第29届全国中学生物理竞赛复赛试题(含参考答案与评分标准)

1234567第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、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x坐标系，以下简称系. 设物块下底面的坐标为，在物块未完全浸没入湖水时，x其所受到的浮力为g式中为重力加速度.物块的重力为设物块的加速度为，根据牛顿第二定律有将(1)和(2)式代入(3)式得将系坐标原点向下移动而建立新坐标系，简称系. 新旧坐标的关系为把(5)式代入(4)式得式表示物块的运动是简谐振动. 若，则，对应于物块的平衡位置. 由式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在系中的坐标为0物块运动方程在系中可写为利用参考圆可将其振动速度表示为式中为振动的圆频率在(8)和(9)式中和分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放Ax=0时，即时刻有，由(5)式得由(8)至(12)式可求得(13) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得由(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，在系中看，物块下底面坐标为时，物块刚好被完全浸没；由(5)式x b 知在系中这一临界坐标值为（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处. 注意到在Xb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，下面分两种A情况讨论：I．. 由(13)和(17)两式得在这种情况下，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)式得振动周期物块从初始位置出发往返一次所需的时间II．. 由(13)和(17)两式得A X b (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t初始位置起，经过时间物块刚好全部浸入湖水中，这时. 由(15)和(17)11b式得(22) cos11取合理值，有 (23) arccos11由上式和(16)式可求得这时物块的速度为2 (24) V(t)1-11此后，物块在液体内作匀减速运动，以表示加速度的大小，由牛顿定律a有 (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，有t2(26) 12由(24)-(26)得2(27)112()物块从初始位置出发往返一次所需的时间为22(28) 2()2arccos111II12()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.10二、 1. i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值. 由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为，r R 0.80R 卫星在此点的速度为.由开普勒第v a 二定律可知2式中为地球自转的角速度e令表示卫星的质量，根据机械能守m恒定律有1G（2）由2r20.80R（1）和（2）式解得可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：直接求得】同步卫星的轨道半径满足2R由(3)和(4)式并代入数据得4可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球. ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为s2设和分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有 ab 110.280.80R (7) 220.800.2822 (8) 2T卫星运动的周期为(9) s代人相关数值可求出（10）9.5h 卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过，卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此（约14小时）1.5T点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收. 2.根据题意，卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为1GMmGMm2（11）m(R)x2xxe此式可化为32GM xx(12) 123e e e这是关于的四次方程，用数值方法求解可得R x4（13）4.7 3.010kmxe表示卫星与赤道相切点v【亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令R xe即近地点的速率，则有2eex和 121GMm1GMm22(R)ex2R2R ex由上两式联立可得到方程532GM2GM xxx02323eee其中除外其余各量均已知, 因此这是关于的五次方程. 同样可以用数值方法解得.】RRR xxx卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期，设椭圆的半长轴为，半短轴为，有xe (14) 222ex (15)因为面积速度可表示为12(16) sx2所以卫星的运动周期为(17) s代入相关数值可得 h(18) 6.8卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经处与赤道相切. 但由于地球自转，在这(180110)期间地球同时转过了角度，地球自转角速度，因此卫星与地球赤道T/2360/24h15/h相切点位于赤道的经度为西经（19）1801101212即卫星着地点在赤道上约西经121度处. 评分标准：本题23分.第1问16分，第i小问8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.5%第2问7分，(11)式1分，(13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （数值结果允许有的相对误差）三、 13解法一如图1所示，建直角坐标，轴与挡板垂直，轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速xy Oxy，方向沿x轴正方向，以表示系统的质心，以和表示碰撞后质心的速度分量，vPvv度为Py0Px表示墙作用于小球的冲量的大小. 根据质心运动定理有 JC （1）（2）由（1）和（2）式得（3）Px3m （4）可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 O C x 与挡板碰撞过程中，质心的坐标为（5）（6）l P3CP球碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角C C 动量为零；球碰挡板后，质心相对质心参考系仍是C静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心的角动量P图（7）式中、和分别是、和三球到质ABClllAPBPCP心的距离，由图1可知（8）cos sin（9）sin（10）CP9由（7）、（8）、（9）和（10）各式得（11）3在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量的冲量矩，即有（12）3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】由（11）和（12）式得 14 sin球相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）CP球相对固定参考系速度的x分量为 C （16）由（3）、（6）、（13）和（16）各式得 J （17）Cx02根据题意有 （18）由（17）和（18）式得 2 （19）由（13）和（19）式得（20） l 球若先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板碰撞后，整ABC 个系统至少应绕质心转过角，即杆至少转到沿y 方向，如图2所示. 系统绕质心转过所需时间（21） 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离 B （22）若 （23）则球先于球与挡板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、BA （21）、（22）和（23）式得 图2 3 （24）即(25) 评分标准： 本题25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分. 15解法二 如图1所示，建直角坐标系，轴与挡板垂直，x Oxy y v 、、、、和 分vvvvvv 以轴与挡板重合，vy AyByCyAxBxCxAyBy 别表示球与挡板刚碰撞后、和三球速度的分量，ABCC vv B A O 根据题意有 AxBxx （1） v Cy 以表示挡板作用于球的冲量的大小，其方向沿轴x J C 的负方向，根据质点组的动量定理有 C（2）（3）图1 AyByCy以坐标原点为参考点，根据质点组的角动量定理有（4）因为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有（5）（6）（7）（7）式中为杆与连线的夹角. 由几何关系有（8）（9）解以上各式得（10）（11）（12）（13）16（14）0By（15）cosCy0按题意，自球与挡板碰撞结束到球(也可能球)碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，ABC系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的，、A和三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度，可考察球BCB相对质心的速度.由(11)到(15)各式，在球与挡板碰撞刚结束时系统质心的速度2（16） 2vv AxBxCx sin Px03m 3AyByCy （17） 0 Py3m 这时系统质心的坐标为（18） cosP1 （19）sin P3不难看出，此时质心正好在球的正下方，至球的距离为，而球相对质心的速度 y PBBBP 12（20） sin BPxBxPx03 （21） 0BPy 可见此时球的速度正好垂直，故整个系统对质心转动的角速度 B BP （22） ylP 若使球先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板ABC y 碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆至少ABπ/2转到沿y 方向，如图2所示. 