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第24届全国中学⽣物理竞赛复赛试题及详解（WORD版）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ω转到图中所⽰的位置时，AB 杆处于竖直位置。
BC 杆与CD 杆都与⽔平⽅向成45°⾓，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。
求此时C 点加速度c a 的⼤⼩和⽅向（⽤与CD 杆之间的夹⾓表⽰）三、（20分）如图所⽰，⼀容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，⼀厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。
容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。
隔板和活塞可⽤销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作⽤且不漏⽓。
整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的⼤⽓中。
初始时将活塞B ⽤销钉固定在图⽰的位置，隔板M 固定在容器PQ 处，使a 、b 两室体积都等于V 0；1K 、2K 关闭。
全国中学生物理竞赛复赛试卷姓名（）总分（）本卷共九题，满分160 分．计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算环节．只写出最后结果的不能得分．有数字计算的题．答案中必须明确写出数值和单位．填空题把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求解的过程．一、（15 分）蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器（见图）．若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线，它们的悬挂点在不同的高度上，摆长依次减小．设重力加速度g = 9 . 80 m/ s2 ,1 ．试设计一个包含十个单摆的蛇形摆（即求出每个摆的摆长），规定满足：( a ）每个摆的摆长不小于0 . 450m ，不大于1.00m ; ( b ）初始时将所有摆球由平衡点沿x 轴正方向移动相同的一个小位移xo ( xo <<0.45m ) ，然后同时释放，通过40s 后，所有的摆可以同时回到初始状态．2 ．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率初次所有为零所通过的时间为________________________________________.二、（20 分）距离我们为L 处有一恒星，其质量为M ，观测发现其位置呈周期性摆动，周期为T ，摆动范围的最大张角为△θ．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的，试给出这颗行星的质量m所满足的方程．若L=10 光年，T =10 年，△θ= 3 毫角秒，M = Ms （Ms为太阳质量），则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少？分别用太阳质量Ms 和国际单位AU （平均日地距离）作为单位，只保存一位有效数字．已知1 毫角秒=11000角秒，1角秒=13600度，1AU=1.5×108km,光速 c = 3.0×105km/s.三、（22 分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为R ，螺距H =πR ，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,一方面扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A ，这时螺旋环也处在静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴O O′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h 时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．四、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内，离圆心的距离为d ( d > R ) ，在导线上通有随时间变化的电流I, t= 0 时刻，粒子速度的方向与导线平行，离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力，试求出电流 i 随时间的变化规律．不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响．长直导线电流产生的磁感应强度表达式中的比例系数 k 已知．五、（20分）如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为+Q和-Q (Q >0) ，半径分别为R和R/2，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，带电荷为q(q>0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。
第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷本卷共8题，满分160分。
一、（17分）设有一湖水足够深的咸水湖，湖面宽阔而平静，初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放，释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。
已知湖水密度为ρ；物块边长为b ，密度为'ρ，且ρρ<'。
在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下，求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。
解：由于湖面足够宽阔而物块体积很小，所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变，因此，可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系，以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x ，在物块未完全浸没入湖水时，其所受到的浮力为2b f b x g ρ= (x b ≤) (1)式中g 为重力加速度.物块的重力为3g f b g ρ'= (2)设物块的加速度为a ，根据牛顿第二定律有3g b b a f f ρ'=- (3)将(1)和(2)式代入(3)式得g a x b b ρρρρ'⎛⎫=-- ⎪'⎝⎭ (4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系，简称X 系. 新旧坐标的关系为X x b ρρ'=-(5) 把(5)式代入(4)式得ga X bρρ=-' (6)(6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =，则0a =，对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在x 系中的坐标为 0x b ρρ'= (7) 物块运动方程在X 系中可写为()()cos X t A t ωϕ=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为()()sin V t A t ωωϕ=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率ω=(10) 在(8)和(9)式中A 和ϕ分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放时，即0t =时刻有x =0，由(5)式得(0)X b ρρ'=-(11) (0)0V = (12)由(8)至(12)式可求得A b ρρ'=(13) ϕ=π(14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得()()cos X t b t ρωρ'=+π (15)()()V t t ω=+π (16) 由(15)式可知，物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期；但物块的运动始终由(15)表示是有条件的，那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中，则湖水作用于物块的浮力变成恒力，物块此后的运动将不再是简谐振动，物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此，必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然，在x 系中看，物块下底面坐标为b 时，物块刚好被完全浸没；由(5)式知在X 系中这一临界坐标值为b1X X b ρρ'⎛⎫==- ⎪⎝⎭（17）即物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下b X 处. 注意到在振动过程中，物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A ，下面分两种情况讨论：I ．b A X ≤. 由(13)和(17)两式得ρρ'≥2 (18)在这种情况下，物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而，物块从初始位置起，经一个振动周期，再次返回至初始位置. 由(10)式得振动周期22T ωπ== (19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间I 2t T == (20) II ．b A X >. 由(13)和(17)两式得2ρρ'< (21) 在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初始位置起，经过时间1t 物块刚好全部浸入湖水中，这时()1b X t X =. 由(15)和(17)式得()1cos 1t ρρωρρ''+π=- (22) 取合理值，有1arccos 1t ρπρ⎤⎛⎫=--⎥ ⎪'⎝⎭⎦(23) 由上式和(16)式可求得这时物块的速度为1()1V t =(24)此后，物块在液体内作匀减速运动，以a '表示加速度的大小，由牛顿定律有 a g ρρρ'-'=' (25) 设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为2t ，有()120V t a t '-= (26) 由(24)-(26)得2t (27)物块从初始位置出发往返一次所需的时间为II 122()arccos 1t t t ρπρ⎤⎛⎫=+=--⎥⎪'⎝⎭⎦ (28) 评分标准：本题17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.二、（23分）设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯，电梯顶端可超过地球的同步卫星高度R （从地心算起）延伸到太空深处。
