全国高中物理竞赛国际金牌全真模拟试卷.doc

高中物理竞赛赛模拟卷4含答案物理竞赛复赛模拟卷1.μ子的电量q=-e(e=1.6×10-19C)，静止质量m0=100MeV/c2，静止时的寿命τ0=10-6s。

设在地球赤道上空离地面高度为h=104m处有一μ子以接近于真空中光速的速度垂直向下运动。

1）、试问此μ子至少应有多大总能量才能到达地面？2）、若把赤道上空104m高度范围内的地球磁场看作匀强磁场，磁感应强度B=10-4T，磁场方向与地面平行。

试求具有第1问所得能量的μ子在到达地面时的偏离方向和总的偏转角。

北zB西xOy南2. 热中子能有效地使铀235裂变，但裂变时放出的中子能量代谢较高，因此在核反应堆中石墨作减速剂。

若裂变放出的中子动能为2.2MeV，欲使该中子慢化为热中子（动能约为0.025eV），问需经过多少次对撞？3. 半径为R、质量为M1的均匀圆球与一质量为M2的重物分别用细绳，AD和ACE悬挂于同一点A，并处于平衡，如图11-205所示，已知悬点A到球心O的距离为L，不考虑绳的质量和绳与球的摩擦，试求悬挂圆球的绳AD与竖直方向ABA?TDOBM1gNCEM2g的夹角θ。

4. 火车以速度v1向前行驶。

司机忽然发现，在前方同一轨道上距车为s处有另一辆火车，它沿相同的方向以较小的速度v2作匀速运动，于是他立即使车作匀减速运动，加速度大小为a，要使两车不致相撞，则a应满足的关系式为_____________________。

5．如图所示，有一个一端开口、一端封闭的长圆柱形导热容器，将其开口向上竖直放置。

在气温为27℃、气压为760mmHg、相对湿度为75%时，用一质量可不计的光滑薄活塞将开口端封闭。

已知水蒸气的饱合蒸气压为26.7mmHg，在0℃时为4.5mmHg。

（1）若保持温度不变，想通过在活塞上方注入水银加压强的方法使管内开始有水珠出现，那么容器至少为多长？（2）若在水蒸气刚开始凝结时固定活塞，降低容器温度，当温度降至0℃时，容器内气体压强为多大？水银活塞6．一个静止的竖直放置的玻璃管，长为H=23cm，粗细均匀，开口向下，其内有一段长为h=10cm的水银柱，把长为L0=10cm的空气柱封闭在管的上端。

高中全国物理竞赛试题高中全国物理竞赛是一项旨在提高学生物理思维能力和解决物理问题能力的竞赛活动。

以下是一套模拟的高中全国物理竞赛试题，供参考：# 高中全国物理竞赛试题一、选择题（每题3分，共30分）1. 根据牛顿第二定律，一个物体受到的合外力越大，其加速度：A. 越小B. 越大C. 不变D. 无法确定2. 光的折射定律是：A. 光速与折射率成正比B. 入射角与折射角成正比C. 入射角与折射角的正弦值成正比D. 折射角与折射率成正比3. 以下哪个不是电磁波：A. 无线电波B. 可见光C. X射线D. 声波...二、填空题（每空2分，共20分）1. 根据能量守恒定律，一个物体的总能量在没有外力作用下______。

2. 欧姆定律的公式是______。

3. 一个物体在水平面上做匀速直线运动，其摩擦力等于______。

...三、计算题（每题10分，共30分）1. 一个质量为2kg的物体从静止开始，受到一个恒定的外力F=10N，求物体在5秒内的位移。

2. 一个电子在电场中受到的电场力是3×10^-14 N，求电子的加速度。

3. 一个单摆的摆长为1米，求其周期。

...四、简答题（每题10分，共20分）1. 解释什么是相对论，并简述其基本原理。

2. 描述什么是热力学第二定律，并举例说明其在日常生活中的应用。

...五、实验设计题（每题10分，共10分）设计一个实验来测量一个未知电阻的阻值。

请说明你需要的实验器材、实验步骤以及如何计算电阻值。

注意事项：- 请仔细阅读题目，认真作答。

- 保持答题卡整洁，字迹工整。

- 答题时请在规定时间内完成，注意时间分配。

祝你取得优异成绩！请注意，这只是一个示例，实际的高中全国物理竞赛试题会根据竞赛组织者的具体要求而有所不同。

物理竞赛国际高中试题### 物理竞赛国际高中试题题目一：牛顿运动定律的应用问题描述：一个质量为\( m \)的物体从静止开始，沿着斜面下滑，斜面的倾角为\( \theta \)。

假设斜面足够光滑，忽略空气阻力。

请计算物体下滑的加速度，并讨论当斜面倾角变化时，加速度的变化趋势。

解答提示：1. 利用牛顿第二定律，分析物体在斜面上受到的力。

2. 计算重力在斜面方向上的分量。

3. 根据牛顿第二定律，求解物体的加速度。

4. 分析倾角变化对加速度的影响。

题目二：简谐振动的周期问题描述：一个质量为\( m \)的质点，受到一个弹性力\( F = -kx \)的作用，其中\( k \)为弹性系数，\( x \)为质点的位移。