系统绕质心转过所需时间 π/2 A 1π 2 （23）x O 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离 P B（24）Px 若 C （25） PP 17 图2则球先于球与挡板碰撞. 由以上有关各式得（26）即(27) 评分标准： 本题25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、 参考解答： 1．虚线小方框内2n 个平行板电容器每两个并联后再串联，其电路的等效C 电容满足下式 t11n （1） C2Ct1即 2C （2） t1n 式中 S（3）虚线大方框中无限网络的等效电容满足下式 C t2（4）即 C （5）t22整个电容网络的等效电容为 CC2Ct1t2 （6）等效电容器带的电量（即与电池正极连接的电容器极板上电量之和）（7）当电容器a两极板的距离变为2d后，2n个平行板电容器联成的网络的等效满足下式电容C t1（8）由此得（9）t1整个电容网络的等效电容为（10）整个电容网络的等效电容器带的电荷量为（11）在电容器a两极板的距离由d变为2d后，等效电容器所带电荷量的改变为（12）电容器储能变化为（13）在此过程中，电池所做的功为（14）(3外力所做的功为（15）设金属薄板插入到电容器a后，a的左极板所带电荷量为，金属薄板左侧带电荷量为，右侧带电荷量为，a的右极板带电荷量为，与并联的电容器左右两极板带电荷量分别为和.由于电容器a和与其并联的电容器两极板电压相同，所以有（16）SSC由（2）式和上式得（17）d上式表示电容器a左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和，也是虚线大方框中无限网络的等效电容所带电荷量（即与电池正极连接的电容器的C t2极板上电荷量之和）. 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势，即 19（18）(1)c2CC t2将（2）、（5）和（17）式代入（18）式得电容器a左极板带电荷量(5)(2)（19）(313)2kd(313)d评分标准：本题21分. 第1问13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分. 第2问8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分. 五、参考解答: c a 如图1所示，当长直金属杆在ab位置以速度水平v向右滑动到时，因切割磁力线，在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为ll 1 2 （1）式中为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长LII 1 2 度，由几何关系有2222R（2）111100在金属杆由ab位置滑动到cd位置过程中，金属杆与大 b d 圆环接触的两点之间的长度可视为不变，近似为.2RL1图 1 将（2）式代入（1）式得，在金属杆由ab滑动到cd过程中感应电动势大小始终为（3）1以、和分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流，方向如图1所示，以表示a、b两IIIU21ab端的电压，由欧姆定律有（4）ab110 （5）ab220式中，和分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示，和中的电流在圆心处产生的磁感llll1212应强度的大小分别为Il11 （6）1m2R1Il22（7）2m2R1方向竖直向上，方向竖直向下.BB12由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 20（8）无论长直金属杆滑动到大圆环上何处，上述结论都成立，于是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场. 在金属杆由ab滑动到cd的过程中，金属杆都处在圆心附近，故金属杆可近似视为无限长直导线，由提示，金属杆在ab位置时，杆中电流产生的磁感应强度大小为 2I （9）3mR1100方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2，杆中的电流 a（10）IIIRR 1 2 右左右左左右其中为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻，R R R左ab 和分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非R右常靠近圆心，故 b （11）图 2 ab111右左利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得v800kBm （12）3由于小圆环半径，小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的，且都等于长直金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于ab处时，穿过小圆环圆面的磁感应通量为（13）当长直金属杆滑到cd位置时，杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿过小圆环圆面的磁感应通量为（14）在长直金属杆以速度从ab移动到cd的时间间隔内，穿过小圆环圆面的磁感应通量的v改变为（15）由法拉第电磁感应定律可得，在小圆环中产生的感应电动势为大小为（16）在长直金属杆从ab移动cd过程中，在小圆环导线中产生的感应电流为（17）于是，利用（12）和（17）式，在时间间隔内通过小环导线横截面的电荷量为（18）i评分标准：本题25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分，（8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分. 六、参考解答： nn设重新关闭阀门后容器A中气体的摩尔数为，B中气体的摩尔数为，12则气体总摩尔数为（1） 12把两容器中的气体作为整体考虑，设重新关闭阀门后容器A中气体温度为，B中气体温度为，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表12示为（2）由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有（3） pV令表示容器A的体积, 初始时A中气体的压强为，关闭阀门后A中气体压强为，由理想气体状态方程可知 1pV （4）（5）由以上各式可解得由于进入容器B中的气体与仍留在容器A中的气体之间没有热量交换，因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器A中的那部分气体经历了一个绝热Vp过程，设这部分气体初始时体积为(压强为时)，则有10（6） 11011 22利用状态方程可得（7）由（1）至（7）式得，阀门重新关闭后容器B中气体质量与气体总质量之比RC（8）Rn评分标准：本题15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、答案与评分标准： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都给4分) 10.2 (4分，填10.0至10.4的，都给4分) 2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都给4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都给4分) 八、参考解答：在相对于正离子静止的参考系S中，导线中的正离子不动，导电电子以速向下匀速运动；在相对于导电电子静止的参考系中，导线中导电电子不动，v度0向上匀速运动.下面分四步进行分析. v正离子以速度第一步，在参考系中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力的大小和方向.若S系中一些正离子所占据的长度为，则在系中这些正离子所占据的长l，由相对论中的长度收缩公式有度变为（1），由于离子设在参考系S和中，每单位长度导线中正离子电荷量分别为和的电荷量与惯性参考系的选取无关，故（2）由（1）和（2）式得（3）设在S系中一些导电电子所占据的长度为，在系中这些导电电子所占据l，则由相对论中的长度收缩公式有的长度为（4）同理，由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关，便有（5）分别为在参考系S和中单位长度导线中导电电子的电荷量. 式中，和在参照系中，导线2单位长度带的电荷量为（6）它在导线1处产生的电场强度的大小为（7）q电场强度方向水平向左.导线1中电荷量为的正离子受到的电场力的大小为（8）电场力方向水平向左第二步，在参考系中，考虑导线2对导线1中正离子施加磁场力的大小和向上运动的正离子形成的电流为 v方向.在参考系中，以速度（9）导线2中的电流在导线1处产生磁场的磁感应强度大小为（10）磁感应强度方向垂直纸面向外.导线1中电荷量为的正离子所受到的磁场力的大小为 2v（11）方向水平向右，与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步，在参考系S中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的大小和方向.由题设条件，导线2所带的正电荷与负电荷的和为零，即（12）因而，导线2对导线1中正离子施加电场力为零（13）注意到在S系中，导线1中正离子不动（14）导线2对导线1中正离子施加磁场力为零（15）式中，是在S系中导线2的电流在导线1处产生的磁感应强度的大小.于是，B在S系中，导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步，已说明在S系中导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零，如果导线1中正离子还受到其他力的作用，所有其它力的合力必为零(因为正离子静止).在系中，导线2对导线1中正离子施加的电场力和磁场力的合力的大小为因为相对系，上述可能存在的其它力的合力仍应为零，而正离子仍处在勻速运动状态，所以(16)式应等于零，故（17）由（8）、（11）和（17）式得 k2e （18）km 评分标准：本题18分. （1）至（18）式各1分. 26。

