第23届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

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0v 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 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 ∆遵从以图2下的关系式式中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。

二、（16分）23．15岁的小明和爸爸妈妈一起去某古镇旅游时，发现了一处“酿洒作坊”，还在酿造某种当地特产的白酒．作坊里的一些装置（如图1所示）引起了她的好奇心．导游介绍说这个装置名为“木榨”，将事先经过浸泡、蒸煮、发酵的糯米和水的混合物（称为“酒醪”）装入绢袋，再放入右侧的榨箱内（榨箱下面铺有竹帘），盖上压板和砧木，将横梁的一端卡在右边立架的F点，用E点压住砧木，左端的D点被一根竖直的木条与下面的木架AC的B点连接起来，然后在本架左边的A处木板上放上沉重的石条来施加持续的压力，就可以将酒醪中的液体压榨出来．他站在木榨侧面正对着木榨拍下了此照片，回到家后用刻度尺测量了照片上的一些尺寸，如图1（单位：mm）．（1）他当时用自己的手测测了旁边放置的石条，每块宽约1拃（1“柞”为尽力伸开手掌后，拇指尖到中指尖的距离），长约为2拃加一掌宽，厚约为一掌宽，他还查阅了石头的密度，发现各种石头的密度一般不同，就选了其中一种石头密度值ρ=2.7×l03kg/m3；根据这些数据估算每块石条的质量，进而估算当在A处增加5块石条时，砧木受到的压力的增加量．（2）在酒坊另一个角落，有两个用粗管连接的圆柱形容器．如图甲所示，上面分别写着“蒸馏锅”和“冷却池”．将压榨出的酒液放入蒸馏锅内，将上盖密封后，在底部用柴火加热；从冷却池的上方可以看到，池内的水中浸泡着一段螺旋状的管道，外壁分别接有两个水管和一个出酒管，如图乙所示．冷却池里的管道为什么要做成这种形状？（3）试分析冷水应该从冷却池的A、B哪个口进入，为什么？（4）从冷却池出酒口流出的酒液和蒸馏锅内剩下的液体相比，哪个的密度大？为什么？四、（16分）4．有一种由磁性开关控制的自动水位控制装置，其基本原理结构如图所示：当储水槽内的水位降低到某一位置时，弹簧的弹力会克服水的压力将活塞向右推，当环形电磁铁到达干簧管2正下方时，由于磁化使得干簧管接通，送入电信号至控制电路，使水泵电动机与电源接通，水泵开始向储水槽内送水；当储水槽内的水位升高到某一位置时，水的压力克服弹簧弹力将活塞向左推，当环形电磁铁到达干簧管l正下方时，由于磁化使得干簧管接通，送入电信号至控制电路，使水泵电动机与电源断开，水泵停止工作．6。

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 pV a =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 图2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。