忽略其他外力，求该质点的振动周期。

解答提示：1. 根据牛顿第二定律，写出质点的运动方程。

2. 将弹性力表达式代入运动方程。

3. 求解该二阶微分方程。

4. 确定振动周期的表达式。

题目三：光的折射定律问题描述：一束光线从空气斜射入水中，已知入射角为\( \alpha \)，折射角为\( \beta \)。

请根据斯涅尔定律，求出折射率\( n \)。

解答提示：1. 回顾斯涅尔定律的表达式。

2. 利用已知的入射角和折射角，代入斯涅尔定律。

3. 解出折射率\( n \)。

题目四：电路分析问题描述：一个简单的串联电路，包含一个电阻\( R \)，一个电感\( L \)，和一个电容\( C \)。

电路中通过一个正弦交流电源，电源电压为\( V(t) = V_m \sin(\omega t) \)。

求电路的总阻抗。

解答提示：1. 写出电阻、电感和电容的电压-电流关系。

2. 利用欧姆定律和法拉第电磁感应定律，分析电感和电容的阻抗。

3. 计算总阻抗的表达式。

题目五：能量守恒定律问题描述：一个质量为\( m \)的物体从高度\( h \)自由落下，忽略空气阻力。

求物体落地时的动能。

解答提示：1. 回顾能量守恒定律。

高中物理竞赛模拟试题集+物理竞赛预赛试卷及答案第21届全国中学生物理竞赛预赛题试卷本卷共九题，满分140分。

一、（15分）填空1．a．原子大小的数量级为__________m。

b．原子核大小的数量级为_________m。

c．氦原子的质量约为_________kg。

d．一个可见光光子的能量的数量级为_________J。

e．在标准状态下，1cm3气体中的分子数约为____________。

（普朗克常量h＝6.63×10－34J·s 阿伏加德罗常量N A＝6.02×1023 mol－1）2．已知某个平面镜反射的光能量为入射光能量的80％。

试判断下列说法是否正确，并简述理由。

a．反射光子数为入射光子数的80％；b．每个反射光子的能量是入射光子能量的80％。

二、（15分）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结，绳跨过位于倾角α＝30︒的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的磨擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。

第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间。

第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为t/3。

求m l与m2之比。

三、（15分）测定电子荷质比（电荷q 与质量m 之比q ／m ）的实验装置如图所示。

真空玻璃管内，阴极K 发出的电子，经阳极A 与阴极K 之间的高电压加速后，形成一束很细的电子流，电子流以平行于平板电容器极板的速度进入两极板C 、D 间的区域。

若两极板C 、D 间无电压，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的O 点；若在两极板间加上电压U ，则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P 点；若再在极板间加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场，则打到荧光屏上的电子产生的光点又回到O 点。

现已知极板的长度l ＝5.00cm ，C 、D 间的距离d ＝l.50cm ，极板区的中点M 到荧光屏中点O 的距离为L ＝12.50cm ，U ＝200V ，P 点到O 点的距离 3.0y OP ==cm ；B ＝6.3×10－4T 。

2024物理竞赛高中试题一、选择题（每题3分，共15分）1. 根据牛顿第二定律，物体的加速度与作用力成正比，与物体的质量成反比。

如果一个物体的质量为2kg，受到的力为10N，那么它的加速度是多少？A. 5 m/s²B. 10 m/s²C. 15 m/s²D. 20 m/s²2. 光在真空中的传播速度是3×10^8 m/s。

如果一束光从地球到月球需要1.28秒，那么月球到地球的距离是多少？A. 3.84×10^8 mB. 4.16×10^8 mC. 4.48×10^8 mD. 5.12×10^8 m3. 一个简单的电容器，其电容为10μF，当电压变化为5V时，储存的电荷量是多少？A. 50 μCB. 100 μCC. 150 μCD. 200 μC4. 根据热力学第一定律，能量守恒。

在一个封闭系统中，如果系统放出了500J的热量，同时做了300J的功，那么系统的内能变化了多少？A. -200JB. -800JC. 200JD. 800J5. 波长为600nm的光在折射率为1.5的介质中传播，其波速是多少？A. 2×10^8 m/sB. 1.5×10^8 m/sC. 1×10^8 m/sD. 0.75×10^8 m/s二、填空题（每空2分，共10分）6. 根据爱因斯坦的质能方程 E=mc²，其中E代表能量，m代表质量，c代表光速。

如果一个物体的质量为1kg，那么它对应的能量是_______J。

7. 在电路中，电阻R、电流I和电压V之间的关系由欧姆定律描述，即V=IR。

如果电路中的电阻为100Ω，电流为0.5A，那么电压是_______V。

8. 一个物体在自由落体运动中，忽略空气阻力，其加速度为9.8m/s²。

如果物体从静止开始下落，那么在第2秒末的速度是_______ m/s。

高中物理竞赛国初试题高中物理竞赛是一项旨在选拔和培养具有物理学科特长的学生的竞赛活动。

国初试题通常具有较高的难度和创新性，考察学生对物理概念的理解、物理规律的应用以及解决实际问题的能力。

以下是一份模拟的高中物理竞赛国初试题内容：一、选择题（每题5分，共30分）1. 一个质量为m的物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力。

