线运动旳质点，已知其初速度为v 0，初位置为x 0，加速度a=At 2+B（A 、B 为常数），则t 时刻质点旳速度v= ；运动方程为 。

2．质量为m 旳子弹，水平射入质量为M 、置于光滑水平面上旳沙箱，子弹在沙箱中前进距离l 而停止，同步沙箱向前运动旳距离为s ，此后子弹与沙箱一起以共同速度v 匀速运动，则子弹受到旳平均阻力F=__________________。

3．如图所示，质量为M ，长度为L 旳刚体匀质细杆，能绕首过其端点o 旳水平轴无摩擦地在竖直平面上摆动。

今让此杆从水安静止状态自由地摆下，当细杆摆到图中所示θ角位置时，它旳转动角速度ω＝__________，转动角加速度β＝__________；当θ＝900时，转轴为细杆提供旳支持力N ＝__________。

4．质量为M ，长度为L 旳匀质链条，挂在光滑水平细杆上，若链条因扰动而下滑，则当链条旳一端刚脱离细杆旳瞬间，链条速度大小为___________________。

5．将一静止质量为M o 旳电子从静止加速到0.8c (c 为真空中光速)旳速度，加速器对电子作功是__________。

6．有两个半径分别为5cm 和8cm 旳薄铜球壳同心放置，已知内球壳旳电势为2700V 。

外球壳带电量为8×10-9C 。

现用导线把两球壳联接在一起，则内球壳电势为__________V 。

7．半经为R 旳圆片均匀带电，电荷面密度为σ。

其以角速度ω绕通过圆片中心且垂直圆平面旳轴旋转，旋转圆片旳磁矩m P旳大小为____________。

8．用长为l 旳细金属丝OP 和绝缘摆球P构×× ×BIN成一种圆锥摆。

P 作水平匀速圆周运动时金属丝与竖直线旳夹角为θ，如图所示，其中o 为悬挂点。

设有讨论旳空间范围内有水平方向旳匀强磁场，磁感应强度为B。

第23 届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月深圳★ 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R0 = 6.37 ×106 m ，地球表面处的重力加速度g = 9.80 m·s－2 ．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状2R态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面A间的静摩擦因数μ都等于1．l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△T e △z= －6.0 × 10－3 K ·m －1z 为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处 理），取其初始位置为坐标原点（z = 0），这时气团的温度 T 、密度ρ 、压强 p 都分别与周 围大气的温度 T e 、密度ρe 、压强 p e 相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因 为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变 化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已 来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把 过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强 p 与体积 V 满足绝热过程方程 pV γ = C ．式中 C 和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ =1.40 ．已知空气的摩尔质量μ = 0.029 kg • mol－1，普适气体恒量 R = 8.31 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 = 9.8 m ·s －2 ，z = 0 处大气的温度T e0 = 300 K ． 四、图 1 中 K 为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒 子流，它们的速度方向都沿图中虚线 O ′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当 粒子打在垂直于 O ′O 的屏 NN ′ 上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的 坐标轴 Y ，其原点位于屏与虚线的交点 O 处，Y 的正方向由 O 指向 N ．虚线上的 A 、B 两处，各有一电子阀门 a 和 b ．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭 状态，挡住粒子流．M 、M ′ 是两块较大的平行金属平板，到虚线 O ′O 的距离都是 d ，板 M 接地．在两板间加上如图 2 所示的周期为 2T 的交变电压 u ，u 的正向最大值为 2U ，负 向最大值为 U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为 U ，则粒子 在电场作用下的加速度 a 、电压 u 的半周期 T 和平板到虚线的距离 d 满足以下关系aT 2 = 1d5Y N MK AB bOaO ′M ′llll已知 AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离 都是 l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不 会影响以后带电粒子的运动．只考虑 MM ′ 之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比 T 小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开启 阀门 a 又立即关闭；经过时间 T ，再次开启阀门 a 又立即关闭；再经过时间 T ，第 3 次开 启阀门 a 同时开启阀门 b ，立即同时关闭 a 、b ．若以开启阀门 b 的时刻作为图 2 中 t = 0 的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为．T 2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ = ，现在某时刻突然开启阀门 a ，经过时间10δ立即关闭 a ；从刚开启 a 的时刻起，经过时间 T ，突然开启阀门 b ，经过时间δ关闭 b ．若以刚开启阀门 b 的时刻作为图 2 中 t = 0 的时刻，则从 B 处射出的具有最大速率的粒子射 到 屏 上 所 产 生 的 痕 迹 的 Y 坐 标 （ 只 要 写 出 结 果 ， 不 必 写 出 计 算 过 程 ） 为．具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程） 为．天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网五、如图所示，坐标系 Oxyz 的 x 轴和 z 轴都位于纸P面内，y 轴垂直纸面向里．两无限大金属极板 P 和 Q 分别位于 x = －d 和 x = d 处．磁感应强度大小为 B 的匀强磁场的方向平行于 Oxz 坐标平面，与 z 轴的夹 角为α ．在坐标原点 O 处，有一电荷为 q （＞0）、质 量为 m 的带电粒子，以沿 y 轴正方向的初速度 v 0 开 始运动．不计重力作用．1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初 速度 v 0 应为多大？所需最短时间 t 0 是多少？2．若在两极板间沿 x 轴正方向加上一场强为 E 的匀强电场，使该粒子能在第 1 问中所 π4 求得的时间 t 0 到达极板，则该粒子的初速度 v 0 应为多大？若α =，求粒子到达极板时粒子 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 这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是 m 0 = 1.67 × 10－27kg ．不考虑粒子间的静电作用．