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）。

第23届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h 随时间t 变化的关系如图所示．设照片拍摄到的小球位置用A 表示，A 离玻璃管底部的距离为h A ，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H .小球可以在下落的过程中经过A 点，也可在上升的过程中经过A 点.现以τ表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间），1τ表示小球从最高点下落至A 点所需的时间（也就是从A 点上升至最高点所需的时间），2τ表示小球从A 点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A 点所需的时间）.显然，12τττ+=.根据题意，在时间间隔T 的起始时刻和终了时刻小球都在A 点．用n 表示时间间隔 T 内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A 点的次数（n ≥2）.下面分两种情况进行讨论：1．A 点不正好在最高点或最低点． 当n 为奇数时有()()()12111T n n n τττ=-+-=- 3,5,7,n = （1）在（1）式中，根据题意1τ可取10ττ<<中的任意值，而21τττ=-（2）当n 为偶数时有()()211222T n n n n ττττ=+-=+- 2,4,6,n = （3）由（3）式得12ττ=（4）由（1）、（3）、（4）式知，不论n 是奇数还是偶数，都有()1T n τ=- 2,3,4,n =（5）因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为th2211221n T H g g n τ⎛⎫== ⎪-⎝⎭2,3,4,n = （6）若用n H 表示与n 对应的H 值，则与n H 相应的A 点到玻璃管底部的距离 2112A n h H g τ=-2,3,4,n = （7）当n 为奇数时，1τ可取10ττ<<中的任意值，故有0A n h H << 2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=3,5,7,·· · （8） 可见与n H 相应的A h 的可能值为0与n H 之间的任意值．当n 为偶数时，112ττ=，由（6）式、（7）式求得n H 的可能值34A n h H =2121n T H g n ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪-⎝⎭⎢⎥⎣⎦n=2,4,6,·· · （9） 2．若A 点正好在最高点或最低点． 无论n 是奇数还是偶数都有()21T n τ=- n=2,3,4,· · ·（10）()22112221n T H g g n τ⎡⎤==⎢⎥-⎢⎥⎣⎦n=2,3,4,·· · （11）A n h H = ()21221n T H g n ⎧⎫⎡⎤⎪⎪=⎨⎢⎥⎬-⎢⎥⎪⎪⎣⎦⎩⎭n=2,3,4,·· · （12）或0A h =（13）解法二因为照相机每经一时间间隔T 拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T 和这个周期的比值应该是一整数．下面我们就研究小球通过某个位置的周期性．设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为τ ，从最高点下落至相片上小球所在点（A 点）所需时间为1τ，从A 点下落至管底所需时间为2τ，则12τττ=+（1）（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是τ、1τ和2τ）从小球在下落过程中经过A 点时刻开始，小球经过的时间22τ后上升至A 点，再经过时间12τ后又落到A 点，此过程所需总时间为12222τττ+=．以后小球将重复这样的运动．小球周期性重复出现在A 点的周期是多少？ 分两种情况讨论：（1）． 12ττ≠，1τ和2τ都不是小球在A 点重复出现的周期，周期是2τ．（2）． 12ττ=，小球经过时间22ττ=回到A 点，再经过时间12ττ=又回到A 点，所以小球重复出现在A 点的周期为τ．下面就分别讨论各种情况中H 的可能值和A 点离管底的距离A h 的可能值．（如果从小球在上升过程中经过A 点的时刻开始计时，结果一样，只是1τ和2τ对调一下）1．H 的可能值（1）．较普遍的情况，12ττ≠．T 与2τ的比值应为一整数，τ的可能值应符合下式2Tk τ=， 1,2,3,k = （2）由自由落体公式可知，与此相应的k H 的数值为2211222k T H g g k τ⎛⎫== ⎪⎝⎭1,2,3,k = （3）（2）．12ττ=．τ的可能值应符合下式Tk τ'= 1,2,3,k '= （4）故k H '的可能值为221122k T H g g k τ'⎛⎫== ⎪'⎝⎭1,2,3,k '= （5）当k '为偶数时，即2,4,6,k '=时，（5）式与（3）式完全相同．可见由（3）式求得的H 的可能值包含了12ττ≠的全部情况和12ττ=的一部分情况．当k '为奇数时，即1,3,5,k '=时，由（5）式得出的H 的可能值为212k T H g k '⎛⎫= ⎪'⎝⎭1,3,5,k '= （6）它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的H 合在一起是H 的全部的可能值． 2．与各H 值相应的A h 的可能值 a.与k H 相应的A h 的可能值由于在求得（3）式时未限定A 点的位置，故A h 的数值可取0和k H 之间的任意值，即0A k h H ≤≤ 2122k T H g k ⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 1,2,3,k = （7）b. 与k H '（k '为奇数）相应的A h 的可能值 这些数值与A 位于特定的位置，122τττ==，相对应，所以对于每一个k H '对应的A h 是一个特定值，它们是21122A k T h H g k '⎛⎫=- ⎪'⎝⎭212k T H g k '⎡⎤⎛⎫=⎢⎥ ⎪'⎝⎭⎢⎥⎣⎦1,3,5,k '= （8）评分标准：本题23分 二、参考解答：1． 求刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度设刚碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A v 、B v 、C v 、D v ，并设它们的方向都与0v 的方向相同．由于小球C 位于由B 、C 、D 三球组成的系统的质心处，所以小球C 的速度也就是这系统的质心的速度．因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒， 故有0A C 3M M m =+v v v（1） 碰撞前后质点组的角动量守恒，有C D 02ml ml =+v v（2）这里角动量的参考点设在与B 球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正．