For personal use only in study and research; not for commercial use29届全国中学生物理竞赛决赛试题panxinw 整理一、(15分)如图，竖直的光滑墙面上有A 和B 两个钉子，二者处于同一水平高度，间距为l ，有一原长为l 、劲度系数为k 的轻橡皮筋，一端由A 钉固定，另一端系有一质量为m=gkl 4的小球，其中g 为重力加速度．钉子和小球都可视为质点，小球和任何物体碰撞都是完全非弹性碰撞而且不发生粘连．现将小球水平向右拉伸到与A 钉距离为2l 的C 点，B 钉恰好处于橡皮筋下面并始终与之光滑接触．初始时刻小球获得大小为20gl v 、方向竖直向下的速度，试确定此后小球沿竖直方向的速度为零的时刻．二、(20分)如图所示，三个质量均为m 的小球固定于由刚性轻质杆构成的丁字形架的三个顶点A 、B 和C 处．AD ⊥BC ，且AD=BD=CD=a ，小球可视为质点，整个杆球体系置于水平桌面上，三个小球和桌面接触，轻质杆架悬空．桌面和三小球之间的静摩擦和滑动摩擦因数均为μ，在AD 杆上距A 点a ／4和3a ／4两处分别施加一垂直于此杆的推力，且两推力大小相等、方向相反．1．试论证在上述推力作用下，杆球体系处于由静止转变为运动的临界状态时，三球所受桌面的摩擦力都达到最大静摩擦力；2．如果在AD 杆上有一转轴，随推力由零逐渐增加，整个装置将从静止开始绕该转轴转动．问转轴在AD 杆上什么位置时，推动该体系所需的推力最小，并求出该推力的大小．正视图如图所示，正视图下部为一高度为h的矩形，上部为一半径为R的半圆形．柱体上表面静置一质量同为m的均匀柔软的链条，链条两端距地面的高度均为h／2，链条和柱体表面始终光滑接触．初始时，链条受到微小扰动而沿柱体右侧面下滑．试求在链条开始下滑直至其右端接触地面之前的过程中，当题中所给参数满足什么关系时，1．柱体能在地面上滑动；2．柱体能向一侧倾倒；3．在前两条件满足的情形下，柱体滑动先于倾倒发生．四、(20分)如图所示，在一光滑水平圆桌面上有两个质量、电荷都均匀分布的介质球，两球半径均为a，A球质量为m，所带电荷量为Q，B球质量为4m，所带电荷量为-4Q．在初始时刻，两球球心距为4a，各有一定的初速度，以使得两球在以后的运动过程中不发生碰撞，且都不会从圆桌面掉落．现要求在此前提下尽量减小桌面面积，试求1．两球初速度的方向和大小；假设两球在运动过程中，其所带电荷量始终保持均匀分布：桌面也不发生极化效应．已知两个均匀带电球之间的静电相互作用力，等于电荷集中在球心的两个点电荷之间的相互作用力；静电力常量为k e．如图所示，一半径为R 的轻质绝缘塑料薄圆盘水平放置，可绕过圆盘中心的竖直固定轴无摩擦地自由转动．一半径为a 的轻质小圆线圈(a<<R)固定在盘面上，圆线圈与圆盘共轴．在盘边缘处等间隔地固定4个质量均为m 的带正电的金属小球，每个小球所带电荷量均为q ．此装置处在一磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的均匀强磁场中．初始时圆盘静止，圆线圈中通有恒定电流I ．方向沿顺时针方向(从上往下看)．若切断圆线圈中的电流，则圆盘将发生转动．求薄圆盘稳定转动后，圆盘在水平方向对每个金属球小的作用力的大小．假设金属小球可视为质点，不计小圆线圈的自感和带电金属小球因运动所产生的磁场．已知固定在圆盘面上的半径为a 、通有电流I 的圆线圈在圆盘面内、距线圈圆心的距离为r 处(r>>a)产生的磁场的磁感应强度的大小为B=322r Ia k m ，式中k m 为已知常量，当线圈中的电流沿顺时针方向时，磁场方向垂直于圆盘平面且竖直向上．静电力常量为k e ．如图，一水平放置的刚性密闭气缸，缸壁是绝热的，活塞把气缸内空间分为两个体积相同的密闭室A 和B ．活塞由一层热容量很小(略去其影响)、导热良好的材料(与气缸壁有摩擦)和一薄层绝热材料(与气缸壁没有摩擦)压制而成，绝热层在A 室一侧．初始时，A 室和B 室充有绝对温度均为T 0的同种多原子分子理想气体，A 室气体压强是B 室气体压强的4倍．现释放活塞，活塞由于其导热部分与汽缸壁之间存在摩擦而运动缓慢，最后停止在平衡位置(此时活塞与缸壁间无静摩擦)．已知气缸中的气体具有如下特性：在温度高于某个临界温度T d (>T 0)时，部分多原子气体分子将发生分解，一个多原子分子可以分解为另外两个相同的多原子分子．被分解的气体摩尔数与发生分解前气体总摩尔数之比a 满足关系a=)(d T T -β，其中β=2.00T 0-1．分解过程是可逆的，分解1摩尔分子所需能量φ=CT 0／l0，1摩尔气体的内能与绝对温度T 的关系为u=CT(C 是与气体的种类无关的常量)．已知当压强为P 、体积为V 的这种气体绝热缓慢膨胀时，PV γ=常量，其中γ=4／3．1．对于具有上述特性的某种气体，若实验测得在上述过程结束时没有任何分子发生了分解，求这种分子发生分解的临界温度T d 的可能值；2．对于具有上述特性的另一种气体，若实验测得在上述过程结束时有a=l0.0％的分子分解了，求这种分子发生分解的临界温度T d ．如图一所示的光学系统是由平行光管、载物台和望远镜组成．已知望远镜物镜L 0的焦距为l6.OOcm ．在L 0的焦平面P 处，放置带十字叉丝线的分划板和亮十字物，如图二所示．在载物台上放置双面平行的平面镜M ，通过望远镜的目镜Le 观察时，能同时清楚地看到分划板上的十字叉丝线和十字物经过L 0折射、M 反射、再经L 0折射后在分划板上所成的十字像，十字像位于A 点，与上十字叉丝线的距离为5.2mm ．绕载物台转轴(沿竖直方向)转动载物台，使平面镜转l80°，此时十字像位于B 点，与上十字叉丝线的距离为18.8mm ．根据以上情况和数据可计算出，此时望远镜光轴与水平面的夹角为 rad ；据此结果，调节望返镜，使其光轴与载物台的转轴垂直．平行光管是由十字缝S 和凸透镜L 组成．去掉光学系统中的平面镜M ，并用钠光灯照亮S ．沿水平方向移动S ，当S 到平行光管中的透镜L 距离为8.25cm 时，通过望远镜目镜能清楚地看到十字缝的像恰好成在分划板中心十字叉丝线上，由此可以推知，L 的焦距等于 cm ．将载物台平面调至与载物台的转轴垂直，在载物台上放置长、宽、高均为3.OOcm 、折射率为1.52的分束棱镜abed(分束棱镜是由两块直角三棱镜密接而成，接触面既能透光又能反光)和待测凹球面镜0，0到L 的距离为l5.OOcm ，并保证分束棱镜的ab 面与图三中的XX ′轴垂直、凹球面镜的光轴与图三中的XX ′轴重合；再将望远镜绕载物台的中心轴转90°，如图三所示。