第 23 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天 梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图 1 所示．O图 1从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速 转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的 距离为 r i －1 到 r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为M ρ△r if i = G（1）r 2i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n nM ρr F =f i= ∑G i =1i =1∑ i（2）2rin符号∑ 表示对所有小段求和．因△r i= ri－ r i －1 是个小量，注意到 r i r i －1 = r i ( i =1r i －△r i ) ≈r 2，因此i n∑ i =1 r in∑ i =1 r i - r i -1 = n∑ i =1 ( 1 r i -1 - 1 ) = 1 - 1 = 2 r i r i r i -1 r i r 0 r n 用 R 0 表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离， 则 r 0 = R 0 ，r n = R l ，代入（2）式得1 1 F = GM ρ(－ （3）) R 0 R l整个天梯的质量m = ρ ( R l －R 0 )（4）R 0天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离－R 2R l 0（5）r C = R 0 +根据质心运动定理，有2π TF = mr C ( （6）)2式中 T 为地球自转的周期． 由（3）、（4）、（5）、（6）式可得GMT 2( R l －R 0 ) ( R 2 + R 0R l － ) = 0l2π2R 0R l －R 0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为GMT 2 R 2R － （7）+ R = 0 0 l l 2π2R 0因为 GM = R 2g ，所以得 0R 0gT 2R 2 R － （8）+ R = 0 0 l l 2π2【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性 离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由 下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△r i 的小段组成，则第 i 小段受的惯性离心力 为2π f i ′ = ρ△r i ( )2 r iT对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力（4′）'n∑ f ii =1n2π = ∑ρ( ) r i△ri（5′）F ′ =2T i =12π T（5′）式中所示的和可以用图 2 过原点的直线 y = ρ( )2r 下的一个带阴影的梯形面积 来表示，即2π ρ( )2 R lT2π Tρ()2 Rl图 22π T )2 R 0 + R l 2F ′ = ρ(( R l －R 0 ) （6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得1 1 2π T R 0 + R l 2GM ( － ) =( R 0 R l )2 ( R l －R 0 )（7′）因为 GM = R 2g ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】 0 解（8）式得（9）R l = 2根号前取正号，代入有关数据，注意到 T = 8.64 ×104 s ，得R l = 1.50 ×108 m（10）所以天梯的长度L = R l －R 0 = 1.44 ×108 m（11） 二、1．90 °．2．当矩形物处于竖直位置即θ = 0° 时，B 不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ 刚超过 0° 时，A 将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动．假定 B 仍不 动，此后，A 在竖直平面内从静止开始绕 B 做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定 律）为v 2m = mg cos θ－T l（1）这里 v 表示 A 的速度．T 是刚性薄片对 A 的作用力，规定其方向从 B 到 A 为正．根据 能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 1mv 22联立（1）、（2）式，得（2）T = mg ( 3cos θ－2 )（3）如果令 T = 0 ，可得A2 θ = arccos ( ) = 48.2°3O120°显见，θ ＜ 48.2° 时，作用力是径向正向，对 A 是推 θ 力；θ ＞ 48.2° 时，作用力是径向反向，对 A 是拉力．B现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动．我们可以30°在 B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成 30° 夹角．因为假定 B 不动，其加速度为零， 所以 B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0（4）这里 f ⊥ 是圆筒内壁对 B 的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于 60°（A将与圆筒相碰）之前 B 不动，则 f ⊥ 必将始终不等于零，这就是说，在 B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁．B 对筒壁的正压力是 f ⊥ 的反作用力，大小和 f ⊥ 相同．式中的 T 是刚性薄片 对 B 的作用力，它和（1）式中的 T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，所以最大静摩 擦力 f max 的大小就等于正压力．f max = μf ⊥ = mg cos30° + T cos ( 30°－θ )（5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f ∥ = mg sin30° + T sin ( 30°－θ )（6）只要 f ∥ 不大于最大静摩擦力，B 就不滑动．这个条件写出来就是f ∥ ≤ （7）f maxB 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）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ = 54.9 ° （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，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有 －V ρg + V ρe g = －V ( ρ －ρe )g （1）m α = 或有ρ －ρeρα = －g（2）根据理想气体状态方程pV = m（3）RTμ可知气体的密度m μpρ = = （4）V RT利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成T e－TT eα = －g（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 △z （6）T e = T e0 +z若气团中气体温度随高度的变化率为△T，根据题意，有△z△T e △z （7）T = T0 +zT0 为气团位于初始位置时气团中气体的温度．根据题意T e0 = T0 ，把（6）、（7）式代入（5）式得g △T e—△Tα = －( （8）) zT e △z △z△T e △T在（8）式中，若( －) ＞0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团△z △z回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态．