因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有222220A B C D 11111+22222M M m m =++v v mv v v （3）因为杆是刚性杆，小球B 和D 相对于小球C 的速度大小必相等，方向应相反，所以有B C C D --v v =v v（4）解（1）、（2）、（3）、（4）式，可得两个解C v =0（5）和C 0456MM m=+v v（6）因为C v 也是刚碰撞后由B 、C 、D 三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去．取（6）式时可解得刚碰撞后A 、B 、D 三球的速度 A 05656M mM m -=+v v（7）B 01056M M m=+v v（8）D 0256MM m=-+v v（9）2．讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B 、C 、D 三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C 将以（6）式的速度即C 0456MM m=+v v 沿0v 方向作匀速运动．由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B 、D 两小球将绕小球C 作匀角速度转动，角速度的大小为656B M l M m ω-==+C v v v l（10）方向为逆时针方向．由（7）式可知，碰后小球A 的速度的大小和方向与M 、m 的大小有关，下面就M 、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：（i ）A 0v =，即碰撞后小球A 停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是 即65M m = （11）（ii ）A 0v <，即碰撞后小球A 反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是65M m < （12）（iii ）A 0v >但A C <v v ，即碰撞后小球A 沿0v 方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C 的速度．由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是 560M m ->和m M M 654->即665m M m << （13）（iv ）A C >v v ，即碰撞后小球A 仍沿0v 方向运动，且其速度大于小球C 的速度，发生这种运动的条件是6M m > （14） （v ）A C =v v ，即碰撞后小球A 和小球C 以相同的速度一起沿0v 方向运动，发生这种运动的条件是6M m =（15）在这种情形下，由于小球B 、D 绕小球C 作圆周运动，当细杆转过180时，小球D 将从小球A 的后面与小球A 相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A 继续沿0v 方向运动．根据质心运动定理，C 球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞．这两次碰撞的时间间隔是()056πππ6M m l lt Mω+===v v （16）从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C 走过的路程C 2π3ld t ==v （17）3．求第二次碰撞后，小球A 、B 、C 、D 的速度刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过180，这时，小球B 的速度为D v ，小球D 的速度为B v ．在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒．设第二次刚碰撞后小球A 、B 、C 、D 的速度分别为A 'v 、B 'v 、C 'v 和D 'v ，并假定它们的方向都与0v 的方向相同．注意到（1）、（2）、（3）式可得0AC 3M M m ''=+v v v （18） C B 02ml ml ''=+v v（19）222220A B C D 11111+22222M M m m ''''=++v v mv v v（20）由杆的刚性条件有D C C B ''''-=-v v v v（21）（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D 球重合的空间点．把（18）、（19）、（20）、（21）式与（1）、（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B 和D 互换之外是完全相同的．因此它们也有两个解C0'=v （22） 和C0456MM m'=+v v（23）对于由B 、C 、D 三小球组成的系统，在受到A 球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去．取（22）式时，可解得 A 0'=v v （24）B 0'=v（25）D 0'=v（26）（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A 以速度0v 作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B 、C 、D 则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离2π3ld =，而且小球D 和B 换了位置． 评分标准：本题25分． 三、参考解答：由k pV =α， 1>α （1）可知，当V 增大时，p 将随之减小（当V 减小时，p 将随之增大），在p V -图上所对应的曲线（过状态A ）大致如图所示．在曲线上取体积与状态B 的体积相同的状态C ．现在设想气体从状态A 出发，保持叶片不动，而令活V塞缓慢地向右移动，使气体膨胀，由状态A 到达状态C ，在此过程中，外界对气体做功11111C A k W V V ααα--⎡⎤=-⎢⎥-⎣⎦（2）用U A 、U C 分别表示气体处于状态A 、C 时的内能，因为是绝热过程，所以内能的增量等于外界对气体做的功，即11111C A C A k U U V V ααα--⎡⎤-=-⎢⎥-⎣⎦（3）再设想气体处于状态C 时，保持其体积不变，即保持活塞不动，令叶片以角速度ω 做匀速转动，这样叶片就要克服气体阻力而做功，因为缸壁及活塞都是绝热的，题设缸内其它物体热容量不计，活塞又不动（即活塞不做功），所以此功完全用来增加气体的内能．因为气体体积不变，所以它的温度和压强都会升高，最后令它到达状态B ．在这过程中叶片转动的时间用∆t 表示，则在气体的状态从C 到B 的过程中，叶片克服气体阻力做功W L t ω'=∆ （4）令U B 表示气体处于状态B 时的内能，由热力学第一定律得B C U U L t ω-=∆（5）由题知1p L t Vαω∆-=⋅∆ （6）由（4）、（5）、（6）式得()1BB C BC V U U p p α-=-- （7）（7）式加（3）式，得()111111B B A B C C A V k U U p p V V αααα--⎡⎤-=-+-⎢⎥--⎣⎦（8）利用pV k α=和C B V V =得()11B A B B A A U U p V p V α-=-- （9）评分标准：本题23分． 