全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答、评分标准一、参考解答令 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 为原点, 由于质子所受的a 球对它的静电库仑力总是通过a 球的球心, 所以此力对原点的力矩始终为零, 质子对 点的角动量守恒。

所求 的最大值相应于质子到达a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切（见复解20-1-1）。

以 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。

同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。

式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。

二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （2）当气柱中空气的温度升高时, 气柱两侧的水银将被缓慢压入A 管和B 管。

设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （4）与此同时, 气柱左侧的水银也有一部分进入A 管, 进入A 管的水银使A 管中的水银高度也应增大 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。

本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==29届物理竞赛复赛篇一：201X年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、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fb?b2x?g (x?b) (1)式中g为重力加速度.物块的重力为fg?b3??g (2)设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律有b3??a?fg?fb (3)?g????将(1)和(2)式代入(3)式得a???x???b??b? (4)??将x系坐标原点向下移动?b/? 而建立新坐标系，简称X系. 新旧坐标的关系为X?x????b (5) 把(5)式代入(4)式得a???g??bX(6)(6)式表示物块的运动是简谐振动. 若X?0，则a?0，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x0????b(7)物块运动方程在X系中可写为X(t)?Acos??t???(8) 利用参考圆可将其振动速度表示为V(t)??A?sin??t??? (9) 式中?为振动的圆频率??(10)在(8)和(9)式中A和?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t?0时刻有x=0，由(5)式得X(0)?????b(11)V(0)?0 (12)由(8)至(12)式可求得 A????b(13) ??? (14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得X(t)????bc?o?s?t??(15)V(t)???t???(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系篇二：第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案(完整Word版)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。

29届全国中学生物理竞赛决赛试题一、(15分)如图，竖直的光滑墙面上有A 和B 两个钉子，二者处于同一水平高度，间距为l ，有一原长为l 、劲度系数为k 的轻橡皮筋，一端由A 钉固定，另一端系有一质量为m=gkl 4的小球，其中g 为重力加速度．钉子和小球都可视为质点，小球和任何物体碰撞都是完全非弹性碰撞而且不发生粘连．现将小球水平向右拉伸到与A 钉距离为2l 的C 点，B 钉恰好处于橡皮筋下面并始终与之光滑接触．初始时刻小球获得大小为20gl v 、方向竖直向下的速度，试确定此后小球沿竖直方向的速度为零的时刻．二、(20分)如图所示，三个质量均为m 的小球固定于由刚性轻质杆构成的丁字形架的三个顶点A 、B 和C 处．AD ⊥BC ，且AD=BD=CD=a ，小球可视为质点，整个杆球体系置于水平桌面上，三个小球和桌面接触，轻质杆架悬空．桌面和三小球之间的静摩擦和滑动摩擦因数均为μ，在AD 杆上距A 点a ／4和3a ／4两处分别施加一垂直于此杆的推力，且两推力大小相等、方向相反．1．试论证在上述推力作用下，杆球体系处于由静止转变为运动的临界状态时，三球所受桌面的摩擦力都达到最大静摩擦力；2．如果在AD 杆上有一转轴，随推力由零逐渐增加，整个装置将从静止开始绕该转轴转动．问转轴在AD 杆上什么位置时，推动该体系所需的推力最小，并求出该推力的大小．