因周围大气温度随高度的变化率△T e是已知的，故只△z要知道气团中气体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z 和z +△z 处的压强差△p e = －ρe g△z（9）式中ρe 为z 处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示．式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得μp eRT e△p e =－g△z（10）质量为m 的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温度、压强的变化应满足绝热过程的规律．试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得m RTμ pV = （11）把（11）式代入pV γ = C得1γ-1 p γC γ μ mR（12）T = 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1γ-1 γC γ μ mRT +△T = ( p + △p )利用二项式定理，忽略△p 的高次方项，并注意到（12）式得1γ-1[ p γ+ γ-1-1 γ－1 p γγγ－1 γ Cγ μmR T△p pT +△T = (△p ) ] = T +故有γ－1 T△T =△p （13）γ p根据题意，p = p e ，△p = △p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得T 0 △T △z γ－1 γ μg R = － （14）△T e △z γ－1 γ μg RT e0 + ( + ) z已知△T e △z= －6.0 × 10－3 K ·m －1 ，代入有关数据可求得γ－1 μg=9.8 × 10－3 K ·m －1γ 当 z 不是很大时，有R△T e γ－1 μgR T e0 +（ ) z ≈T e0 +△zγ 故有△T △z γ－1 μg= － （15）γ R代入题给的有关数据得△T △z= －9.8 × 10－3 K ·m －1（16）△T e△T 负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见 (－ ) ＞0 ，作用于气团的 △z △z合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到 初始位置．当 z 不是很大时，（8）式中的 T e 可以用 T e0 代替，可知气团将在初始位置附近天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网做简谐振动．振动的圆频率（17）ω =代入数据，得ω = 1.1 × 10－2 s－1（18）四、1．Y 1 = －0.3d ，Y 2 = 0.9d ． 2．Y ′ = －0.138d ，Y ′′ = －0.138d ． 附参考解法：1．当阀门 a 第 1 次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从 A 处进入 AB 之间，在 a 第 2 次开启时刻，第一批粒子中速率为l T（1）v 1 =的粒子正好射到 B 处，被阀门 b 挡住．与此同时，第二批具有各种速率的粒子从 A 处 进入 AB 之间．在阀门 a 第 3 次开启的时刻，第一批进入 AB 间的粒子中速率为l = 1 2T 2（2）v 2 = v 1的粒子与第二批进入 AB 间的粒子中速率为 v 1 的粒子同时到达 B 处．因此时阀门 b 已开 启，这些粒子都从 B 处沿虚线射向两平行板，而第三批进入 AB 间的粒子在它们到达 B 处时， 被 b 挡住．由此可知，能从 B 处射向两平行板的粒子具有 v 1 和 v 2 两种不同的速率．根据题意，粒子从 B 处射出的时刻为 t = 0 ，故速率为v 1 的粒子在时刻l v 1t 1 == T 进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = －U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a ，粒子通过两板经历的时间为l v 1△t 1 = = T在△t 1 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v 1y = －a △t 1 = －aT（3）1 2 － 1 2－ a (△t 1 )2 = （4）y 1 = aT 2 因 aT 2 = 1 d 5，故| y 1 | = 1 d ＜ d ，表明速率为 v 1 的粒子能穿出平板，粒子穿出平10板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移△y 1 = v 1yl = －aT 2（5）v 1粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为1 3 Y 1 = y 1 +△y 1 = — aT2 －aT 2 = 2 － aT 2 = －0.3d 2（6）速率为 v 2 的粒子在时刻l v 2t 2 == 2T 进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = 2U粒子在电场作用下的加速度为 2a ，粒子通过两板经历的时间为l v 2△t 2 = = 2T因为两板间的电压在时间△t 2 内由 2U 变为－U ，粒子的加速度亦将从 2a 变成－a ，由 此可求得在△t 2 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为－ （7）v 2y = 2aT aT = aT1 2( 2a )T 2 + ( 2aT )T － aT 2 = 5 aT 2 1 y 2 =（8）2 2 因 aT 2 = 1y 2 = 1 d ，故 d ＜ d ，表明速率为 v 2 的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平5 2板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移△y 2 = v 2yl = 2aT 2（9）v 2粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = 529 aT 2 + 2aT 2 = aT 2 = 0.9d2 （10）即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的 Y 坐标分别为 Y 1 和 Y 2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门 a 开启到关闭经历的δ时间间隔内的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从 A 处进入 AB 间，有的早进入，有的晚进入．由于阀 门 b 从开启到关闭也要经历一段时间δ ，粒子可能在最早的时刻即 t = 0 的时刻从 B 处射出， 也可能在最晚的时刻即 t = δ时刻从 B 处射出．在 a 刚开启的时刻从 A 处射入 AB 间，并在 t = δ时刻从 B 处射出的粒子的速率最小，这最小速率为v min =l （11）T + δ在阀门 a 刚要关闭时刻从 A 处射进 AB 间，并在 t = 0 的时刻从 B 处射出的粒子的速率最大，这最大速率为v max =l（12）T －δ在t = 0 时刻从B 处射出的速率为v max 的粒子在时刻l v max = T －δt1 =进入两平板之间，在时刻t1′ = t1 +l= 2T －2δv max离开两平板．