全国中学生物理竞赛复赛模拟一、如图所示，定滑轮B、C与动滑轮D组成一滑轮组，各滑轮与转轴间的摩擦、滑轮的质量均不计．在动滑轮D上，悬挂有砝码托盘A，跨过滑轮组的不可伸长的轻线的两端各挂有砝码2和3．一根用轻线（图中穿过弹簧的那条竖直线）拴住的压缩轻弹簧竖直放置在托盘底上，弹簧的下端与托盘底固连，上端放有砝码1（两者未粘连）．已知三个砝码和砝码托盘的质量都是m，弹簧的劲度系数为k，压缩量为l0，整个系统处在静止状态．现突然烧断拴住弹簧的轻线，弹簧便伸长，并推动砝码1向上运动，直到砝码1与弹簧分离．假设砝码1在以后的运动过程中不会与托盘的顶部相碰．求砝码1从与弹簧分离至再次接触经历的时间．二、足球射到球门横梁上时，因速度方向不同、射在横梁上的位置有别，其落地点也是不同的。
已知球门的横梁为圆柱形，设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上，球与横梁间的滑动摩擦系数??0.70，球与横梁碰撞时的恢复系数e=0.70。
试问足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内（含球门上）？足球射在横梁上的位置用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向（垂直于横梁的轴线）的夹角?（小于90）来表示。
不计空气及重力的影响。
三、一质量为m＝3000kg的人造卫星在离地面的高度为H＝180 km的高空绕地球作圆周运动，那里的重力加速度g＝9.3m·s-2．由于受到空气阻力的作用，在一年时间内，人造卫星的高度要下降△H＝0.50km．已知物体在密度为ρ的流体中以速度v运动时受到的阻力F可表示为F ＝1/2ρACv2，式中A是物体的最大横截面积，C是拖曳系数，与物体的形状有关．当卫星在高空中运行时，可以认为卫星的拖曳系数C=1，取卫星的最大横截面积A=6.0m2．已知地球的半径为R0＝6400km．试由以上数据估算卫星所在处的大气密度．?。
20XX年全国中学生物理竞赛复赛模拟（二）撰题人：于万堂一．(素质)（15分）一半径为b的圆轴上固定一半径为B的同心圆盘（B>b），现圆轴在水平轨道上以角速度ω作匀速无滑动滚动。
相对于轨道参考系求：（1）圆盘边缘上一质点P的运动方程（不妨设t=0时，P在O的正下方，如图所示）（2）P点的速度和加速度（3）点P的轨迹的曲率半径二．（素质92）（20分）假定一质量为m 的刚性质点，在两个光滑的刚性墙壁之间，在引力势场)0()(3>-=c rcr V 作用下做二维平面内运动，其中两墙壁之间夹角为θ，如果初始时刻质点在x 轴上离原点距离为R ，速度为),(000y x v v v =，且0,000≠<y x v v ，求： (1) 质点既能到原点又能趋于无限远的条件是什么？(2) 不能到原点，但能趋近于无限远，它到原点的最近距离满足什么关系式？ (3) 能到达原点，但不能趋近于无限远，它到原点的最远距离满足什么关系式？三．（素质180）为了随时测定飞机的飞行高度，人们采用了如下的装置，在机翼的下方用绝缘杆挂一导体球壳，已知导体球的半径为r，离地高度为H，离机翼距离为h，已知H 和h远大于机翼的尺度，所以可以把机体看作半径为R的导体球壳，设R及r远小于h和H。
试说明利用这种装置，通过测量系统的电容来测高的原理，并给出定量计算四． (素质)一铜环绕一垂直于均匀磁场B 0的轴线旋转（铜环截面半径b 远小于环半径a ）,其初角速度ω0很大，可认为在一个周期内角速度变化不大，求角速度由e0ωω变为所需的时间（已知铜的电阻率m ∙Ω⨯=.106.18-ρ，质量密度为33/109.8m kg m ⨯=ρ，磁场大小)1020040T B -⨯=五．（舒力144）（20分）如图，在半顶角为φ的倒立固定圆锥面光滑内壁上，一小球在距锥顶h 0高度处做水平圆周运动。
（1）求圆周运动速率v 0（2）若在某时刻，小球的速度不改变方向地从v 0增为01v α+，小球随即离开原轨道但不会离开圆锥内壁，试问小球是否会在距离锥顶某个h 高度处做水平方向的圆周运动？（3）接（2）问，小球若不再做圆周运动，试求运动过程中相对锥顶能达到的最大高度和最低高度Φ六．(舒奥273)（25分）如图所示，电磁铁的两极是长方形平面，其长度L 远远大于两极间的间距。
第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4） 由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得图1P=v（12）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v（14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+（1）其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知()21p a e=-（2）将（2）式代入（1）式可得()θcos112eear+-=（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T=年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e（4）在近日点0=θ，由（3）式可得1rea=-0（5）将Pθ、a、e的数据代入（3）式即得0.895AUPr=（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a-(7)式中m为彗星的质量．以Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v（8）可得P=v（9）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(10)设P点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v，再根据角动量守恒定律，有()sinP P Pr rϕθ-=v v00（11）根据（8）式，同理可得=v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (13)评分标准：本题20分解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：1f为地面作用于杆AB的摩擦力，1N为地面对杆AB的支持力，2f、2N为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力，3N、4N分别为墙对杆AB和CD的作用力，mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有431N N f+-=（1）120N mg-=（2）以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=（3）式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点，E为BF与CD的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422cos sin 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41tan 2N mg α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13） CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得 arctan 0.38521.1α︒≤= (18) 将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19) 因此，α的取值范围为 19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答：'解法一1． 设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7） 这便是绳的总长度L .3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8）切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有2tlθ∆∆=v （9） 由(1)、(2)、(3)式可得 ()20l ωω=+v （10）2()2t由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11） （11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L所需的时间为0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度． 