三、(20分)不光滑水平地面上有一质量为m 的刚性柱体，两者之间的摩擦因数记为μ．柱体正视图如图所示，正视图下部为一高度为h 的矩形，上部为一半径为R 的半圆形．柱体上表面静置一质量同为m 的均匀柔软的链条，链条两端距地面的高度均为h ／2，链条和柱体表面始终光滑接触．初始时，链条受到微小扰动而沿柱体右侧面下滑．试求在链条开始下滑直至其右端接触地面之前的过程中，当题中所给参数满足什么关系时，1．柱体能在地面上滑动；2．柱体能向一侧倾倒；3．在前两条件满足的情形下，柱体滑动先于倾倒发生．四、(20分)如图所示，在一光滑水平圆桌面上有两个质量、电荷都均匀分布的介质球，两球半径均为a ，A 球质量为m ，所带电荷量为Q ，B 球质量为4m ，所带电荷量为-4Q ．在初始时刻，两球球心距为4a ，各有一定的初速度，以使得两球在以后的运动过程中不发生碰撞，且都不会从圆桌面掉落．现要求在此前提下尽量减小桌面面积，试求1．两球初速度的方向和大小；2．圆桌面的最小半径．假设两球在运动过程中，其所带电荷量始终保持均匀分布：桌面也不发生极化效应．已知两个均匀带电球之间的静电相互作用力，等于电荷集中在球心的两个点电荷之间的相互作用力；静电力常量为k e ．五、(20分)如图所示，一半径为R 的轻质绝缘塑料薄圆盘水平放置，可绕过圆盘中心的竖直固定轴无摩擦地自由转动．一半径为a 的轻质小圆线圈(a<<R)固定在盘面上，圆线圈与圆盘共轴．在盘边缘处等间隔地固定4个质量均为m 的带正电的金属小球，每个小球所带电荷量均为q ．此装置处在一磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的均匀强磁场中．初始时圆盘静止，圆线圈中通有恒定电流I ．方向沿顺时针方向(从上往下看)．若切断圆线圈中的电流，则圆盘将发生转动．求薄圆盘稳定转动后，圆盘在水平方向对每个金属球小的作用力的大小．假设金属小球可视为质点，不计小圆线圈的自感和带电金属小球因运动所产生的磁场．已知固定在圆盘面上的半径为a 、通有电流I 的圆线圈在圆盘面内、距线圈圆心的距离为r 处(r>>a)产生的磁场的磁感应强度的大小为B=322rI a k m π，式中k m 为已知常量，当线圈中的电流沿顺时针方向时，磁场方向垂直于圆盘平面且竖直向上．静电力常量为k e ．六、(15分)如图，一水平放置的刚性密闭气缸，缸壁是绝热的，活塞把气缸内空间分为两个体积相同的密闭室A 和B ．活塞由一层热容量很小(略去其影响)、导热良好的材料(与气缸壁有摩擦)和一薄层绝热材料(与气缸壁没有摩擦)压制而成，绝热层在A 室一侧．初始时，A 室和B 室充有绝对温度均为T 0的同种多原子分子理想气体，A 室气体压强是B 室气体压强的4倍．现释放活塞，活塞由于其导热部分与汽缸壁之间存在摩擦而运动缓慢，最后停止在平衡位置(此时活塞与缸壁间无静摩擦)．已知气缸中的气体具有如下特性：在温度高于某个临界温度T d (>T 0)时，部分多原子气体分子将发生分解，一个多原子分子可以分解为另外两个相同的多原子分子．被分解的气体摩尔数与发生分解前气体总摩尔数之比a 满足关系a=)(d T T -β，其中β=2.00T 0-1．分解过程是可逆的，分解1摩尔分子所需能量φ=CT 0／l0，1摩尔气体的内能与绝对温度T 的关系为u=CT(C 是与气体的种类无关的常量)．已知当压强为P 、体积为V 的这种气体绝热缓慢膨胀时，PV γ=常量，其中γ=4／3．1．对于具有上述特性的某种气体，若实验测得在上述过程结束时没有任何分子发生了分解，求这种分子发生分解的临界温度T d 的可能值；2．对于具有上述特性的另一种气体，若实验测得在上述过程结束时有a=l0.0％的分子分解了，求这种分子发生分解的临界温度T d ．七、(15分)如图一所示的光学系统是由平行光管、载物台和望远镜组成．已知望远镜物镜L 0的焦距为l6.OOcm ．在L 0的焦平面P 处，放置带十字叉丝线的分划板和亮十字物，如图二所示．在载物台上放置双面平行的平面镜M ，通过望远镜的目镜Le 观察时，能同时清楚地看到分划板上的十字叉丝线和十字物经过L 0折射、M 反射、再经L 0折射后在分划板上所成的十字像，十字像位于A 点，与上十字叉丝线的距离为5.2mm ．绕载物台转轴(沿竖直方向)转动载物台，使平面镜转l80°，此时十字像位于B 点，与上十字叉丝线的距离为18.8mm ．根据以上情况和数据可计算出，此时望远镜光轴与水平面的夹角为 rad ；据此结果，调节望返镜，使其光轴与载物台的转轴垂直．平行光管是由十字缝S 和凸透镜L 组成．去掉光学系统中的平面镜M ，并用钠光灯照亮S ．沿水平方向移动S ，当S 到平行光管中的透镜L 距离为8.25cm 时，通过望远镜目镜能清楚地看到十字缝的像恰好成在分划板中心十字叉丝线上，由此可以推知，L 的焦距等于 cm ．将载物台平面调至与载物台的转轴垂直，在载物台上放置长、宽、高均为3.OOcm 、折射率为1.52的分束棱镜abed(分束棱镜是由两块直角三棱镜密接而成，接触面既能透光又能反光)和待测凹球面镜0，0到L 的距离为l5.OOcm ，并保证分束棱镜的ab 面与图三中的XX ′轴垂直、凹球面镜的光轴与图三中的XX ′轴重合；再将望远镜绕载物台的中心轴转90°，如图三所示。