由本题图2 可知，在T －δ到T 时间内，两板间的电压为2U ，在T 到2T －2δ时间内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度分别为2a 和－a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y 方向获得的分速度和位移分别为－ a (T －2δ) = －aT + 4aδ（13）v1y = 2aδ1 2 ( 2a ) δ2 + ( 2a ) δ(T －2δ)－1a (T2y1 =－2δ)212= －aT 2 + 4aδT －5aδ2（14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y1 = v1yl= (－aT + 4aδ) (T －δ) v max= －aT2 + 5aδT －4aδ2（15）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为3Y1 = y1 +△y1 =—aT2 + 9aTδ2－9aδ2（16）根据题意，代入数据得－0.138d（17）Y1 =在t = δ时刻从B 处射出的速度为v min 的粒子在时刻t2 = δ+l v min进入两平板之间，在时刻= T + 2δt2′ = t2 +l= 2T + 3δv min离开两平板．由本题图2 可知，在T + 2δ到2T 时间内，两板间的电压为－U ，在2T 到2T + 3δ时间内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度分别为－a 和2a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y 方向获得的分速度和位移分别为－ a (T －2δ) + ( 2a )3δ= －aT + 8aδ（18）v2y =天科学堂学科竞赛网－ 121a (T －2δ)2 －a (T －2δ) 3δ+ ( 2a ) ( 3δ) 22y2 =1= －aT 2 －aTδ + 13aδ22（19）粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2ylv min= (－aT + 8aδ) (T + δ)= －aT2 + 7aTδ+ 8aδ2（20）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为3Y2 = y2 +△y2 =—aT2 + 6aTδ+221aδ2（21）根据题意，代入数据得Y2 =－0.138d（22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y 轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0 的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径mv0qBR0 =（1）轨道平面与Oxz 坐标平面的交线如图1 中NN ′所示．要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C 应是ON ′ 的中点，有zB QPαNαO xC N ′2d图1dCN ′ = R0 =（2）2cosα由（1）、（2）式得dqB 2m cos αv 0 =（3）粒子由 O 经过半个圆周到达 N ′ ，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期T πm（4）t 0 = = 2 qB2．以 y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系 Ox ′y ′z ′ ，如图 2 所示．在新坐标系中电场强度 E 的分量为zz ′B y ，y ′αv 0E Oαx ′图 2（5）E x ′ = E cos α E y ′ = 0 E z ′ = E sin α 磁感应强度 B 的分量为（6）B x ′ = 0B y ′ = 0 B z ′ = B 带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex ′ = qE x ′ = qE cos αf Ey ′ = 0f 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 ′Bf By ′ = －qv x ′Bf Bz ′ = 0（8）（i ）关于带电粒子在 Ox ′y ′ 平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿 y ′ 轴正方向的初速度v 0 用下式表示 v 0 = v 0 + v 1－ v 1= v 2－ v 1式中（9）v 2 = v 0 + v 1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．这样，与前者 联系的运动使带电粒子受到沿 x ′ 轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex ′ 的方向相反，当 v 1 取数值E x ′ = Ev 1=cos α （10）B B时，与－ v 1 相联系的磁场力与 f Ex ′ 的合力为零，其效果是带电粒子沿 y ′ 轴负方向以速度 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 （11）f x ′y ′ = qv 2B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mv 2qB（12）R =其圆频率y ′v 2ωtOx ′图 3ω = qB（13）m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，另一方面圆心沿轴负方向以速度 v 1= Ecos α做匀速直线运动． B（ii ）关于粒子沿 z ′ 轴的分运动y ′由（7）、（8）两式可知，粒子在 z ′ 方向仅受电场力作用，其加速度qE z ′= qE （14）a z ′ =sin α m m即粒子沿着 z ′ 轴以加速度 a z ′ 做匀加速直线运动． （iii ）关于粒子在 Ox ′y ′z ′ 坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x ′ = R ( 1－cos ωt ) （15） （16）y ′ = R sin ωt（17）z ′ = 0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mv 2qB mv 0 mE x ′ x ′ =( 1－cos ωt ) = ( + qB qB 2) ( 1－cos ωt ) （18） mv 0 qB mE x ′qB 2 E x ′ t By ′ = R sin ωt － v 1t = ( + ) sin ωt － （19） 1 qE z ′ t2（20）z ′ =2 m （iv ）粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程 利用坐标变换x = x ′c os α + z ′sin α y = 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，得到粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程式为2 2 m qB m qB E cos α B ) ( 1－cos q Bt ) + 1 qE sin α 2 （21） x = ( v 0cos α +t m 2 mE cos α B )sin q Bt － E cos α （22） y = ( v 0 +t m E sin2α 2BBm qB ) ( 1－cos q Bt ) + qE sin2α t 2 4m z = － （23）( v 0sin α +m T πm 根据题意，将 x = d 和 t = t 0 = = 代（21）式，解得2 qB2qB d－mE ( 4cos 2α + π2sin 2α) 2 （24）v 0 =4mB cos απ 4 T πm 将α =，t = t 0 == 和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极 2 qB 板 Q 时粒子的坐标为x = d（25）2qB 2 y = －（26） π2mE z = －d +（27）2qB 2解法二1．与解法一相同．2．