在下落过程中，物体的机械能守恒。

若物体下落的高度为h，求物体落地时的速度v。

A. √(2gh)B. √(gh)C. √(3gh)D. √(4gh)2. 两个相同质量的物体A和B，分别以速度v1和v2在光滑水平面上相向而行，发生完全非弹性碰撞后，两物体粘在一起。

求碰撞后两物体的共同速度v。

A. (2v1 - v2) / 3B. (m1v1 + m2v2) / (m1 + m2)C. (v1+ v2) / 2 D. (v1 - v2) / 23. 一个弹簧振子做简谐运动，振幅为A，其周期为T。

若振子从最大位移处开始运动，求经过四分之一周期后，振子的位移x。

A. A/2B. AC. 3A/4D. A/44. 一个带正电的粒子在垂直于磁场方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径为R。

若磁场强度增加为原来的两倍，求粒子的新运动半径R'。

A. R/2B. RC. 2RD. 4R5. 一个质量为m的物体在水平面上以速度v0开始滑动，受到一个与滑动方向相反的恒定摩擦力F。

若物体最终停止，求物体滑动的总距离d。

A. v0^2 / (2F)B. m * v0^2 / (2F)C. F * v0 / mD. 2 * m * v0^2 / F6. 一个理想气体经历一个等压膨胀过程，其体积从V1增加到V2，温度从T1增加到T2。

求气体在这个过程中的内能变化ΔU。

A. 0B. nRT1C. nRT2D. nR(T2 - T1)二、计算题（每题15分，共45分）1. 一个质量为2kg的物体在水平面上以3m/s的速度滑行，受到一个大小为5N的摩擦力作用。

高中物理竞赛模拟试卷（一）说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150 分，考试时间120 分钟.第Ⅰ卷（选择题共40 分）一、本题共10 小题，每小题 4 分，共40 分，在每小题给出的 4 个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，选不全的得2 分，有错选或不答的得0 分.1.置于水平面的支架上吊着一只装满细砂的漏斗，让漏斗左、右摆动，于是桌面上漏下许多砂子，经过一段时间形成一砂堆，砂堆的纵剖面最接近下图Ⅰ-1中的哪一种形状2.如图Ⅰ-2所示，甲乙两物体在同一光滑水平轨道上相向运动，乙上连有一段轻弹簧，甲乙相互作用过程中无机械能损失，下列说法正确的有A.若甲的初速度比乙大，则甲的速度后减到0B.若甲的初动量比乙大，则甲的速度后减到0C.若甲的初动能比乙大，则甲的速度后减到0D.若甲的质量比乙大，则甲的速度后减到03.特技演员从高处跳下，要求落地时必须脚先着地，为尽量保证安全，他落地时最好是采用哪种方法A.让脚尖先着地，且着地瞬间同时下蹲B.让整个脚板着地，且着地瞬间同时下蹲C.让整个脚板着地，且着地瞬间不下蹲D.让脚跟先着地，且着地瞬间同时下蹲4.动物园的水平地面上放着一只质量为M的笼子，笼内有一只质量为m的猴子.当猴以某一加速度沿竖直柱子加速向上爬时，笼子对地面的压力为F1；当猴以同样大小的加速度沿竖直柱子加速下滑时，笼子对地面的压力为F2（如图Ⅰ-3），关于F1和F2的大小，下列判断中正确的是A.F1 = F2＞(M + m)gB.F1＞(M + m)g,F2＜(M + m)gC.F1＞F2＞(M + m)gD.F1＜(M + m)g，F2＞(M + m)g5.下列说法中正确的是A.布朗运动与分子的运动无关B.分子力做正功时，分子间距离一定减小图Ⅰ-3图Ⅰ-2C.在环绕地球运行的空间实验室里不能观察热传递的对流现象 D.通过热传递可以使热转变为功6.如图Ⅰ-4所示，虚线a 、b 、c 代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab = U bc ，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P 、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知 A.三个等势面中，a 的电势最高B.带电质点通过 P 点时电势能较大C.带电质点通过 P 点时的动能较大D.带电质点通过 P 点时的加速度较大7.如图Ⅰ-5所示，L 为电阻很小的线圈，G 1 和G 2为内阻不计、零点在表盘中央的电流计.当开关 K 处于闭合状态时，两表的指针皆偏向右方，那么，当K 断开时，将出现A.G 1 和G 2 的指针都立即回到零点B.G 1 的指针立即回到零点，而G 2 的指针缓慢地回到零点C.G 1 的指针缓慢地回到零点，而G 2 的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点D.G 1 的指针先立即偏向左方，然后缓慢地回到零点，而G 2的指针缓慢地回到零点8.普通磁带录音机是用一个磁头来录音和放音的，磁头结构示意如图Ⅰ-6（a ）所示，在一个环形铁芯上绕一个线圈，铁芯有一个缝隙，工作时磁带就贴着这个缝隙移动，录音时磁头线圈跟话筒、放大电路（亦称微音器）相连（如图Ⅰ-6（b ）所示）；放音时，磁头线圈改为跟扬声器相连（如图Ⅰ-6（c ）所示）.磁带上涂有一层磁粉，磁粉能被磁化且留下剩磁.微音器的作用是把声音的变化转化为电流的变化；扬声器的作用是把电流的变化转化为声音的变化.由此可知①录音时线圈中的感应电流在磁带上产生变化的磁场，②放音时线圈中的感应电流在磁带上产生变化的磁场，③录音时磁带上变化的磁场在线圈中产生感应电流，④放音时磁带上变化的磁场在线圈中产生感应电流.以上说法正确的是A.②③B.①④C.③④D.①②9.下列说法中正确的是A.水中的气泡有时看上去显得格外明亮，这是由于光从空气射向水时发生了全反射的缘故B.凸透镜成虚像时，物的移动方向与像的移动方向相反C.当物体从两倍焦距以外沿主光轴向凹透镜靠近时，物体与像之间的距离不断变小，而图Ⅰ-4 图Ⅰ-5图Ⅰ-6像则不断变大D.红光和紫光在同一种玻璃中传播时，红光的传播速度比紫光的大10.