2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析无锡市第一中学魏熙锴第一题（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ρb；物块边长为，密度为，且。

在只考虑物块接触。

已知湖水密度为ρρρ''<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x系. 设物块下底面的坐标为，在物块未完全浸没入建立坐标系，以下简称x湖水时，其所受到的浮力为x≤b() (1) 2ρ=fbxg b g为重力加速度.物块的重力为式中3′ρfbg= (2) g，根据牛顿第二定律有设物块的加速度为a3′ρaf−fb=(3) gb将(1)和(2)式代入(3)式得(4) 将系坐标原点向下移动而建立新坐标系，简称系. 新旧坐标的关系x为′ρ (5)Xxb=−ρ把(5)式代入(4)式得ρg(6) a=−X′ρbX=0a=0(6)式表示物块的运动是简谐振动. 若，则，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，物块下底面在系中的坐标为x′ρ (7) =xb0ρX物块运动方程在系中可写为 (8)()ωϕX(t)A cos t+=利用参考圆可将其振动速度表示为第1页，共23页2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析(9) ()ωωϕ()sin Vt=−At+为振动的圆频率式中ωρgω=(10) ρ'bϕA在(8)和(9)式中和分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释x=0t=0时刻有，由(5)式得放时，即′ρ(11) X(0)=−bρ (12) V(0)=0由(8)至(12)式可求得′ρ(13) A=bρϕ=π (14) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得′ρ() (15) ωX(t)b cos t+π=ρ′ρ()ω=−+πV(t)gb sin t (16) ρ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b系中看，物块下底面坐标为时，物块刚好被完在湖水中的情况. 显然，在x X全浸没；由(5)式知在系中这一临界坐标值为1−b（17）即b处. 注意到在振物块刚好完全浸没在湖水中时，其下底面在平衡位置以下X b A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，下面分两种情况讨论： I．. 由(13)和(17)两式得A≤X bρρ′≥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 ′ρ2πbT==2π (19) ωρg 物块从初始位置出发往返一次所需的时间 第2页，共23页2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题与答案解析 ′ρbt=T=2π (20) I ρg II ． . 由(13)和(17)两式得 A>X b ′ρρ (21) <2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. t 设从初始位置起，经过时间物块刚好全部浸入湖水中，这时. 由(15)()Xt=X 11b 和(17)式得 ′′ρρ() (22) ω+π−cos t 11ρρ取合理值，有arccos1=−− (23)1由上式和(16)式可求得这时物块的速度为 2 (24) V (t )gb 1-11表示加速度的大小，由牛顿定律 此后，物块在液体内作匀减速运动，以有 ′ρρ− (25) ′ag= ′ρ设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为，有 t 2(26) ()′Vt−at=012由(24)-(26)得 2(27) t 11−−2′′ρρρρ()物块从初始位置出发往返一次所需的时间为 2 ρρ2b (28)πt 2(tt )211arccos1 II12′′′ρρρρρρg ()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. 评析：本题的突破关键在于意识到这个运动的具体情况：在完全沉入水之前是简谐运动，在沉入水之后竖直上抛运动（类似）。