以 y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系 Ox ′y ′z ′，设粒子速度在坐标系 Ox ′y ′z ′中分量分别为 v x ′ 、v y ′ 、v z ′ ，牛顿第二定律的三个分量形式为d v x ′d td v y ′d t d v z ′d tm = qE x ′ + qv y ′ B （1） －qv x ′ B （2） m = （3）m= qE z ′ 将（2）式表示为d v y ′ d tqB d x ′m d t = －两边积分后得qB m－() x ′ + C 1 v y ′ = 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 ′ = qB x ′ + v 0－ （4）m将（4）式代入（1）式，得d 2x ′ d t 2 qB x ′ + v ) Bm= qE + q (－ x ′ 0 md 2x ′ d t 2 －( qB m qB m mv 0 + qBmE x ′ qB 2 = )2 x ′ + ( )2 ( ) （5） 令mv 0 + mE x ′ qB 2 （6） R = ( )qB ω = q Bm X ′ = x ′－R（7） （8）（5）式可表为d2X ′ d t 2= －ω2X ′ （9）这是简谐运动方程，其解为（10）X ′ = A cos ( ωt + θ )由（8）式得（11） x ′ = A cos ( ωt + θ ) + R d x ′ d t= －ωA sin ( ωt + θ ) （12）= vx ′ 利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R = A cos θ0 = －ωA sin θ解得（13）θ = 0 A = －R再由（6）式，得mv 0 + mE x ′ qB qB 2A = －( （14）) 代入（11）式mv 0 + mE x′ ) ( 1－cos ωt ) （15）x ′ = ( qB qB 2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d y ′ = Ex ′B－ωA cos ωt － （16）v y ′ = d t 积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得mv 0 + qB mE x ′ qB 2 E x ′tBy ′ = ( ) sin ωt － （17）对（3）式积分可得qE z ′t 22m（18）z ′ = （15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与 解法一相同．解法三设粒子速度在 Oxyz 坐标中分量分别为 v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量 方程为d v xd td v yd td v zd tm = qE x + qv y B z（1） m = －qv x B z + qv z B x（2） －qB x v y （3）m= 令qBmω =（4）v 1 = Ecos αB方程变为如下形式（5）d v xd t d v yd td v zd tωv 1 cos α = ωv y cos α + （6） －ωv x cos α + （7） = ωv z sin α －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 1 )tcos α v x = ωy cos α + （9） ω ( －ωy sin α（10）v z = 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d2Y 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 = 0 v 0 = －A ωsin θ－v 1解得π2v 1 +v 0 ωθ =A = －（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网 m qB E cos α B ) sin q Bt －E cos α （16） y =( v 0 + t m BE cos α B ) cos q Bt －E cos α v y = ( v 0 + （17） m B 把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得2 2 m qB E cos α B ) ( 1－cos q Bt ) + m 1 qE sin α t 2 （18）x = ( v 0cos α + 2 m 将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得 m qB E sin2α 2B ) ( 1－cos q Bt ) + qE sin2α z = － ( v 0sin α + t 2 （19）m 4m （18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与 解法一相同．六、在讨论本题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( 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 = 导出，v 为粒子的速度．m 02c 4 m 02v 2 E 2 －c 2p 2 = －c 2 v c v c 1－ ( )2 1－ ( )2v 1－ ( )2 = m 02c 4 c = m 02c 4 v c1－ ( )2 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．若要碰后能存在三个质子和一个反质子 且总能量为最小值，则可论证这四个粒子的动量必定相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情况．令p1 、p2 、p3 、p4 分别表示它们动量的大小，这四个动量中，若有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1 p2 ，则若将p1 增加△p（△p ＜p2 －p1）而将p2 减少△p（这时总动＜量不变），则有( p1 +△p )2 －p12 = 2p1△p + (△p )2p22－( p2 －△p )2 = 2p2△p－(△p )2这样一来，第一个粒子能量的平方增加了c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平方减少了c2 [ 2p2△p－(△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]－c2 [ 2p2△p－(△p )2 ]= c2 [ 2△p ( p1－p2 +△p ) ]因已设p1 p2 ，且△p ＜p2 －p1 ，所以净增量是负的，总能量将减少．这就是说，＜设p1 ≠p2 时对应的总能量并不是最小值．由此可判断，四个粒子的动量必相等．2．若四个粒子中，有一个粒子其动量p1 沿x 轴的负方向，因为总动量守恒，则必有沿x 轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1 ，因为能量的平方与p2 成线性关系，所以这时的总能量必然大于p1 沿x 轴正方向运动时的能量．也就是说，只要四个粒子中，有沿x 轴负方向运动的，则总能量必不是最小值．3．若四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x 轴方向和垂直于x 轴方向分解，沿x 轴方向总动量守恒；垂直于x 轴方向的动量互相抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也就是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，根据总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p ，质量为m，碰后四个粒子的动量为p1 、p2 、p3 和p4 ，四个粒子的质量为m1 、m2 、m3 和m4 ，根据动量守恒和能量守恒，有p = p1 + p2 + p3 + p4 （2）mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2（3）由上面论述可知pp1 = p2 = p3 = p4 =（4）4再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每个粒子的质量，由（3）式得天科学堂学科竞赛网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p( m′c2)2 = c2 ( )2 + m02c4（7）4由（5）、（6）、（7）式可得mc2 = 7m0c2（8）代入数据得mc2 = 1.05 ×10－9 J （9）。