再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v(3)2l ωω=v (4)小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的2m12φω+ v大小=v (5)因 l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11） 由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0 故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （14）这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16） 当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18） 评分标准：本题25分．解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中0010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力 010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4)沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6) 可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有 2z a =z ω- （11） 由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有0021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有202πqB T mω== (14) 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16)考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）．2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1） 根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2）由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即 05()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT = （6）B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7） 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 0B W R T = （8）内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10）根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为 072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12） 若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积BV ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A AQ R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量0005()()2B AB Q R T T p V V ''''=-+- （17）利用理想气体状态方程，上式变为()072B AQ R T T ''=- （18） 由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- （19） 所以A 室中气体的末态温度 006AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积 00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、参考解答：1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1）式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2） 上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4）由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭ (10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16) 3332He He He 12=T m v (17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）p p m v33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的S = （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132MeV T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1)322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得 33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3p n p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得 1.02M e Vth T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度 3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3) 33p p c Hp H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得 332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而 ()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能 ()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1pm m m +=v(1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v =(3)把(3)式代入(1)式，经整理得 ()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由 1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 ()()2230401020202thm m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++=(9)或有 ()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分。
第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞．以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。
现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置。
每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计。
从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置。
求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。
二、（25分）如图所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C，开始时静止在光滑的水平桌面上。
桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度v沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。
求刚碰后小球A,B,C,D的速度，并详细讨论以0后可能发生的运动情况。
三、（23分）有一带活塞的气缸，如图1所示。
缸内盛有一定质量的气体。
缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的，它们的热容量都不计。
轴穿过气缸处不漏气。
如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式k pVa=其中a ,k 均为常量, a ＞1（其值已知）。
可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为 ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=--1112111a a V V a k W 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。
如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动，已知在这种过程中，气体的压强的改变量p ∆和经过的时间t ∆遵从以下的关系式ω⋅-=∆∆L Va t p 1 式中V 为气体的体积，L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。
上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差（结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示）四、（25分）图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路。