29届全国中学生物理竞赛决赛试题及解答一、(15分)如图，竖直的光滑墙面上有A 和B 两个钉子，二者处于同一水平高度，间距为l ，有一原长为l 、劲度系数为k 的轻橡皮筋，一端由A 钉固定，另一端系有一质量为m=gkl 4的小球，其中g 为重力加速度．钉子和小球都可视为质点，小球和任何物体碰撞都是完全非弹性碰撞而且不发生粘连．现将小球水平向右拉伸到与A 钉距离为2l 的C 点，B 钉恰好处于橡皮筋下面并始终与之光滑接触．初始时刻小球获得大小为20glv =、方向竖直向下的速度，试确定此后小球沿竖直方向的速度为零的时刻．二、(20分)如图所示，三个质量均为m的小球固定于由刚性轻质杆构成的丁字形架的三个顶点A、B和C处．AD ⊥BC，且AD=BD=CD=a，小球可视为质点，整个杆球体系置于水平桌面上，三个小球和桌面接触，轻质杆架悬空．桌面和三小球之间的静摩擦和滑动摩擦因数均为μ，在AD杆上距A点a／4和3a／4两处分别施加1．试论证在上述推力作用下，杆球体系处于由静止转变为运动的临界状态时，三球所受桌面的摩擦力都达到最大静摩擦力；2．如果在AD杆上有一转轴，随推力由零逐渐增加，整个装置将从静止开始绕该转轴转动．问转轴在AD杆上什么位置时，推动该体系所需的推力最小，并求出该推力的大小．三、(20分)不光滑水平地面上有一质量为m的刚性柱体，两者之间的摩擦因数记为μ．柱体正视图如图所示，正视图下部为一高度为h的矩形，上部为一半径为R的半圆形．柱体上表面静置一质量同为m的均匀柔软的链条，链条两端距地面的高度均为h／2，链条和柱体表面始终光滑接触．初始时，链条受到微小扰动而沿柱体右侧面下滑．试求在链条开始下滑直至其右端接触地面之前的过程中，当题中所给参数满足什么关系时，1．柱体能在地面上滑动；2．柱体能向一侧倾倒；3．在前两条件满足的情形下，柱体滑动先于倾倒发生．四、(20分)如图所示，在一光滑水平圆桌面上有两个质量、电荷都均匀分布的介质球，两球半径均为a，A球质量为m，所带电荷量为Q，B球质量为4m，所带电荷量为-4Q．在初始时刻，两球球心距为4a，各有一定的初速度，以使得两球在以后的运动过程中不发生碰撞，且都不会从圆桌面掉落．现要求在此前提下尽量减小桌面面积，试求1．两球初速度的方向和大小；2．圆桌面的最小半径．假设两球在运动过程中，其所带电荷量始终保持均匀分布：桌面也不发生极化效应．已知两个均匀带电球之间的静电相互作用力，等于电荷集中在球心的两个点电荷之间的相．互作用力；静电力常量为ke五、(20分)如图所示，一半径为R 的轻质绝缘塑料薄圆盘水平放置，可绕过圆盘中心的竖直固定轴无摩擦地自由转动．一半径为a 的轻质小圆线圈(a<<R)固定在盘面上，圆线圈与圆盘共轴．在盘边缘处等间隔地固定4个质量均为m 的带正电的金属小球，每个小球所带电荷量均为q．此装置处在一磁感应强度大小为B 0、方向竖直向上的均匀强磁场中．初始时圆盘静止，圆线圈中通有恒定电流I．方向沿顺时针方向(从上往下看)．若切断圆线圈中的电流，则圆盘将发生转动．求薄圆盘稳定转动后，圆盘在水平方向对每个金属球小的作用力的大小．假设金属小球可视为质点，不计小圆线圈的自感和带电金属小球因运动所产生的磁场．已知固定在圆盘面上的半径为a、通有电流I 的圆线圈在圆盘面内、距线圈圆心的距离为r 处(r>>a)产生的磁场的磁感应强度的大小为B=322r I a k m π，式中k m 为已知常量，当线圈中的电流沿顺时针方向时，磁场方向垂直于圆盘平面且竖直向上．静电力常量为k e ．六、(15分)如图，一水平放置的刚性密闭气缸，缸壁是绝热的，活塞把气缸内空间分为两个体积相同的密闭室A 和B．活塞由一层热容量很小(略去其影响)、导热良好的材料(与气缸壁有摩擦)和一薄层绝热材料(与气缸壁没有摩擦)压制而成，绝热层在A 室一侧．初始时，A 室和B 室充有绝对温度均为T 0的同种多原子分子理想气体，A 室气体压强是B 室气体压强的4倍．现释放活塞，活塞由于其导热部分与汽缸壁之间存在摩擦而运动缓慢，最后停止在平衡位置(此时活塞与缸壁间无静摩擦)．已知气缸中的气体具有如下特性：在温度高于某个临界温度T d (>T 0)时，部分多原子气体分子将发生分解，一个多原子分子可以分解为另外两个相同的多原子分子．被分解的气体摩尔数与发生分解前气体总摩尔数之比a 满足关系a=)(d T T −β，其中β=2.00T 0-1．分解过程是可逆的，分解1摩尔分子所需能量φ=CT 0／l0，1摩尔气体的内能与绝对温度T 的关系为u=CT(C 是与气体的种类无关的常量)．已知当压强为P、体积为V 的这种气体绝热缓慢膨胀时，PV γ=常量，其中γ=4／3．1．对于具有上述特性的某种气体，若实验测得在上述过程结束时没有任何分子发生了分解，求这种分子发生分解的临界温度T d 的可能值；2．对于具有上述特性的另一种气体，若实验测得在上述过程结束时有a=l0.0％的分子分解了，求这种分子发生分解的临界温度T d ．七、(15分)如图一所示的光学系统是由平行光管、载物台和望远镜组成．已知望远镜物镜L的焦距为l6.OOcm．0的焦平面P处，放置带十字叉丝线的分划板和亮十字物，如图二所示．在载物台上放置双面平行的平在L折射、M 面镜M，通过望远镜的目镜Le观察时，能同时清楚地看到分划板上的十字叉丝线和十字物经过L0折射后在分划板上所成的十字像，十字像位于A点，与上十字叉丝线的距离为5.2mm．绕载反射、再经L物台转轴(沿竖直方向)转动载物台，使平面镜转l80°，此时十字像位于B点，与上十字叉丝线的距离为18.8mm．根据以上情况和数据可计算出，此时望远镜光轴与水平面的夹角为rad；据此结果，调节望返镜，使其光轴与载物台的转轴垂直．平行光管是由十字缝S和凸透镜L组成．去掉光学系统中的平面镜M，并用钠光灯照亮S．沿水平方向移动S，当S到平行光管中的透镜L距离为8.25cm时，通过望远镜目镜能清楚地看到十字缝的像恰好成在分划板中心十字叉丝线上，由此可以推知，L的焦距等于cm．将载物台平面调至与载物台的转轴垂直，在载物台上放置长、宽、高均为3.OOcm、折射率为1.52的分束棱镜abed(分束棱镜是由两块直角三棱镜密接而成，接触面既能透光又能反光)和待测凹球面镜0，0到L的距离为l5.OOcm，并保证分束棱镜的ab面与图三中的XX′轴垂直、凹球面镜的光轴与图三中的XX ′轴重合；再将望远镜绕载物台的中心轴转90°，如图三所示。