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。

物理竞赛复习力学篇一、 基本动力学1、在每边长为l 的正方形光滑台球桌面ABCD 上，有两个静止的小球P 和Q ，其中P 到AB 边和AD 边的距离同为l /4， Q 到CD边和AD 边的距离也同为l /4，如图所示。

令P 对准BC 边的S 点以速度v 运动，相继与BC 边及CD 边弹性碰撞后，恰好能打中Q 。

则S 点与C 点的距离为 ，P 从开始运动直到与 Q 相碰，其间经过的时间为 。

（第23届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：14x l = 2、在一个竖直平面内有三个质点A 、B 、C ，某时刻它们恰好位于每边长为 2m 的正方形三个顶点上，方位如图所示。

设此时C无初速地自由下落，B 以1m/s 的速度竖直向下运动，A 则以初速度A v 开始自由运动。

不计空气阻力，如果A 恰好在C 落地时刻同时击中B 、C ，则C 初始离地高度为 m ，A v 的大小为 m/s 。

（第24届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：19.63、沿x 轴运动的质点，速度υ = αx ，α > 0。

t = 0时刻，质点位于x 0 > 0处，而后的运动过程中，质点加速度与所到位置x 之间的函数关系为a = ，加速度与时刻t 之间的函数关系为a = 。

（第25届非物理类专业大学生物理竞赛试题） 答案： 2x ，20t a x e =4、如图所示，小球从竖直平面的O 点斜向上方抛出，抛射角为θ，速度大小为v 0。

在此竖直平面内作OM 射线与小球抛射方向垂直，小球到达OM 射线时的速度分解为图示中与OM 射线垂直方向上的分量 v 和沿OM 射线方向上的分量v //，则v //＝ ， v ＝ 。

（第28届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：2v 0tan，v 0 5、已知质点的运动学方程为22(4)r ti t j =+- , 在t > 0的时间内的情况是＿＿A ＿＿. （第5届非物理类专业大学生物理竞赛试题）(A) 位置矢量可能和加速度垂直, 速度不可能和加速度垂直(B) 位置矢量不可能和加速度垂直, 速度可能和加速度垂直(C) 位置矢量和速度都可能与加速度垂直(D) 位置矢量和速度都不可能与加速度垂直.6、地面上垂直竖立一高20 m 旗杆, 已知正午时分太阳在旗杆的正上方. 在下午2时正, 杆顶在地面上影子速度的大小为＿＿＿＿m/s; 在＿＿＿＿时刻杆影将伸展至20 m. （第5届非物理类专业大学生物理竞赛试题） 答案：1620m/s ，下午3时正7、一长为l 的单摆自水平位置自由向下摆动, 其速度在竖直方向的分量逐渐增大, 后又逐渐减小. 当摆线与竖直方向的夹角 = ＿＿＿＿时, 此竖直分量具有最大值, 此最大值v m = ＿＿＿＿。

