2012物理学术竞赛中文翻译

2012年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 =4kl g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．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．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．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．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 ，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ke ．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L0的焦距为l6.00cm．在L0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L0折射、M 反射、再经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3.00cm、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O，O 到L的距离为l5.00cm，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。

附件一：西安交通大学第三届大学生物理学术竞赛介绍为了活跃我校大学学习大学物理及实验的兴趣，激发创新意识，培养和提高学生应用物理学基础知识的能力、数学能力、逻辑能力、创新能力、协作精神和实践能力；借鉴中国大学生物理学术竞赛（简称CUPT，该赛事是教育部支持的全国重要大学生创新竞赛活动之一）和国际青年物理学家竞赛（IYPT）的模式，举办“西安交通大学第三届大学生物理学术竞赛”，该竞赛采用团队答辩竞赛形式，要求学生根据给定的开放性物理问题进行研究并设计实验解决方案。

现将校内赛相关事宜公布如下：一、目的1. 培养创新意识和开放式思维，注重基础知识与实践紧密结合，提高以所学知识解决实际问题的能力和应变能力，为全校同学提供展示物理研究才能的舞台。

2. 通过校内选拔赛，最终决出20名优秀选手参加2017年陕西省大学生物理学术竞赛，并选出8—10名优秀选手组成校队，代表我校参加2017年中国大学生物理学术竞赛。

二、竞赛内容在力、热、光、电等物理分支下，指定17个研究项目（具体题目与要求详见附件），每位参赛同学在其中自由择题，自主设计实验研究方案，独立完成实验研究，用物理学原理解释实验现象。

理学院指定教师进行指导，大学物理实验教学中心将给予实验方面的协助。

三、参赛对象与时间安排选拨赛面向全体1～3年级本科生。

报名时间：2016年10月17日—11月13日1）2016.10.29（周六）19:00赛题分析研讨会。

2）2016.10－2016.11 准备，撰写实验设计方案（题目理解，设计原理、测量方法、实验仪器、测量数据、结果和理论分析）。

3）2016.11.23 提交参赛材料。

4）2016.11.25 公布参赛名单。

5）2016.11.26（周六）学生准备答辩材料，并进行答辩。

（初赛）6）2016.11.27（周日）公布复赛名单，指定相应的指导教师。

7）2016.12.24—2016.12.25 复赛。

8）2016.12.27 公布决赛名单，进行表演对抗赛及比赛说明。

附件一：西安交通大学第一届大学生物理学术竞赛介绍为了活跃我校大学学习大学物理及实验的兴趣，激发创新意识，培养和提高学生应用物理学基础知识的能力、数学能力、逻辑能力、创新能力、协作精神和实践能力；借鉴中国大学生物理学术竞赛（简称CUPT，该赛事是教育部支持的全国重要大学生创新竞赛活动之一）和国际青年物理学家竞赛（IYPT）的模式，举办“西安交通大学第一届大学生物理学术竞赛”，该竞赛采用团队答辩竞赛形式，要求学生根据给定的开放性物理问题进行研究并设计实验解决方案。

现将校内赛相关事宜公布如下：一、目的1. 培养创新意识和开放式思维，注重基础知识与实践紧密结合，提高以所学知识解决实际问题的能力和应变能力，为全校同学提供展示物理研究才能的舞台。

2. 通过校内选拔赛，最终决出8—10名优秀选手组成校队，代表我校参加2015年中国大学生物理学术竞赛。

二、竞赛内容在力、热、光、电等物理分支下，指定17个研究项目（具体题目与要求详见附件），每位参赛同学在其中自由择题，自主设计实验研究方案，独立完成实验研究，用物理学原理解释实验现象。

理学院指定教师进行指导，大学物理实验教学中心将给予实验方面的协助。

三、参赛对象与时间安排选拨赛面向全体1～3年级本科生。

报名时间：2014年10月15日—10月30日1）2014.10.23（周四）赛题分析研讨会。

2）2014.10－2014.11 准备，撰写实验设计方案（题目理解，设计原理、测量方法、实验仪器、测量数据、结果和理论分析）。

3）2014.11.17—2014.11.18 提交参赛材料。

4）2014.11.20 公布参赛名单。

5）2014.11.22（周六）学生准备答辩材料，并进行答辩。

（初赛）6）2014.11.23（周日）公布复赛名单，指定相应的指导教师。

7）2014.12.27—2014.12.28 复赛。

8）2014.12.29 公布决赛名单，进行表演对抗赛及比赛说明。

初中所有学科英文一、初中常见学科英文及翻译、解释、用法示例1. 语文- Chinese- 翻译：“语文”的英文是“Chinese”，在这里“Chinese”作为名词，表示“中国人；汉语；中文”等含义。