四、参考解答：答案：D u 如图1所示，B u 如图2 所示． u D．附参考解法：二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D 1和D 2处在什么状态，若在时刻t ，A 点的电压为u A ，D 点的电压为u D ，B 点的电压为u B ，电容器C 1两极板间的电压为u C 1，电容器C 2两极板间的电压为u C 2，则有1D A C u u u =- （1）2B C u u =（2） 11C A D q u u u C =-=（3）22C B G qu u u C=-=（4）式中q 1为C 1与A 点连接的极板上的电荷量，q 2为C 2与B 点连接的极板上的电荷量.若二极管D 1截止，D 2导通，则称电路处在状态I . 当电路处在状态I 时有D B u u = 0D u >（5）若二极管D 1和D 2都截止，则称电路处在状态II . 当电路处在状态II 时有D B u u < 0D u >（6）若二极管D 1导通，D 2截止，则称电路处在状态III .当电路处在状态III 时有D B u u < 0=D u（7）电路处在不同状态时的等效电路如图3所示.在0t =到2t T =时间间隔内，u D 、u B 随时间t 的变化情况分析如下：1. 从0t =起，u A 从0开始增大，电路处在状态 I ，C 1、C 2与电源组成闭合回路. 因C 1、C 2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有在u A 达到最大值即u A = U 时，对应的时刻为14t T =，这时12D B u U ==，也达到最大值. u A 达到最大值后将要减小，由于D 2的单向导电性，电容器C 1、C 2都不会放电，1C u 和2C u 保持不变，u D 将要小于12U ，即将要小于u B ，D 2将由导通变成截止，电路不再处于状态I . 所以从t = 0到14t T =时间间隔内，u D 、u B随时间t 变化的图线如图4、图5中区域I 内的的直线所示．2. 从14t T =起，因u D 小于u B ，D 2处在截止状态，电路从状态 I 变为状态 II . 因为二极管的反向电0 2TT 图2C 1D 1 C 2 D u A G A BD 2 C 1 D 1 2 Du A GA BD 2C 1D 1 C 2 D u A GA B D 2 状态I 状态II 状态III图3阻为无限大，电容器C 1、C 2都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II 时，D 点的电压 B 点的电压随着u A 从最大值U 逐渐变小，u D 亦变小；当12A u U =时，对应的时刻为38t T =，0D u =.如果u A 小于12U ，则u D 将小于0，D 1要从截止变成导通，电路不再处在状态II .所以在14t T =到38t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 II 1 内的直线所示.3.从38t T =起，u A 从12U 开始减小，D 1导通，但D B u u <，D 2仍是截止的，电路从状态II 变为状态III .当电路处在 状态 III 时有在u A 减小的过程中，C 1两极板间的电压u C 1（= u A ）也随之改变，从而维持u D 为0. 当u A 达到反向最大值即A u U =-时，对应的时刻为34t T =，1C u U =-.若u A 从U -开始增大（U -减小），因D 1的单向导电性，电容器C 1不会放电，1C u U =-保持不变，10D A C u u u =->，D 1要从导通变成截止，电路不再处于状态III .所以在38t T =到34t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中区域 III 1 内的直线所示.4. 从34t T =起，u A 从U -开始增大， D 1变为截止状态，D A u u U =+从零开始增大，只要u D 仍小于u B ，D 2仍是截止的，电路从状态III 变为状态II . 当电路处在 状态 II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 故有当u A 增大至12U -时，对应的时刻为78t T =，12D B u u U ==. 若u A 再增大，u D 将要大于u B ，D 2将要从截止变为导通，D B u u =，电路不再处于状态II . 所以在34t T =到78t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 区域 II 2 中的直线所示.5. 从78t T =起，u A 要从12U -增大， D 2变为导通状态，这时D 1仍是截止的，电路又进入状态I . 当电路处在 状态I 时，电源与C 1、C 2构成闭合回路，而当u A 变化时，12q q +将随之变化，但由导通的二极管D 2连接的C 1、C 2的两块极板所带的总电荷量12q q -+是恒定不变的.由于在78t T =时刻，1C u U =-，212C u U =，此时1q CU =-，212q CU =，故有 由以上有关各式得u D 、u B 随着u A 的增大而增大. 当u A 达到最大值即A u U =时，对应的时刻为54t T =，54D B u u U ==．由于D 2单向导电，2B C u u =只增不减，u A 从最大值减小时，1C u 不变，u D 将要小于54U ，而2B C u u =保持为54U ，因而D B u u <，D 2从导通变成截止，电路不再是状态I . 所以在78t T =到T t 45=时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 I 2中的直线所示.6. 从54t T =起，u A 从U 开始减小， D 2变为截止状态，这时D 1仍是截止的，电路又进入状态II . 当电路处在 状态 II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变. 由54t T =时刻的u D 和u A 的值可知此时114C u U =-. 故有当u A 减少至14U -时，对应的时刻为=t 2516T ，0D u =，以后D 1将由截止变为导通，电路不再处在状态II . 所以在54t T =到2516t T =时间内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中 II 3中的直线所示.7. 从2516t T =起，u A 从14U -开始减小，D 1变为导通状态，但D 2仍是截止的，电路又进入状态III ，故有在u A 减小的过程中，C 1两端的电压u C 1也随之改变，开始阶段D 1保持导通，u D = 0. 但当u A 减小至-U 时，对应的时刻为74t T =，u C 1 = U . 因D 1单向导电，且D B u u <，C 1右极板的正电荷只增不减，u A 到达-U 后要增大，u D 要大于0，D 1要从导通变为截止，电路不再处于状态III . 所以在2516t T =到74t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中III 2内的直线所示.8. 