经典波动理论认为光的能量是由光的强度决定的，而光的强度又是由波的振幅决定的，跟频率无关，因此，面对光电效应，这种理论无法解释以下哪种说法A.入射光频率v＜v0（极限频率）时，不论入射光多强，被照射的金属不会逸出电子B.光电子的最大初动能只与入射光频率有关，而与入射光强度无关C.从光照射金属到金属逸出电子的时间一般不超过10-9 sD.当入射光频率v＞v0时，光电流强度与入射光强度成正比第Ⅱ卷（非选择题共110 分）二、本题共3 小题，每小题 5 分，共15 分.11.起重机以恒定功率从地面竖直提升一重物，经t时间物体开始以速度v匀速运动，此时物体离地面高度h= ______.12.如图图Ⅰ-7所示，足够大的方格纸P Q 水平放置，每个方格边长为l，在其正下方水平放置一宽度为L的平面镜MN，在方格纸上有两小孔A和B，AB宽度为d，d恰为某人两眼间的距离，此人通过A、B孔从平面镜里观察方格纸，两孔的中点O和平面镜中的点O′在同一竖直线上，则人眼能看到方格纸的最大宽度是________，人眼最多能看到同一直线上的方格数是________.13.如图Ⅰ-8所示，固定于光滑绝缘水平面上的小球A带正电，质量为2 m，另一个质量为m，带负电的小球B以速度v0远离A运动时，同时释放小球A，则小球A和B组成的系统在此后的运动过程中，其系统的电势能的最大增量为________.三、本题共 3 小题，共20 分，把答案填在题中的横线上或按题目要求作图.14.（6分）在"测定玻璃砖折射率"的实验中，已画好玻璃砖界面的两条直线aa′和bb′，无意中将玻璃砖平移到图Ⅰ-9中的虚线所示位置.若其他操作正确，则测得的折射率将_______（填“偏大”“偏小”或“不变”）.15.（6分）在“研究电磁感应现象”实验中：（1）首先要确定电流表指针偏转方向和电流方向间的关系.实验中所用电流表量程为100μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有：R1 = 100 kΩ，R2 = 1 kΩ，R3 = 10 Ω，应选用_______作为保护电阻.（2）实验中已得出电流表指针向右偏转时，电流是"+"接线柱流入的，那么在如图Ⅰ-10所示的装置中，若将条形磁铁S极朝下插入线圈中，则电流表的指针应向______偏转.16.（8分）一种供仪器使用的小型电池标称电压为9 V，允许电池输出的最大电流为50 mA，为了测定这个电池的电动势和内电阻，可用如下器材：电压表○V内阻很大，R为电阻箱，阻值范围为0~9999Ω；R0为保护电阻，有四个规格，即：A.10 Ω，5 W图Ⅰ-7 图Ⅰ- 8图Ⅰ-9图Ⅰ-10B.190 Ω，21WC.200 Ω，41WD.1.2 k Ω，1W（1）实验时，R 0应选用_______（填字母代号）较好；（2）在虚线框内画出电路图.四、本题共 6 小题，共75 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.17.（10分）激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光，红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲.现有红宝石激光器，发射功率为 P = 1.0×106 W ，所发射的每个脉冲持续的时间为Δt = 1.0×10-11 s 波长为 6693.4 nm(1 nm = 1×10-9 m)问：每列光脉冲含有的光子数是多少？（保留两位有效数字）18.（10分）两个定值电阻，把它们串联起来，等效电阻为 4Ω，把它们并联起来，等效电阻是 1Ω，求：（1）这两个电阻的阻值各为多大？（2）如果把这两个电阻串联后接入一个电动势为E ，内电阻为 r 的电源两极间，两电阻消耗的总功率等于 P 1；如果把这两个电阻并联后接入同一个电源的两极间，两电阻消耗的总功率等于 P 2，若要求 P 1 = 9 W ，且P 2≥P 1，求满足这一要求的 E 和 r 的所有值.19.（12分）地球质量为M ，半径为 R ，自转角速度为ω，万有引力恒量为 G ，如果规定物体在离地球无穷远处势能为 0，则质量为 m 的物体离地心距离为 r 时，具有的万有引力势能可表示为 E p = -G rMm .国际空间站是迄今世界上最大的航天工程，它是在地球大气层上空地球飞行的一个巨大的人造天体，可供宇航员在其上居住和进行科学实验.设空间站离地面高度为 h ，如果在该空间站上直接发射一颗质量为 m 的小卫星，使其能到达地球同步卫星轨道并能在轨道上正常运行，则该卫星在离开空间站时必须具有多大的动能？20.（13分）如图Ⅰ-11所示，绝缘木板 B 放在光滑水平面上，另一质量为 m 、电量为 q 的小物块 A 沿木板上表面以某一初速度从左端沿水平方向滑上木板，木板周围空间存在着范围足够大的、方向竖直向下的匀强电场.当物块 A 滑到木板最右端时，物块与木板恰好相对静止.若将电场方向改为竖直向上，场强大小不变，物块仍以原初速度从左端滑上木板，结果物块运动到木板中点时两者相对静止，假设物块的带电量不变.试问：（1）物块所带电荷的电性如何？（2）电场强度的大小为多少？21.（15分）如图Ⅰ-12所示，质量为 M = 3.0 kg 的小车静止在光滑的水平面上，AD 部分是表面粗糙的水平导轨，DC 部分是光滑的 41圆弧导轨，整个导轨由绝缘材料做成并处于 B = 1.0 T 的垂直纸面向里图Ⅰ-11 图Ⅰ-12的匀强磁场中，今有一质量为 m = 1.0 kg 的金属块（可视为质点）带电量 q = 2.0×10-3 C 的负电，它以v 0 = 8 m/s 的速度冲上小车，当它将要过 D 点时，它对水平导轨的压力为 9.81 N(g 取 9.8 m/s 2)求：（1）m 从 A 到 D 过程中，系统损失了多少机械能？（2）若 m 通过D 点时立即撤去磁场，在这以后小车获得的最大速度是多少？22.（15分）“加速度计”作为测定运动物体加速度的仪器，已被广泛地应用于飞机、潜艇、航天器等装置的制导系统中，如图Ⅰ-13所示是“应变式加速度计”的原理图，支架 A 、B 固定在待测系统上，滑块穿在 A 、B 间的水平光滑杆上，并用轻弹簧固定于支架 A 上，随着系统沿水平做变速运动，滑块相对于支架发生位移，滑块下端的滑动臂可在滑动变阻器上相应地自由滑动，并通过电路转换为电信号从 1、2 两接线柱输出. 