- 用法解释：当提及与中国的语言、文学、文化等相关的学习内容时使用。

例如在描述语文课上的学习活动，如阅读中国古典文学作品、学习汉字书写等。

- 示例- I like Chinese because I can read many interesting stories.（我喜欢语文，因为我能读到很多有趣的故事。

）- Chinese is our mother tongue.（汉语是我们的母语。

）- We study Chinese poems in Chinese class.（我们在语文课上学习中国诗歌。

）- The Chinese teacher asked us to write an essay.（语文老师要求我们写一篇作文。

）- Chinese includes grammar, vocabulary and reading comprehension.（语文包括语法、词汇和阅读理解。

）- My favorite part in Chinese is ancient prose.（我最喜欢语文中的古文部分。

）- I got a high score in Chinese this time.（我这次语文得了高分。

）- Chinese culture is deeply reflected in our Chinese study.（中国文化在我们的语文学习中有着深刻的反映。

）- We should practice Chinese writing more often.（我们应该更经常地练习语文书写。

）- The difficulty of Chinese lies in its profound connotations.（语文的难点在于其深刻的内涵。

第八届中国大学生物理学术竞赛赛题参考翻译1.自己发明请设计和制造一个装置，能保护一个鸡蛋从2.5m的高度自由落下到硬地面上并且这个装置必须和鸡蛋同时下落，你能够设计的最小尺寸是多少？2.气球汽笛一个简单的汽笛可以这样制造：用一根穿过一只小型容器（或杯子）底部的管子拉伸位于容器（或杯子）开口处的气膜。

经过在容器侧壁处的小孔，鼓风可以产生一个声音。

解释声音受到相关参量的影响。

3.单透镜望远镜一架望远镜可只用一枚透镜制作，如果小光圈被用于替代目镜，那么透镜参数和小孔将会怎样影响所成的图像（如放大率、清晰度和亮度）？4.磁场山置于非均匀磁场中的少量磁性流体会形成山丘状结构，讨论这些结构的属性如何依赖于相关参数。

5.莱氏星星在莱氏效应中，置于热表面的水滴可存在几分钟。

在某些情况下，水滴会发展为振荡的星形状态。

引入不同的振荡模式并探讨它们。

6.快链条一根链条由若干相比于水平有一定角度的木棍组成，且由两根线连接，垂直悬挂然后释放。

相比于自由落体，当掉至水平地面时，链条掉落更快。

解释此现象并研究相关参量如何影响链条的运动。

7.螺旋水波当薄层液膜流过一个旋转的平台可能会出现螺旋波或者其他波，探讨这些波的类型。

8.密度可视化纹影摄影术通常用于使气体中的密度变化可视化。

安装一套纹影装备并且研究在这种方法在解决密度差异的优势。

9.管中球现有一根充满液体并含有一枚小球的密封透明管，此管倾斜放置且下端与马达相连，如此管沿锥形面运动。

探讨球在相关参数作用下的运动。

10.分离玻璃在两片薄玻璃之间放置一层薄薄的水，然后试着把它们分开。

研究相关参数对临界力的影响。

11.毛发湿度计一只简单的湿度计可仅用人的毛发制作。

研究这个装置的精确度和相应时间作为相关参量的函数。

12.扭转陀螺将轮轴固定于具有一定扭转阻力的竖直线上，扭转绳子，旋转轮子并释放它，研究此系统的动力。

13.共鸣的玻璃一个装满液体的酒杯，在扬声器的作用下将会发生共振，研究这个现象是如何依赖于相关参量。

2012年考研英语（一）翻译部分答案及解析46）In physics, one approach takes this impulse for unification to its extreme, and seeks a theory of everything — a single generative equation for all we see.46. 物理学中，有一种方法将这种对统一性的紧迫需求发挥到了极致，追求一种具有普遍意义的理论，即为我们所见之物寻求一种单一的生成公式。