从74t T =起，u A 从-U 开始增大，D 1变为截止状态，D 2仍是截止的，电路又进入状态II . 当电路处于状态II 时，C 1和C 2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由74t T =时刻的u D 和u A 的值可知，此时1C u U =-.故有u D 将随着u A 的增大而增大.当u A =14U 时，对应的时刻33216t T T =>，u D =54U ，与u B 相等.以后u D 要大于54U ，D 2要从截止变为导通，电路不再是状态II . 所以在74t T =到2t T =时间间隔内，u D 、u B 随t 变化的图线如图4和图5中II 4内的直线所示.总结以上讨论，各时段起讫时刻及D u 和B u 变化值如下表所示： 时 段 1 2 3 4 5 6 7 8 I 1II 1III 1II 2I 2II 3III 2II 4u D评分标准：本题25分 五、参考解答：1．题给的磁场(),B x t 随时间和空间的变化具有周期性，在某时刻t ，磁场的空间分布为 在t t +∆时刻，磁场的空间分布为比较上面两式，不难看出，t 和t t +∆这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的，只是t 时刻原位于x t k ω⎛⎫-∆ ⎪⎝⎭处的磁场，经历t ∆时间，在t t +∆时刻，出现在x 处．即整个磁场的分布经时间间隔t ∆沿x轴的正方向平移了一段距离 平移速度0x t kω∆==∆v （1）平移速度0v 为恒量．由此可见，题给出的磁场()()0,cos B x t B t kx ω=-可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度0v 沿x 轴的正方向平移．如果金属框移动的速度小于磁场区域平移的速度，那么通过金属框的磁通将随时间发生变化，从而在金属框中产生感应电流，感应电流将受到磁场的安培力作用．由题已知，在时刻t ，金属框移动的速度为v ，金属框MN 边位于坐标x 处，PQ 边位于坐标x d +处．设此时金属框的磁通为Φ（规定由纸内到纸外Φ为正）；经过一很短的时间间隔t ∆，整个磁场分布区域向x 方向移动了一段距离0t ∆v ，金属框向x 方向移动了一段距离t ∆v ，其结果是：MN 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x t l t -∆v v 移进了金属框，PQ 边左侧穿过面积为()0l t -∆v v 的磁通()()0,B x d t l t +-∆v v 移出了金属框，故在t t +∆时刻，通过金属框的磁通为在t ∆时间间隔内，通过金属框的磁通增量为()()()0,,B x t B x d t l t ΦΦΦ'∆=-=⎡-+⎤-∆⎣⎦v v（2）规定框内的感应电动势()t E 沿顺时针方向（沿回路MNPQM 方向)为正，由电磁感应定律，可得t 时刻的感应电动势()t tΦ∆=∆E （3）规定金属框内的感应电流()i t 沿顺时针方向（沿回路MNPQM 方向)为正，可得t 时刻的感应电流为()i t R=E (4)磁场对于上下两边NP 和MQ 的安培力的大小相等，方向相反，二者的合力为零．规定向右的力为正，则磁场作用于金属框MN 边的安培力为()(),i t B x t l ；由于PQ 边和MN 边的电流方向相反，磁场作用于金属框PQ 边的安培力为 ()(),i t B x d t l -+，故金属框的安培力的合力()()()()(),,f t i t B x t l i t B x d t l =-+（5）由（1）、（2）、（3）、（4）、（5）式及题给定的磁场分布规律，得()()(){}2202cos cos B l k f t t kx t kx kd ωωω⎛⎫- ⎪⎝⎭=--⎡--⎤⎣⎦v R（6）利用三角学公式，得()()()220222042sin sin sin 222B l t kx kd kd kd k f t F t kx ωωω⎛⎫- ⎪⎡--⎤⎛⎫⎡⎤⎝⎭==--⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦v R （7）0F 称为安培力()f t 的幅度．从（7）式可以看出，安培力()f t 在0F 的幅度内随时间变化，但其值不会小于零，表示磁场作用于金属框的安培力始终向右．2．讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论0F 与线框几何尺寸的关系．0F 与金属框长度l 的平方成正比，与金属框的宽度d 有关：当2πkd n =， 即2π0,1,2,n d n k== （8）得00F =（9）当()21πkd n =+，即()21π 0,1,2,n d n k+== （10）0F 达最大值()2200max 4B l k F ω⎛⎫- ⎪⎝⎭=v R（11）当d 取其它值时，0F 介于0与最大值()0max F 之间．评分标准：本题25分． 六、参考解答：1． 圆筒内光学元件的相对位置如图1所示．各元件的作用如下：22 观察屏P ：位于L 2焦平面上，光源的谱线即在此屏上．透镜L 3：与P 的距离≤f 3，是人眼观察光谱线所用的放大镜（目镜）．2．已知钠黄光的谱线位于P 的中央，S 的像位于L 2 的焦点上，由此可知，对分光棱镜系统来说，钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行，由于棱镜系统是左右对称，因此钠黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的，在中间棱镜中的光路应该与轴平行，分光元件中的光路图如图2所示，左半部的光路如图3．用i 1、r 1、i 2、r 2分别表示两次折射时的入射角和折射角，用n 1、n 2分别表示两块棱镜对D 线的折射率，由图3可以看出，在两棱镜界面上发生折射时，22i r >，表明21n n >，即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成，两侧棱镜用冕牌玻璃制成，故有D n n =1D n n '=2由几何关系可得122i r α==（1）12r i α+=（2） 由折射定律可得111sin sin i n r =（3）1222sin sin n i n r =（4）从以上各式中消去1i 、2i 、1r 和2r 得22212sin 2n n α⎛⎫-= ⎪⎝⎭（5）解（5）式得图2图3图1()()221222124142sin n n n n -+-=⎪⎭⎫⎝⎛α （6）以5170.11=n ，7200.12=n 代入，得123.6α= （7）评分标准：本题23分． 七、参考解答：带电粒子在静电场内从S 到T 的运动过程中，经历了从S 到N 和从N 到T 的两次加速，粒子带的电荷量q 的大小均为191.6010C -⨯，若以U 表示N 与地之间的电压，则粒子从电场获得的能量2E qU ∆=(1)质子到达T 处时的质量m =(2)式中v 为质子到达T 时的速度．质子在S 处的能量为20m c ，到达T 处时具有的能量为2mc ，电子的质量与质子的质量相比可忽略不计，根据能量守恒有220mc E m c =∆+（3）由（1）、（2）、（3）式得代入数据解得74.3410m/s =⨯v（4）评分标准：本题16分．。