已知：滑块质量为 m ，弹簧劲度系数为 k ，电源电动势为 E ，内阻为 r ，滑动变阻器的电阻随长度均匀变化，其总电阻 R = 4 r ，有效总长度 L ，当待测系统静止时，1、2 两接线柱输出的电压 U 0 = 0.4 E ，取 A 到 B 的方向为正方向.（1）确定“加速度计”的测量范围.（2）设在1、2 两接线柱间接入内阻很大的电压表，其读数为 U ，导出加速度的计算式.（3）试在1、2 两接线柱间接入内阻不计的电流表，其读数为 I ，导出加速度的计算式.答案一、（40分）1.D 2.B 3.A 4.C 5.C 6.B 、D 7.D 8.B 9.CD 10.ABC二、（15分）11.vt -gv 2212.d +2l ;l l d 2+ 13.31 mv 02 三、（20分）14.（6分）不变； 15.（6分）（1）R 1；（2）右；16.（8分）（1）B ；（2）如图Ⅰ′-1所示四、17.（10分）设每个光脉冲的能量为E ，则 E = P Δt ，（3分）又光子的频率 ν=λc ，（2分）所以每个激光光子的能量为 E 0 = h λc （2分），则每列光脉冲含有的光子数 n =0E E =hc t P λ∆（2分） 即n =83491161031063.6104.693100.1101⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯---=3.5×1013（1分） 18.（10分）（1）串联电阻：R 1 + R 2 = 4（Ω）串联电阻：2121R R R R += 1 Ω⇒（2）由题意有 P 1=)()(221212R R R R R E +++= 9 W ……（2分） 将前式代入解得：E = 6+1.5r ……（2分）图Ⅰ-13图Ⅰ′-1 R 1 = 2 Ω R 2 = 2 Ω……(2分)由题中的条件 P 2≥P 1得 )1(22r E +≥22)4(4r E +……（2分） 19.（12分）由G 2rMm =r mv 2（1分）得，卫星在空间站上的动能为 E k =21 mv 2 = G )(2h R Mm +（2分）卫星在空间站上的引力势能在 E p = -G hR Mm +（1分） 机械能为 E 1 = E k + E p =-G )(2h R Mm +（2分） 同步卫星在轨道上正常运行时有 G 2rMm =m ω2r （1分）故其轨道半径 r =32ωMG （1分） 由③式得，同步卫星的机械能E 2 = -G r Mm 2=-G 2Mm 32GM ω=-21m (3ωGM )2（2分） 卫星在运行过程中机械能守恒，故离开航天飞机的卫星的机械能应为 E 2，设离开航天飞机时卫星的动能为 E k x ，则E k x = E 2 - E p -21 32ωGM +G hR Mm +（2分） 20.（13分）（1）带负电（2分）s（2）当 E 向下时，设物块与木板的最终速度为v 1，则有mv 0 = (M + m )v 1（2分） μ(mg - qE )L =21mv 02 -21 (M + m )v 12(2分) 当 E 向上时，设物块与木板的最终速度为 v 2，则有mv 0 = (M +m )v 2（2分）μ(mg + qE )2L =21 mv 02 -21 (M + m )v 22（2分） 解得 E =qmg 2（3分） 21.（15分）（1）设 m 抵达D 点的速度为v 1 ，则：Bqv 1 +mg =N （2分）∴v 1 =Bq mg N -=0.1100.280.99813⨯⨯--= 5.0 m/s （1分） 设此小车速度为v 2，金属块由 A-D 过程中系统动量守恒则：mv 0 = mv 1 +Mv 2（1分）∴v 2 = 1.0 m/s （1分）0＜r ≤2 Ω E = 6 +1.5r ……（2分）6 V ＜E ≤9 V r =32E - 4 或∴损失的机械能ΔE =21mv 02 -21mv 12-21Mv 22 = 18 J （2分） （2）在 m 冲上41圆弧和返回到 D 点的过程中，小车速度一直在增大，所以当金属块回到D 点时小车的速度达到最大（2分），且在上述过程中系统水平方向动量守恒，则：mv 1 + Mv 2 = mv 1 ′+Mv 2′（2分）系统机械能守恒，则：21mv 12 + 21Mv 22 = 21mv 1′2+21Mv 02（2分）v 2′=1 m/s 和v 2′=3 m/s （1分） v 2′=1 m/s 舍去，∴小车能获得的最大速度为 3 m/s （1分）22.（15分）（1）当待测系统静止时，1、2 接线柱输出的电压 U 0 =r R +ε·R 12（1分）由已知条件 U 0 = 0.4ε可推知：R 12 = 2r ，此时滑片 P 位于变阻器中点（1分）待测系统沿水平方向做变速运动分加速运动和减速运动两种情况，弹簧最大压缩与最大伸长时刻，P 点只能滑至变阻器的最左端和最右端，故有：a 1 =m L k 2⋅（1分） a 2 =-mL k 2⋅（1分） 所以"加速度计"的测量范围为［-m L k 2⋅·m L k 2⋅］（2分） （2）当1、2两接线柱接电压表时，设P 由中点向左偏移 x ，则与电压表并联部分的电阻 R 1 =（2L - x ）·L r ⋅4（1分） 由闭合电路欧姆定律得：I =r R +1ε（1分）故电压表的读数为：U = IR 1（1分）根据牛顿第二定律得：k ·x = m ·a （1分）建立以上四式得：a =m L k 2⋅ -mU L k ⋅⋅⋅ε45（2分） （3）当1、2 两接线柱接电流表时，滑线变阻器接在 1、2 间的电阻被短路.设P 由中点向左偏移 x ，变阻器接入电路的电阻为：R 2 =（2L + x ）·L r ⋅4 由闭合电路欧姆定律得：ε=I (R 2 +r )根据牛顿第二定律得：k ·x = m · a联立上述三式得：a =r m I r I L k ⋅⋅⋅-⋅4)3(ε（2分）。