47）Here, Darwinism seems to offer justification, for if all humans share common origins, it seems reasonable to suppose that cultural diversity could also be traced to more constrained beginnings.47. 在此，达尔文似乎给出了合理化的解释，这是因为如果整个人类有相同的起源，那么我们就有理由认为，文化的多样性同样也可以追溯到更为具体的开端。

48）To filter out what is contingent and unique from what is shared might enable us to understand how complex cultural behaviour arose and what guides it in evolutionary or cognitive terms.48. 从共性中过滤出独特性，我们就可以明白文化行为起源的复杂性，以及文化行为在进化方面和认知方面的源动力。

49）The second, by Joshua Greenberg, takes a more empirical approach to universality, identifying traits (particularly in word order) shared by many languages, which are considered to represent biases that result from cognitive constraints.49. 第二个为此做出努力的人是约书亚·格林伯格，他采用经验主义的方法来研究普遍性，确认多种语言（尤其是语序方面的）共同特征，这些特征被认为是体现了由于认知局限性而带来的偏见。

奥林匹克物理竞赛试题及答案国际奥林匹克物理竞赛是国际中学生的物理大赛，高中同学可以用来提升物理解题能力。

下面店铺给大家带来奥林匹克物理竞赛试题，希望对你有帮助。

奥林匹克物理竞赛试题国际物理奥林匹克竞赛简介竞赛设立由参赛成员国组成的国际物理奥林匹克委员会。

竞赛章程规定：目的是为增进中学物理教学的国际交流，通过竞赛促进开展物理学科的课外活动，以加强不同国家青年之间的友好关系和人民间的相互了解合作。

同时帮助参赛者发展物理方面的创造力，把从学校学到的知识用于解决实际问题的能力。

国际物理奥林匹克竞赛每年举办一次。

由各会员国轮流主办，并由各代表团团长和一名主办国指定的主席组成国际委员会。

国际委员会的任务是公平合理地评卷，监督章程规定的执行情况，决定竞赛结果。

每一会员国可选派5名高中学生或技术学校学生参加竞赛。

参加者的年龄到竞赛开始的那一天不能超过20岁。

参赛代表队要有2名团长，2名团长是国际委员会的成员，条件是能胜任解答赛题，能参加竞赛试卷的讨论和评分工作，并能通晓一种国际物理奥林匹克的工作语言。

国际物理奥林匹克的工作语言是英文、法文、德文和俄文。

代表团到达主办国时，团长要将参加学生及团长的情况告诉主办国家组织人员。

竞赛于每年6月底举行。

竞赛分两天进行。

第一天进行3道理论计算题竞赛，另一天的竞赛内容是1—2道实验题。

中间有一天的休息。

参赛者可使用计算尺、不带程序编制的计算器和对数表、物理常数表和制图工具，但不能使用数学和物理公式一览表。

竞赛题由参加国提供题目，主办国命题。

在竞赛前，赛题要保密。

竞赛题内容包括中学物理的4个部分(力学、热力学和分子物理学、光学及原子和核物理学、电磁学) ，解题要求用标准的中等数学而不要用高等数学。

主办国提出评卷标准并指定评卷人。

每题满分为10分。

各代表团团长同时对自己团员竞赛卷的复制品进行评定，最后协商决定成绩。

评奖标准是以参赛者前三名的平均分数计为100%，参赛者达90% 以上者为一等奖，78—90%者为二等奖，65—78%者为三等奖，同时发给证书。

b r r rrbr r r'gbr r(0)X b r r¢=- (11) (0)0V = (12) 由(8)至(12)式可求得A b rr¢= (13) j =p (14) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得()()cos X t b t rw r ¢=+p (15) ()()sin V t gb t r w r¢=-+p (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b 1X X b r r ¢æö==-ç÷èø （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r r ¢³2 (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 gr wr ¢p ==p(19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间从初始位置出发往返一次所需的时间I 2bt T gr r ¢==p(20) II ．bA X >. 由(13)和(17)两式得2r r ¢< (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 r r w rr¢¢+p =-(22) 取合理值，有1arccos 1b t g r r p r r éù¢æö=--êúç÷¢èøëû(23) 由上式和(16)式可求得这时物块的速度为21()1-1V t g b rr r r ¢æö=--ç÷¢èø(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 r r r ¢-¢=¢ (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 rr r r r r r ¢¢æö=--ç÷¢¢-èø(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 r rr r rp r r r r r r éù¢¢¢æöæö=+=--+--êúç÷ç÷¢¢¢-èøèøëû (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、参考答案： 1. i.i.通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 ，卫星在此点的速度为v .由开普勒第二定律可知()20.80r R w v = (1)式中e (2/)T w p =为地球自转的角速度.令m 表示卫星的质量，根据机械能守恒定律有R0.80R ab()222110.80220.80GMm GMm m mR r Rw -=-v （2） 由（1）和（2）式解得0.28r R » (3)(3)可可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：()2210.800.8020.80GMm GMm m R r R Rw -=-+直接求得】同步卫星的轨道半径R 满足22GM R R w = (4)由(3)(3)和和(4)(4)式式并代入数据得 41.210km r »´ (5) 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.