上海市第二十三届初中物理竞赛（大同中学杯）复赛试题（2021年）说明：1本试卷共有五大题，答题时间为12021，试题满分为150分2答案及解答过程均写在答卷纸上。

其中第一~第二大题只要写出答案，不写解答过程；第三~第五大题按题型要求写出完整的解答过程。

解答过程中可以使用计算器．3考试完毕只交答卷纸，试卷可以带回。

牛/千克，水的比热容42×103焦／千克·℃，水的密度 10×103千克/米3。

一、选择题（以下每题只有一个选项符合题意，每小题4分，共32分）1．小明坐在前排听讲座时，用照相机把由投影仪投影在银幕上的彩色图像拍摄下来。

由于会场比较暗，他使用了闪光灯。

这样拍出来的照片：A比不用闪光灯清楚多了B与不用闪光灯的效果一样C看不清投影到屏幕上的图像D色彩被“闪”掉了，拍到的仅有黑色的字和线条2 如图所示，弹性小球撞击地面前的速度方向与水平地面的夹角为α，撞击后离开地面时的速度方向与水平地面的夹角为β，则下列说法中正确的是：A无论地面光滑与否，总有β=αB无论地面光滑与否，总有β<αC地面的粗糙程度越大，β越小D地面的粗糙程度越大，β越大3 摩托车做飞跃障碍物的表演时为了减少落地时向前翻车的危险，则落地时应采取的措施是：A仅前轮制动 B仅后轮制动C前、后两轮均制动 D前、后轮均不制动4 2008年9月25日21时10分“神舟”七号飞船载着三名航天员飞上蓝天，实施太空出舱活动等任务后于28日17时37分安全返回地球。

已知：“神舟”七号飞船在距地球表面高343千米的圆轨道上运行，运行速度为776千米/秒；地球半径637×103千米。

则在“神舟”七号飞船运行期间，飞船绕地球运动的圈数为：A 15B 30C 45D 605现有一扇形的均质金属物体，该材料具有热胀冷缩的性质，如图所示。

室温状态下AB、CD边所成的圆心角为α。

若使物体温度均匀升高，则α角的变化情况是：A变大B不变C变小D无法确定，上面压有一铁块m，木块浮出水面的高度为h1（图a）；用细绳将该铁块系在木块的下面，术块浮出水面的高度为h2图b；将细绳剪断后（图c），则木块浮出水面的高度h3为：A h1ρ铁h2- h1/ρ水B h2ρ铁h2- h1/ρ水c h1ρ木h2- h1/ρ水 D h2ρ铁h2- h1/ρ木7右图是水平公路上从车后看到的一辆行驶着的汽车的右后轮，根据图中所示现象可知：A汽车正在向左转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏左B汽车正在向左转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏右C汽车正在向右转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏左D汽车正在向右转弯，右后轮对地面作用力的方向为向下偏右8氧化锡的电导（电阻的倒数）随周围环境中的CO（一氧化碳）浓度变化而变化，甲图中的直线反映了它的电导与CO浓度的关系。