物理竞赛模拟试题及参考答案1．在听磁带录音机的录音磁带时发觉，带轴于带卷的半径经过时间t1=20 min减小一半．问此后半径又减小一半需要多少时间？2.一质量为m、电荷量为q的小球，从O点以和水平方向成α角的初速度v0抛出，当达到最高点A时，恰进入一匀强电场中，如图，经过一段时间后，小球从A点沿水平直线运动到与A相距为S的A`点后又折返回到A点，紧接着沿原来斜上抛运动的轨迹逆方向运动又落回原抛出点，求（1）该匀强电场的场强E的大小和方向；（即求出图中的θ角，并在图中标明E的方向）（2）从O点抛出又落回O点所需的时间。

3.两个正点电荷Q1＝Q和Q2＝4Q分别置于固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L，且A、B两点正好位于水平放置的光滑绝缘半圆细管两个端点的出口处，如图所示。

（1）现将另一正点电荷置于A、B连线上靠近A处静止释放，求它在AB连线上运动过程中达到最大速度时的位置离A点的距离。

（2）若把该点电荷放于绝缘管内靠近A点处由静止释放，已知它在管内运动过程中速度为最大时的位置在P处。

试求出图中P A和AB连线的夹角θ。

4.（16分）如图所示，AB为光滑的水平面，BC是倾角为α的足够长的光滑斜面(斜面体固定不动)。

AB、BC间用一小段光滑圆弧轨道相连。

一条长为L的均匀柔软链条开始时静止的放在ABC面上，其一端D至B的距离为L－a。

现自由释放链条，则：⑴链条下滑过程中，系统的机械能是否守恒？简述理由；⑵链条的D端滑到B点时，链条的速率为多大？5.（22分）一传送带装置示意图，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。

现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速度为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。

稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。

【最新整理，下载后即可编辑】第35届全国中学生物理竞赛模拟试题★ 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A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．（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= 0.10 s ．（i）试问卫星发出电波时刻卫星距地面最大高度H 是多少千米？（ii）若△θ= ±1.0′′ ，定出的H 有多大误差？（iii）若τ△= ±0.010 μs ，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24 h 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T1 的高温处和绝对温度为T2 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QW≤T2T1－T2，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 = k △Tl S ，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 m2、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃板引起的．已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m • K )，电费为每度0.50元．试求在理想情况下该热泵工作12 h 需要多少电费？2．若将上述玻璃板换为“双层玻璃板”，两层玻璃的厚度均为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 = 0.025 W / ( m • K )，电费仍为每度0.50元．若该热泵仍然工作12 h ，问这时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、有图1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 = 0.10 mV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=(－ne )22( C S +C D )．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V 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 =CGVG．这时，单电子岛的静电能可近似为U n=(－ne+q)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，图3 图4图5U n( e2 / 2C∑)C G V Ge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 VG/ 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dmin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zO 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r =GM / c2a cosφ+a2 ( 1 + sin2φ)，G 是万有引力恒量，M 是星体质量，c 是光速，a 是绝对值远小于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 / 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24.6 eV ．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 = 0.511 MeV / c2，c是光速，组合常量c =197.3 MeV • fm = 197.3 eV • nm ，ke2 = 1.44 MeV • fm = 1.44 eV • nm ，k是静电力常量，e 是基本电荷量．2．右图是某种粒子穿过云室留下的径迹的照片．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 = 1.00 T ，粒子质量m = 9.11 ×10－31 kg = 0.511 MeV / c2．不考虑云室中气体对粒子的阻力．（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 =2.50 ns ．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35届全国中学生物理竞赛模拟试题参考解答一、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，lp表示B 与C之间的距离（如图1所示），则有l = vt ，lp = v p t （1）图1和l 2p= d2 + l2 －2dl cosθ．（2）解式（1），（2）可得l =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (vpv)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vp≥v sinθ．（4）解法二：设BA 与BC 的夹角为φ（如图1）．按正弦定理有lp sinθ=lsinφ．利用式（1）有vpv= sinθsinφ．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 =d1－( v p / v)2{cosθ±[ (vpv)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lr＜lmin．（6）由（5），（6）两式得l r ＜d1－( v p / v)2{cosθ±[ (vpv)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lmin的C1 点之前，攻方接球队员能够到达距A 点小于lmin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trm= ( L－l min ) /vr；（8）守方队员到达C1 处所需时间t pm = ( d2+ l 2min－2dl mincosθ)1 / 2/v p．球不被守方抢断的条件是图2trm＜tpm．（9）即L＜vrvp( d2 + l2min－2dl min cosθ)1 / 2 + l min ，（10）式中l min 由式（5）给出．解法二：守方队员到达C1 点的时间和球到达该点的时间相同，因此有tpm= 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 + vr/ 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 = (cτ)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 = －R ( R +H ) sinθ△θH +( 1－cosθ) R，（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 =c2ττ△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 =25m ．（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－1－(vc )2T= [ 1－1－(vc )2] T ，（11）这里v 是卫星相对地面的速度，可由下列方程定出：v2r= GMr2，（12）其中G 是万有引力常量，M 是地球质量，r 是轨道半径．式（11）给出v = GMr =gr R =gR + h R ，其中R 是地球半径，h 是卫星离地面的高度，g = GM / R2是地面重力加速度；代入数值有v = 3.89 km / s ．于是( v / c )2 ≈1.68 ×10－10，这是很小的数．所以[ 1－(vc )2 ]1 / 2 ≈1－12(vc )2．最后，可以算出24 h 的时差T－t ≈12(vc )2T=12gR2c2 ( R + h )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T0之差t－T= 1－2φc2T0－T0= ( 1－2φc2－1 )T0 ．（14）卫星上的钟所处的重力势能的大小为φ=GMR + h=R2R + hg．（15）所以φc2=gR2c2 ( R + h )；代入数值有φ/ c2 = 1.68 ×10－10，这是很小的数．式（14）近似为t －T 0 ≈－ φc 2T 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 = 1－2E φ c 2 T 0－T 0 = ( 1－2Eφ c 2 －1 )T 0 ． （17）地面上的钟所处的重力势能的大小为E φ= GM R=gR ． （18）所以 Eφ c 2 = gR 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 ≈－ Eφ c 2T 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 ≈－ Eφφ- c 2T 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 ≈－ Eφφ- c 2 T = gR c 2 hR + h T ． （21）注意，题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T ．最后，算出 24 h 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q －P P≤ T 2T 1－T 2 ，（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 ≥ T 1－T 2T 1q ．（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Pmin =T1－T2T1q ．（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 =k T1－T2lS ．（4）要保持室内温度恒定，应有q = H ．（5）由（3）～（5）三式得Pmin=kS ( T1－T2 )2lT1．