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()2s 10.802R s w =(6) 设a 和b 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 0.280.802R Ra +»(7) 2220.800.282ba R -æö»-ç÷èø(8) 卫星运动的周期T 为sabT p s = (9) 代人相关数值可求出9.5h T » （10）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1.5T （约14小时），卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此点，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. 2.2.根根据题意，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2xx x e 1()2GMm GMm m R R R R w -=-+ （1111）） 此式可化为3x x23e e 21eR R GM R R R w æöæö+=ç÷ç÷èøèø (12)这是关于x R 的四次方程，用数值方法求解可得4x e4.7 3.010km R R »»´ （1313）） 【x R 亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令e v 表示卫星与赤道相切点即近地点的速率，则有2e e x R R w =v和22e x e x11()22GMm GMmm m R R R w -=-v 由上两式联立可得到方程得到方程53x x x 2323e e e 220e eR R R GM GMR R R R R w w æöæö--+=ç÷ç÷èøèø 其中除x R 外其余各量均已知, 因此这是关于x R 的五次方程. 同样可以用数值方法解得x R .】 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T ¢，设椭圆的半长轴为a ¢，半短轴为b ¢，有，有xe 2R R a +¢= (14) 22xe 2R R b a -æö¢¢=-ç÷èø(15) 因为面积速度可表示为因为面积速度可表示为2s x 12R s w ¢= (16) 所以卫星的运动周期为所以卫星的运动周期为s a b T p s ¢¢¢=¢(17) 代入相关数值可得代入相关数值可得6.8T ¢»h (18) 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(180110)°-°处与赤道相切. 但由于地球自转，在这期间地球同时转过了/2T w ¢角度，地球自转角速度360/24h 15/h w =°=°，因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经赤道相切点位于赤道的经度为西经1801101212T w q ¢=°-°+»° （19） 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.第2问7分，(11)式1分，分， (13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （数值结果允许有5%的相对误差）的相对误差）三、三、参考解答： 解法一解法一如图1所示，建直角坐标Oxy ，x 轴与挡板垂直，y 轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为0v ，方向沿x 轴正方向，轴正方向，以以P表示系统的质心，表示系统的质心，以以Px v 和Pyv 表示碰撞后质心的速度分量，J 表示墙作用于小球C 的冲量的大小. 根据质心运动定理有根据质心运动定理有Px 033J m m -=-v v （1）Py 030m =-v （2）由（1）和（）和（22）式得）式得0Px33mv J m-=v （3）Py 0=v （4）可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球C 与挡板碰撞过程中，质心的坐标为与挡板碰撞过程中，质心的坐标为P c o s x l a=- （5） P 1s i n 3y l a =- （6）球C 碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角动量为零；球C 碰挡板后，质心相对质心参考系仍是静止的，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w ，则三小球对质心P 的角动量的角动量222AP BP CP L m l m l m l w w w =++ （7）式中AP l 、BP l 和 CP l 分别是A 、B 和C 三球到质心P 的距离，由图1可知可知22222AP 1cos sin 9l l l a a =+ （8）222BP 1sin 9l l a = （9）22222CP 4cos sin 9l l l a a =+ （10）由（由（77）、（8）、（9）和（）和（101010）各式得）各式得）各式得222(12cos )3L ml w a =+ （11）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，题时，必须引入惯性力必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，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，不对质心的力矩等于零，不A BCaOxyP CP lb图1 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J 的冲量矩，即有的冲量矩，即有 2sin3J l L a = （12）【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】式也成立】由（11）和（12）式得）式得2sin (12cos )J ml aw a =+ (13) 球C 相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）CPx CP P sin (sin ||)l l y w b w a =-=--v (14) CPy CP cos cos l l w b w a =-=-v (15) 球C 相对固定参考系速度的x 分量为分量为Cx CPx Px =+v v v（16） 由（3）、（6）、（1313）） 和 （1616）各式得）各式得）各式得Cx 02(12cos )J m a =-++v v （17） 根据题意有据题意有0Cx =v （18）由（由（171717）和（）和（）和（181818）式得）式得）式得20(12cos )J m a =+v （19） 由（1313）和（）和（）和（191919）式得）式得）式得sin la w =v （20） 球A 若先于球B 与挡板发生碰撞，则在球C 与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过p/2角，即杆AB 至少转到沿y方向，如图2所示. 