2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案解析无锡市第一中学 魏熙锴第一题（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'gbρωρ=(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) ()()sin V t gb t ρωρ′=−+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 22b T gρωρ′π==π (19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间I 2bt T gρρ′==π(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 1b t g ρρπρρ′ =−− ′(23) 由上式和(16)式可求得这时物块的速度为21()1-1V t gb ρρρρ′=−− ′(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2211()b t g ρρρρρρρ′′ =−− ′′−(27) 物块从初始位置出发往返一次所需的时间为2II 1222()2arccos 111()b b t t t g g ρρρρρπρρρρρρ ′′′=+=−−+−− ′′′−(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.评析：本题的突破关键在于意识到这个运动的具体情况：在完全沉入水之前是简谐运动，在沉入水之后竖直上抛运动（类似）。

全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v . (2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v . (3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . (4)[(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得220sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。

由上式可知max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan 0gR θθθθ=-=v v . (4’)将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v . (5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q =0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v . (6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=-⎪⎪⎭v . (7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=v v ,(8) 考虑到(4)式有max ==v评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C2l r =v v . (1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v . (3’) 同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++. (7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8) 轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9) 由此得2022(2)28r l r F t m l r-∆=+v . (10) 方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r -'∆=-+v ,(11) 方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆， 1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为 k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g .提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y Xt X t=例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=参考解答：1. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为 1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为 ()[]q q q = (3)式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为 ()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6)将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8)所以23k E k L λω= (9)2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10)其中， 22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15)3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭(16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19) ()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为 21(2)(2)2()Qq h R m mg h R kh R R-=---v . (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有 max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-. (3)由此得 max ()mg h R RQ kq-=. (4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得 max ()mg h R V q-=(6) 评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)xy z E E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1) 在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+-(2) 两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为 ,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足 ()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+-(7) 利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得 00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故 0(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-. (10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v . (11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1)1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3)2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a) 图(b) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)x忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处. 对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8)由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ===. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有 E e +E g =¢E e +¢E g . (1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=. (2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c . (3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ'=[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得 22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e em cE E -. (8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e 2c 42E e. (9) 代入数据，得¢E g »29.7´106eV . (10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。

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