（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Cmin= P min tc ．（7）注意到T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ，T2 = －5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ，1度电= 1 kW • h ．由（6），（7）两式，并代入有关数据得Cmin =( T1－T2 )2T1l Sktc = 23.99元．（8）所以，在理想情况下，该热泵工作12 h 需约24元电费．2．设中间空气层内表面的温度为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=kT1－T il S ，（9）H2=k0Ti－T0lS ，（10）H3=kT－T2lS ．（11）在稳定传热的情况下，有H1=H2=H3．（12）由（9）～（12）四式得k T1－T il= k0Ti－T0l和T1－T i = T0－T2．（13）解式（13）得T i =lk + lklk + 2lkT1+lklk + 2lkT2．（14）将（14）式代入（9）式得H1 =kklk + 2lk( 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 =kklk + 2lk( T1－T2 )2T1S ．（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12 h 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，VAB表示两极板间的电压（如题目中图3所示），则有VAB= Q/ C ．（1）这时电容器储能U= 1 2CV2AB．（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 =Q + eC，U′=12CV ′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 ＞－12eC ．（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，VAB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 ＜12eC ．（7）由（6），（7）两式知，当电压V AB 在－e / 2C～e / 2C 之间时，单电子隧穿受到库仑阻塞，即库仑阻塞的条件为－12eC ＜V AB ＜12eC ．（8）2．依题意和式（8）可知，恰好能发生隧穿时有V AB =12eC = 0.10mV ．（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 ．双结结构体系如图a所示，以Q1 ，Q2 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 = Q2－Q1．（11）体系的静电能为C S 和C D 中静电能的总和，即U = Q212C S+Q222C D；（12）图a电压V = Q1CS+Q2CD．（13）由（11）～（13）三式解得U = 12CV2+(Q2－Q1)22 ( C S + C D )．（14）由于V为恒量，从式（13）可知体系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2n 0 1 2 3C G VG/ e 的变化范围0～0.5 0.5～1.5 1.5～2.5 2.5～3.0U n( e2 / 2C )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i2与i′2 ．在△OCD中，O点与入射点C的距离y c由正弦定理得y c sin i2=Rsin ( 90° + r)，即y c =sin i2cos rR ．（1）同理在△OC ′D′中，O 点与入射点C ′的距离有y c′sin i′2=Rsin ( 90°－r)，即y c′=sin i′2cos rR ．（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 亦图1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 ′=sin i20cos rR ，（4）即d= 2y o c= 2sin i20 cos rR ．（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dmin= 2R sin i20 = 1.33 R ．（6）当i →90°（掠入射）时，r→41.8°．将r =41.8°代入式（4）得dmax= 1.79 R．（7）2．由图2可见，φ是Oz 轴与线段OD 的夹角，φ′是Oz 轴与线段图2OD ′ 的夹角．发生全反射时，有φ = i 20 + r ， （8）φ′ = i 20 － r ， （9）和 θ = φ + φ′ = 2i 20≈83.6° ． （10）由此可见，θ 与 i 无关，即 θ 独立于 i ．在掠入射时，i ≈90° ，r = 41.8° ，由式（8）,（9）两式得φ = 83.6° ，φ′ = 0°． （11）六、由于方程r= GM / c 2a cos φ + a 2 ( 1 + sin 2φ)（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 a 2| a | ，有a ≈－GM / c 2r 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y S r x O Er m φ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rm= 2GMd / c2 ．（5）把式（5）代入式（3）得θS≈8GM / c2d；（6）即M≈θ2Sc2d/ 8G ，（7）其中d = 3.787 ×1017 m ；代入数值就可算出M≈2.07 ×1030 kg ．（8）解法二：光线射向无限远处的坐标可以写成r→∞，φ= －π2+θ2． （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 θ1，有a θ / 2 + 2a 2 = 0 ．所以 θS ≈θ = －4a = 8GM / c 2d ，（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sinθS2=△( r cos φ )△r= cos φ－r sin φ△φ△r ． （11）由光线方程（1）算出△φ / △r ，有sin θS2 = cos φ－r sin φGM / c 2r 2a sin φ = cos φ－ GM c 2ra；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≈2GM c 2d2c 2dGM=8GM c 2d，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－GMc2rmr[ (r cosφ )2 + 2 (r sinφ)2 ] ，即x= －r m + GMc2rmr( x2+2y2 ) ．（12）当y→－∞时，式（12）的渐近式为x = －rm －2GMc2rmy．这是直线方程，它在x轴上的截距为－r m ，斜率为1－2GM/ c2r m≈1－tan ( θS / 2 ) ≈－1θS/ 2．于是有θS ≈4GM/c2r m ．r m用式（5）代入后，得到式（6），从而也有式（8）．七、1．（I）氦原子中有两个电子，一级电离能E+ 是把其中一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2ke2r2= mv2 r中，r 是轨道半径，v 是电子速度．对基态，用玻尔量子化条件（角动量为）可以解出r=2/ 2ke2m ．（1）于是氦离子能量E* = p22m－2ke2r= －2k2e4m2，（2）其中p0 为基态电子动量的大小；代入数值得E* = －2( ke2 )2mc2(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E=2E* ≈－108.8 eV ．（4）氦离子能量E*与氦原子基态能量E0之差就是氦原子的一级电离能E+ =E*－E= －E*≈54.4 eV ．（5）解法二：氦离子能量E*= p22m－2ke2r．把基态的角动量关系rp =代入，式（3）可以改写成E* = 22mr2－2ke2r=22m(1r－2ke2m2)2－2k2e4m2．因基态的能量最小，式（4）等号右边的第一项为零，所以半径和能量r 0 = 22ke2m，E*= －2k2e4m2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mv2r= 2ke2r2－ke2( 2r )2=7ke24r2和基态量子化条件rmv =，可以解出半径r= 42/ 7ke2m，（6）于是氦原子基态能量E 0= 2 (p22m－2ke2r) +ke22r0= －49k2e4m162；（7）代入数值算得E 0= －49( ke2 )2mc216(c)2≈－83.4 eV ，（8）r 0 =4 (c)27ke2mc2≈ 0.0302 nm ．所以，氦原子的一级电离能E+ =E*－E≈29.0 eV ．（9）这仍比实验测得的氦原子一级电离能24.6 eV 高出4.4 eV ．解法二：氦原子能量E = 2 (p22m－2ke2r) +ke22r=2mr2－7ke22r可以化成E = 2m( 1r－7ke2m42)2－49k2e4m162．当上式等号右边第一项为零时，能量最小．由此可知，基态能量与半径E 0 =－49k2e4m162，r0=427ke2m分别与（7），（6）两式相同．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=|△p△t| =p△φ△t=pvr，（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pd=63.0 MeV / c ，p u= 22.8 MeV / c ．（3）注意到当pc mc2 时应使用狭义相对论，从p=mv1－( v / c)2．（4）中可以得到v=c1+( mc / p)2．（5）用v d 和v u 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小．把式（2）以及m = 0.511 MeV / c2代入式（3），可得vd≈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 = △p du△t=pd－p ud / (v cosθ)≈( p d－p u ) c cosθd；（8）代入有关数值得f ≈ 1.04 ×10－9。