系统绕质心转过p/2所需时间所需时间12t pw = （21） 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离方向向右移动的距离 Px x t D =v （22） 若P P y x x D +> （23） 则球B 先于球A 与挡板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、（21）、（22）和（23）式得）式得3arctan 1a >+p（24）即36>a (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. x OPAC B 图2 y解法二解法二如图1所示，建直角坐标系Oxy ，x 轴与挡板垂直，y 轴与挡板重合，以Ax v 、Ay v 、Bx v 、By v 、Cx v 和 Cy v 分别表示球C 与挡板刚碰撞后A 、B 和C 三球速度的分量，根据题意有根据题意有Cx 0=v （1） 以J 表示挡板作用于球C 的冲量的大小，其方向沿x 轴的负方向，根据质点组的动量定理有的负方向，根据质点组的动量定理有A xB x 03J m m m-=+-v v v （2） A y By Cy 0m m m =++v v v （3） 以坐标原点O 为参考点，根据质点组的角动量定理有为参考点，根据质点组的角动量定理有()A y By 0sin cos cos cos sin Jl m l l m l m l a a a a a =+++v v v （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Ax Bx =v v （5）Cy By Bx sin sin cos a a a =-v v v （6） Ax A y Cy cos sin sin q q q -=-v v v （7）（7）式中q 为杆AB 与连线AC 的夹角. 由几何关系有由几何关系有22cos cos 13cos aq a =+ （8）2sin sin 13cos aq a =+ （9） 解以上各式得解以上各式得20(12cos )J m a =+v （10）2Ax 0sin a =v v （11）A y 0sin cos a a =v v （12）2Bx 0sin a =v v （13） By 0=v （14）Cy 0sin cos a a =-v v （15）ABC C aOxyAyvAx v Bx v By vCy vP图1 按题意，自球C 与挡板碰撞结束到球A (也可能球B )碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，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 、B 和C 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B 相对质心的速度相对质心的速度..由(11)(11)到到(15)(15)各式，在球各式，在球C 与挡板碰撞刚结束时系统质心P 的速度的速度2Ax Bx Cx Px 02sin 33m m m m a ++==v v vv v （16）A y By CyPy 03m m m m++==v v v v （17）这时系统质心的坐标为这时系统质心的坐标为P c o s x l a=- （18） P 1sin 3y l a =- （19）不难看出，此时质心P 正好在球B 的正下方，至球B 的距离为P y ，而球B 相对质心的速度相对质心的速度2B P x B x P x 01s i n 3a =-=v v v v （20） BPy0=v （21）可见此时球B 的速度正好垂直BP ，故整个系统对质心转动的角速度，故整个系统对质心转动的角速度0sin BPx P y law ==v v （22）若使球A 先于球B 与挡板发生碰撞，则在球C 与挡板碰撞后，整个系统至少应绕质心转过π/2角，即杆AB 至少转到沿y 方向，如图2所示. 系统绕质心转过π/2所需时间所需时间 1π2t w=（23） 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离方向向右移动的距离Px x t D =v （24） 若P P y x x D +> （25） 则球B 先于球A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得由以上有关各式得 3arctan 1a >+p（26） 即36>a (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. xOPAC B 图2 y四、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，其电路的等效电容t1C 满足下式 t112n C C =（1） 即t12CC n= （2） 式中4S C kdp =（3） 虚线大方框中无限网络的等效电容t 2C 满足下式t 211112248C C C C æö=+++×××ç÷èø（4）即t 22CC =（5）整个电容网络的等效电容为t 1t 2tt 1t 224C C C C C C n ==++ （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）t t (4)2S q C n kdee p ==+ （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电容t1C ¢满足下式t111223n C C C -=+¢ （8） 由此得t1631CC n ¢=+ （9）整个电容网络的等效电容为t1t 2tt1t 26313C C C C C C n ¢¢==¢++ （10）整个电容网络的等效电容器带的电荷量为t t 3(313)2S q C n kd ee p ¢¢==+ （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t t t (313)(4)2S q q q n n kdep ¢D =-=-++ （12）电容器储能变化为e p e e S S 2d x e2211100R R æö-ç÷èøl 2 l 1 I 1 I 2 a b I c d 圆环接触的两点之间的长度L 可视为不变，近似为12R .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过程中感应电动势大小始终为12BR e =v （3） 以I 、1I 和2I 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ab U 表示a 、b 两端的电压，由欧姆定律有两端的电压，由欧姆定律有ab 110U I l r = （4） ab 220U I l r = （5） 式中，1l 和2l 分别为金属杆左、右圆弧的弧长分别为金属杆左、右圆弧的弧长..根据提示，1l 和2l 中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大小分别为感应强度的大小分别为111m21I l B k R = （6）222m21I l B k R = （（7） 1B 方向竖直向上，2B 方向竖直向下方向竖直向下..