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。

A BDl 0v大学物理竞赛选拔试卷1.（本题6分）一长度为l的轻质细杆，两端各固结一个小球A、B（见图），它们平放在光滑水平面上。

另有一小球D，以垂直于杆身的初速度v0与杆端的Α球作弹性碰撞．设三球质量同为m，求：碰后（球Α和Β）以及D球的运动情况．2.（本题6分）质量m=10kg、长l=40cm的链条，放在光滑的水平桌面上，其一端系一细绳，通过滑轮悬挂着质量为m1=10kg的物体，如图所示．t=0时,系统从静止开始运动,这时l1=l2=20cm<l3．设绳不伸长，轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计，求当链条刚刚全部滑到桌面上时，物体m1速度和加速度的大小．3.（本题6分）长为l的匀质细杆，可绕过杆的一端O点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置．紧挨O点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l，摆球质量为m．若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止．求：(1)细杆的质量．(2)细杆摆起的最大角度?．4.（本题6分）质量和材料都相同的两个固态物体，其热容量为C．开始时两物体的温度分别为T1和T2（T1>T2）．今有一热机以这两个物体为高温和低温热源，经若干次循环后，两个物体达到相同的温度，求热机能输出的最大功A max．5.（本题6分）如图所示，为某种一定量的理想气体进行的一个循环过程，它是由一个卡诺正循环12341和一个卡诺逆循环15641组成．已知等温线温度比T1/T2=4，卡诺正逆循环曲线所包围面积大小之比为S1/S2=2．求循环的效率?．6.（本题6分）将热机与热泵组合在一起的暖气设备称为动力暖气设备，其中带动热泵的动力由热机燃烧燃料对外界做功来提供.热泵从天然蓄水池或从地下水取出热量，向温度较高的暖气系统的水供热.同时，暖气系统的水又作为热机的冷却水.若燃烧1kg燃料，锅炉能获得的热量为H，锅炉、地下水、暖气系统的水的温度分别为210℃，15℃，60℃.设热机及热泵均是可逆卡诺机.试问每燃烧1kg燃料，暖气系统所获得热量的理想数值（不考虑各种实际损失）是多少？7.（本题5分）如图所示，原点O是波源，振动方向垂直于纸面，波长是?．AB为波的反射平面，反射时无相位突变?．O点位于A点的正上方，hAO=．Ox轴平行于AB．求Ox轴上干涉加强点的坐标（限于x≥0）．8.（本题6分）一弦线的左端系于音叉的一臂的A点上，右端固定在B点，并用T=7.20N的水平拉力将弦线拉直，音叉在垂直于弦线长度的方向上作每秒50次的简谐振动（如图）．这样，在弦线上产生了入射波和反射波，并形成了驻波．弦的线密度?=2.0g/m，弦线上的质点离开其平衡位置的最大位移为4cm．在t=0时，O点处的质点经过其平衡位置向下运动，O、B之间的距离为L=2.1m．试求：(1)入射波和反射波的表达式；(2)驻波的表达式．9.（本题6分）用每毫米300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱．已知红谱线波长?R在0.63─0.76?m范围内，蓝谱线波长?B在0.43─0.49?m范围内．当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为24.46°处，红蓝两谱线同时出现．(1)在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？(2)在什么角度下只有红谱线出现？10.（本题6分）如图所示，用波长为?=632.8nm(1nm=10-9m)的单色点光源S照射厚度为e=1.00×10-5m、折射率为n2=1.50、半径为R=10.0cm的圆形薄膜F，点光源S与薄膜F的垂直距离为d=10.0cm，薄膜放在空气（折射率n1=1.00）中，观察透射光的等倾干涉条纹．问最多能看到几个亮纹？（注：亮斑和亮环都是亮纹）．11.（本题6分）507⨯双筒望远镜的放大倍数为7，物镜直径为50mm.据瑞利判据，这种望远镜的角分辨率多大？设入射光波长为nm550.眼睛瞳孔的最大直径为7.0mm.求出眼睛对上述入射光的分辨率.用得数除以7，和望远镜的角分辨率对比，然后判断用这种望远镜观ha察时实际起分辨作用的是眼睛还是望远镜.12.（本题6分）一种利用电容器控制绝缘油液面的装置示意如图.平行板电容器的极板插入油中，极板与电源以及测量用电子仪器相连，当液面高度变化时，电容器的电容值发生改变，使电容器产生充放电，从而控制电路工作.已知极板的高度为a ，油的相对电容率为εr ，试求此电容器等效相对电容率与液面高度h 的关系.13.（本题6分）在平面螺旋线中，流过一强度为I 的电流，求在螺旋线中点的磁感强度的大小．螺旋线被限制在半径为R 1和R 2的两圆之间，共n 圈．[提示：螺旋线的极坐标方程为b a r +=θ，其中a ，b 为待定系数]14.（本题6分）一边长为a 的正方形线圈，在t =0时正好从如图所示的均匀磁场的区域上方由静止开始下落，设磁场的磁感强度为B(如图)，线圈的自感为L ，质量为m ，电阻可忽略．求线圈的上边进入磁场前，线圈的速度与时间的关系．15.（本题6分）如图所示，有一圆形平行板空气电容器，板间距为b ，极板间放一与板绝缘的矩形线圈．线圈高为h ，长为l ，线圈平面与极板垂直，一边与极板中心轴重合，另一边沿极板半径放置．若电容器极板电压为U 12=U m cos ?t ，求线圈电压U 的大小．16.（本题6分）在实验室中测得电子的速度是0.8c ，c 为真空中的光速．假设一观察者相对实验室以0.6c 的速率运动，其方向与电子运动方向相同，试求该观察者测出的电子的动能和动量是多少？（电子的静止质量m e ＝9.11×10?31kg ）17.（本题6分）已知垂直射到地球表面每单位面积的日光功率（称太阳常数）等于1.37×103W/m 2． (1)求太阳辐射的总功率．(2)把太阳看作黑体，试计算太阳表面的温度．（地球与太阳的平均距离为1.5×108km ，太阳的半径为6.76×105km ，?=5.67×10-8W/(m 2·K 4)） 18.（本题6分））已知氢原子的核外电子在1s 态时其定态波函数为a r a /3100e π1-=ψ，式中220em h a e π=ε．试求沿径向找到电子的概率为最大时的位置坐标值．(?0=8.85×10-12C 2·N -1·m -2，h =6.626×10-34J ·s ，m e =9.11×10-31kg ，e =1.6×10-19C)参考答案1.（本题6分）解：设碰后刚体质心的速度为v C ，刚体绕通过质心的轴的转动的角速度为?，球D 碰后的速度为v ?，设它们的方向如图所示．因水平无外力，系统动量守恒：C m m m v v v )2(0+'=得：(1)20C v v v ='-1分 弹性碰撞，没有能量损耗，系统动能不变；222220])2(2[21)2(212121ωl m m m m C ++'=v v v ，得(2)22222220l C ω+='-v v v 2分 系统对任一定点的角动量守恒,选择与A 球位置重合的定点计算．A 和D 碰撞前后角动量均为零，B 球只有碰后有角动量，有])2([0C B l ml ml v v -==ω，得(3)2lC ω=v 2分(1)、(2)、(3)各式联立解出lC 00;2;0vv v v ==='ω。