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。

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R 0=6.37×106m ，地球表面处的重力加速度g =9.80m ·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 =R 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）lA 2R2．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20km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=－6.0×10－3K·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pVγ=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=0.029kg?mol－1，普适气体恒量R=8.31J?(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=9.8m·s－2，z=0处大气的温度T e0=300K．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=d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 /T24681012u2U 图2KOMN NO M B A a bllll__________________________________________________________________________．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δ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_____________________________________________________________________________．五、如图所示，坐标系Oxyz 的x 轴和z轴都位于纸面内，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．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f i =G )（1）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F =1n i i f =∑=21nii i M r Gr ρ=∑（2）图1符号1ni =∑表示对所有小段求和．因△r i =r i －r i －1是个小量，注意到r i r i －1=r i (r i －△r i )≈r ，因此用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F =GM ρ(－)（3）整个天梯的质量m =ρ(R l －R 0)（4）天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离r C =R 0+（5）根据质心运动定理，有F =mr C ()2（6）式中T 为地球自转的周期．由（3）、（4）、（5）、（6）式可得(R l －R 0)(R +R 0R l －)=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R +R 0R l －=0（7）因为GM =Rg ，所以得R +R 0R l －=0（8）【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f i ′=ρ△r i ()2r i （4′）对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力F ′=1ni i f ='∑=1ni ρ=∑()2r i △r i （5′）（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F ′=ρ()2(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GM (－)=()2(R l －R 0)（7′）因为GM =Rg ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】 解（8）式得R l =+2R 0gT 2π2),2)（9）根号前取正号，代入有关数据，注意到T =8.64×104s ，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OR 0R lρ()2R lρ()2R 0图2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m =mg cos θ－T （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)=mv 2（2）联立（1）、（2）式，得T =mg (3cos θ－2)（3）如果令T =0，可得θ=arccos()=48.2°显见，θ＜48.2°时，作用力是径向正向，对A 是推力；θ＞48.2°时，作用力是径向反向，对A 是拉力．现在再来看前面被假定不动的B 是否运动．我们可以在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．12030A θf 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∥≤f max（7）B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(3cosθ－2)[cosθ+(2+)sinθ]+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=Vρg和竖直向上的浮力Vρe g作用，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有mα=－Vρg+Vρe g=－V(ρ－ρe)g（1）或有α=－g（2）根据理想气体状态方程pV=RT（3）可知气体的密度ρ==（4）利用（4）式，注意到p=p e，（2）式可化成α=－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=T e0+z（6）若气团中气体温度随高度的变化率为，根据题意，有T=T0+z（7）T0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α=－(－)z（8）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是已知的，故只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△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V=（11）把（11）式代入pVγ=C 得T=1Cγ1pγγ-（12）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T+△T=1Cγ(p+△p)1γγ-利用二项式定理，忽略△p的高次方项，并注意到（12）式得T+△T=1Cγ[1pγγ-+11pγγ--(△p)]=T+△p故有△T=△p（13）根据题意，p=p e，△p=△p e，由（7）式、（10）式和（13）式得=－+)z)（14）已知=－6.0×10－3K·m－1，代入有关数据可求得=9.8×10－3K·m－1当z不是很大时，有T e0+（+)z≈T e0故有=－（15）代入题给的有关数据得=－9.8×10－3K·m－1（16）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做简谐振动．振动的圆频率ω=（17）代入数据，得ω=1.1×10－2s－1（18）四、1．Y1=－0.3d，Y2=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v1=（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v2==v1（2）的粒子与第二批进入AB间的粒子中速率为v1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v1和v2两种不同的速率．根据题意，粒子从B处射出的时刻为t=0，故速率为v1的粒子在时刻t1==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△t1==T在△t1时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v1y=－a△t1=－aT（3）y1=－a(△t1)2=－aT2（4）因aT2=d，故|y1|=d＜d，表明速率为v1的粒子能穿出平板，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△y1=v1y=－aT2（5）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1=y1+△y1=－aT2－aT2=－aT2=－0.3d（6）速率为v2的粒子在时刻t2==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△t2==2T因为两板间的电压在时间△t2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△t2时间内粒子在Y方向获得的分速度和位移分别为v2y=2aT－aT=aT（7）y2=(2a)T2+(2aT)T－aT2=aT2（8）因aT2=d，故y2=d＜d，表明速率为v2的粒子亦能穿出平板．