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）式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 0210B B B =-= （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位置时，杆中电流产生的磁感应强度大小为3m12100IB k R = （9） 方向竖直向下方向竖直向下..对应图1的等效电路如图2，杆中的电流，杆中的电流 I R R R R R e=++右左右左 （10）其中R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻，R 左和R 右分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非常靠近圆心，故常靠近圆心，故a b 1112,=R R r R R R rp »»右左 （11） 利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得）式可得m 3110800(4)k B B R r r p =+v （12）由于小圆环半径21R R <<，小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的，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处时，穿过小圆环圆面的磁感应通量为2ab 23R B f p = （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反，故穿过小圆环圆面的磁感应通量为2cd 23()R B f p =- （14） 在长直金属杆以速度v 从ab 移动到cd 的时间间隔t D 内，穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为的改变为2c d a b 232R B f f f p D =-=- （15）I I 2 I 1 b a R 左图 2 εR ab R 右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223i 2R B t tp f e D =-=D D （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过程中，在小圆环导线中产生的感应电流为23i i2002R B I R r r t e p ==D （17）于是，利用（12）和（17）式，在时间间隔t D 内通过小环导线横截面的电荷量为内通过小环导线横截面的电荷量为 23m 2i01010800(4)R B k BR Q I t r R r r r p =D ==+v （（18）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、六、参考解答：设重新关闭阀门后容器A 中气体的摩尔数为1n ，B 中气体的摩尔数为2n ，则气体总摩尔数为12n n n =+ （1）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1T ¢，B 中气体温度为2T ，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表示为()()111221U n C T T n C T T ¢D =-+- （2）由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有0U D = （3）令1V 表示容器A 的体积, 初始时A 中气体的压强为1p ，关闭阀门后A 中气体压强为1p a ，由理想气体状态方程可知111p V n RT =（4） 1111()p Vn RT a =¢（5）由以上各式可解得()112111a a ¢-=¢-T T T T T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过程，设这部分气体初始时体积为10V (压强为1p 时)，则有11011()C R C R C Cp Vp V a ++= （6）利用状态方程可得1101111()p V p V T T a =¢（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222RC C R C RR C Rn na a a a +++--=-- （8）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、七、答案与评分标准： 1. 19.2 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都给4分)10.2 10.2 (4分，填10.0至10.4的，都给4分)2. 20.3 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、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，导电电子以速度0v 向下匀速运动；在相对于导电电子静止的参考系S ¢中，导线中导电电子不动，正离子以速度0v 向上匀速运动.下面分四步进行分析. 第一步，在参考系S ¢中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力的大小和方向.若S 系中一些正离子所占据的长度为l ，则在S ¢系中这些正离子所占据的长度变为l +¢，由相对论中的长度收缩公式有221+¢=-l l c v （1） 设在参考系S 和S ¢中，每单位长度导线中正离子电荷量分别为l 和l+¢，由于离子的电荷量与惯性参考系的选取无关，故l l l l ++¢¢= （2） 由（1）和（2）式得221-c v设在S 系中一些导电电子所占据的长度为l ，在S ¢系中这些导电电子所占据的长度为l -¢，则由相对论中的长度收缩公式有2021-¢=-l l cv （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 2021l l -¢-=-cv （5）式中，l -和l-¢分别为在参考系S 和S ¢中单位长度导线中导电电子的电荷量. 在参照系S ¢中，导线2单位长度带的电荷量为220022220022()111ll l l l l +-¢¢¢=+=+--=--c c c cv v v v （6） 它在导线1处产生的电场强度的大小为 2e e 02202221l l ¢¢==-k k E ac a cv v （7）电场强度方向水平向左.导线1中电荷量为q 的正离子受到的电场力的大小为 2e 0e 220221l +¢¢==-k q f qE c a cv v （8）电场力方向水平向左. 第二步，在参考系S ¢中，考虑导线2对导线1中正离子施加磁场力的大小和方向.在参考系S ¢中，以速度0v 向上运动的正离子形成的电流为2021l l +¢¢==-I cv v v （9）导线2中的电流I ¢在导线1处产生磁场的磁感应强度大小为 m 0m 202221l ¢¢==-k k I B a a c v v（10） 磁感应强度方向垂直纸面向外.导线1中电荷量为q 的正离子所受到的磁场力的大小为221-a c ve kk =。