物理试题（23）本卷共九题，满分200分一、（20分，每小题10分）1. 如图所示，弹簧S1 的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A 与球B 之间用线相连。

球B 与球 C 之间用弹簧S2 相连。

A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧与线的质量均可不计。

开始时它们都处在静止状态。

现将A、B 间的线突然剪断，求线刚剪断时A、B、C 的加速度。

2. 两个相同的条形磁铁，放在平板AB 上，磁铁的N、S 极如图所示，开始时平板及磁铁皆处于水平位置，且静止不动。

（ⅰ）现将AB 突然竖直向下平移（磁铁与平板间始终相互接触），并使之停在A B''处，结果发现两个条形磁铁碰在一起。

（ⅱ）如果将AB 从原位置突然竖直向上平移，并使之停在A B''''位置，结果发现两条形磁铁也碰在一起。

试定性地解释上述现象。

二、（20分，第1小题12分，第2小题8分）1. 老爷爷的眼睛是老花眼。

（ⅰ）一物体P 放在明视距离处，老爷爷看不清楚。

试在示意图1中画出此时P 通过眼睛成像的光路示意图。

（ⅱ）带了一副300度的老花镜后，老爷爷就能看清楚放在明视距离处的物体P，试在示意图2中画出P 通过老花镜和眼睛成像的光路示意图。

图12. 有两个凸透镜，它们的焦距分别为f1 和f2，还有两个凹透镜，它们的焦距分别为f3 和f4。

已知，f1＞f2＞| f3 |＞| f4 |。

如果要从这四个透镜中选取两个透镜，组成一架最简单的单筒望远镜，要求能看到放大倍数尽可能大的正立的像，则应选焦距为_________的透镜作为物镜，应选焦距为________的透镜作为目镜。

三、（20分，第一小题12分，第2小题8分）1. 如图所示，电荷量为q1 的正点电荷固定在坐标原点O 处，电荷量为q2 的正点电荷固定在x 轴上，两电荷相距l 。

已知q2＝2q1。

（ⅰ）求在x 轴上场强为零的P 点的坐标。

（ⅱ）若把一电荷量为q0 的点电荷放在P 点，试讨论它的稳定性（只考虑q0 被限制在沿x 轴运动和被限制在沿垂直于x 轴方向运动这两种情况）。