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=v2y=2aT2（9）粒子打在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y2=y2+△y2=aT2+2aT2=aT2=0.9d（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Y1和Y2．2．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=（11）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=（12）在t=0时刻从B处射出的速率为v max的粒子在时刻t1==T－δ进入两平板之间，在时刻t1′=t1+=2T－2δ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v1y=2aδ－a(T－2δ)=－aT+4aδ（13）y1=(2a)δ2+(2a)δ(T－2δ)－a(T－2δ)2=－aT2+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=v1y=(－aT+4aδ)(T－δ)=－aT2+5aδT－4aδ2（15）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y1=y1+△y1=－aT2+9aTδ－9aδ2（16）根据题意，代入数据得Y1=－0.138d（17）在t=δ时刻从B处射出的速度为v min的粒子在时刻t2=δ+=T+2δ进入两平板之间，在时刻t2′=t2+=2T+3δ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v2y=－a(T－2δ)+(2a)3δ=－aT+8aδ（18）y2=－a(T－2δ)2－a(T－2δ)3δ+(2a)(3δ)2=－aT2－aTδ+13aδ2（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=v2y=(－aT+8aδ)(T+δ)=－aT2+7aTδ+8aδ2（20）粒子在屏上产生的痕迹的Y坐标为Y2=y2+△y2=－aT2+6aTδ+21aδ2（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v 0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R 0=（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CN ′=R 0=（2）由（1）、（2）式得v 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 0==（4）2．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E x ′=E cos αE y ′=0E z ′=E sin α（5）图1zz By ，xO α图Ev 0α磁感应强度B的分量为B x′=0B y′=0B z′=B（6）带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex′=qE x′=qE cosαf Ey′=0f Ez′=qE z′=qE sinα（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v0用下式表示v0=v0+v1－v1=v2－v1式中v2=v0+v1（9）现把v0看成沿y′轴负方向运动的速度v1和沿y′轴正方向运动的v2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v1取数值v1==cosα（10）时，与－v1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v1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v2，即位于Ox′y′平面内，其大小为f x′y′=qv2B（11）粒子在此力作用下在平面内做速度为v2的匀速圆周运动，圆周的半径R=（12）其圆频率ω=B （13）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y ′轴负方向以速度v 1=cos α做匀速直线运动．（ii ）关于粒子沿z ′轴的分运动由（7）、（8）两式可知，粒子在z ′方向仅受电场力作用，其加速度a z ′==sin α（14）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） y ′=R sin ωt （16） z ′=0（17）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x ′=(1－cos ωt )=(+)(1－cos ωt )（18） y ′=R sin ωt －v 1t =(+)sin ωt －t （19） z ′=t 2（20）图（iv）粒子在Oxyz坐标系中的运动方程利用坐标变换x=x′cosα+z′sinαy=y′z=－x′sinα+z′cosα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x=(v0cosα+)(1－cos Bt)+t2（21）y=(v0+)sin Bt－t（22）z=－(v0sinα+)(1－cos Bt)+t2（23）根据题意，将x=d和t=t0==代（21）式，解得v0=（24）将α=，t=t0==和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极板Q时粒子的坐标为x=d（25）y=－（26）z=－d+（27）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m=qE x′+qv y′B（1）m=－qv x′B（2）m=qE z′（3）将（2）式表示为=－两边积分后得v y′=－()x′+C1C1为待定常量，当t=0时，x′=0，v y′=v0，故求得C1=v0，上式应表为v y′=－Bx′+v0（4）将（4）式代入（1）式，得m=qE x′+q(－x′+v0)B=－()2x′+()2(+)（5）令R=(+)（6）ω=B（7）X′=x′－R（8）（5）式可表为=－ω2X′（9）这是简谐运动方程，其解为X′=A cos(ωt+θ)（10）由（8）式得x′=A cos(ωt+θ)+R（11）=v x′=－ωA sin(ωt+θ)（12）利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R=A cosθ0=－ωA sinθ解得θ=0（13）A=－R再由（6）式，得A=－(+)（14）代入（11）式x′=(+)(1－cosωt)（15）将（12）式代入（2）式，整理后得=ω2A sinωt对上式积分，考虑初始条件，得v y′==－ωA cosωt－（16）积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得y′=(+)sinωt－t（17）对（3）式积分可得z′=t2（18）（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m=qE x+qv y B z（1）m=－qv x B z+qv z B x（2）m=－qB x v y（3）令ω=（4）v1=cosα（5）方程变为如下形式=ωv y cosα+（6）=－ωv x cosα+ωv z sinα（7）=－ωv y sinα（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 x=ωy cosα+ω()t（9）v z=－ωy sinα（10）将（9）、（10）两式代入（7）式，得=－ω2y－ω2v1t=－ω2(y+v1t)令Y=y+v1t（11）得=－ω2Y（12）其解为Y=A cos(ωt+θ)由（11）式可得y=A cos(ωt+θ)－v1t（13）由（13）式得v y=－Aωsin(ωt+θ)－v1（14）由初始条件t=0时，v y=v0，y=0，得A cosθ=0v0=－Aωsinθ－v1θ=A=－（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得y=(v0+)sin Bt－t（16）v y=(v0+)cos Bt－（17）把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得x=(v0cosα+)(1－cos Bt)+t2（18）将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得z=－(v0sinα+)(1－cos Bt)+t2（19）（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(mc2)2=c2p2+m02c4（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，m0为静止质量．【此关系式可由能量E=mc2和动量p=mv=导出，v为粒子的速度．E2－c2p2=－c2=m02c4=m02c4故E2=c2p2+m02c4】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与p2成线性关系．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p1=p2=p3=p4=（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(m′c2)2=c2()2+m02c4（7）由（5）、（6）、（7）式可得mc2=7m0c2（8）代入数据得mc2=1.05×10－9J（9）。