127-149：热力学第一定律：能量守恒定律的再叙，经常运用于避免温度改变的系统中，系统增加的热能等于内能的增加加上系统对外做到的功。

绝热过程：膨胀或压缩过程任何地方都无热能的进入或离开系统。

热力学第二定律：热能永远不会自发地从低温物体流向高温物体。

同样，没有机器可以完全有效的将能量转化为做功。

一些输入的能量以热能的形式消散最终随着时间的流逝，所有系统趋于变得越来越混乱。

热机：一种将内能转化为机械做功的装置（设备）。

熵：系统混乱的度量，任何时候能量自由地从一个转移到另一个，转移方向朝着混乱度大的状态，因此朝着熵值增大的方向。

阅读材料温室效应如果地球不断地从太阳接收能量，也许你会惊讶为什么地球不变得越来越热，或是为什么地球平均气温不升高。

要保持长时期平均气温相对不变，地球必须丢失与接收到的相同数量的平均能量。

这通过想外太空辐射能量来完成的，大气通过这种方式对于防止日常气温的较大变化非常重要。

在没有大气层的月球上，日常气温从白天的或向阳面的100度到变化到阴暗面的-173度入射的太阳辐射使得大气和地表变暖，变暖的地球以红外线辐射的形式辐射能量。

大气中的水蒸气和二氧化碳有选择性地吸收能量，因此这些气体允许入射的可见太阳光通过，但却吸收或套住某些特定的红外线。

大气这种有选择性的吸收有助于保留地球的能量，所以我们没有像在月球上的日常气温的波动。

云层（小水滴）也通过吸收红外线辐射来帮助保持地球的温度。

在没有云层覆盖的地方，光线又冷又清。

因此，大气表层有保持地球日常气温变化的热静力学效应，我们把这种过程叫做温室效应。

玻璃的吸收特性类似于大气，如同应用于温室，玻璃允许可见的太阳光通过，阻止或吸收红外线辐射。

事实上，在这种情况下，温室的温暖基本上应归因于防止被玻璃包围的大地加热后的热气体的逃逸上。

夏天，涂上白色的玻璃板通过反射阳光和打开让热气体逃逸来控制温度。

封闭的温室内非常温暖，即使在冷天也是如此。

在寒冷却有阳光的日子里，你也许已经在汽车内体验过温室效应。