x0?22n2R2?h0?nR2?n2h0n2?1 （7）
在轴上x?x0处，无光线通过。
随h增大，球面上入射角i增大，当i大于临界角iC时，即会发生全反射，没有折射光线。与临界角iC相应的光线有
hC?RsiniC?R这光线的折射线与轴线的交点处于
1 nn2R1? xC?n2?11n2?nRn?12 （8）
在轴Ox上R?x?xC处没有折射光线通过。
由以上分析可知，在轴Ox上玻璃半球以右
xC?x?x0 （9） 的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。x0与xC就是所要求的分界点，如图复解20-4-2所示
评分标准：本题20分。
求得式（7）并指出在Ox轴上x?x0处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在Ox轴上x?x0处无光线通过，给6分；得到式（9）并指出Ox上有光线段的位置，给4分。
五、参考解答
放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的倾向，对圆柱A和墙面有压力。圆柱A倾向于向左运动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱A受地面的正压力为N1，水平摩擦力为F1；圆柱B受墙面的正压力为N2，竖直摩擦力为F2，圆柱A受圆柱B的正压力为N3，切向摩擦力为F3；
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第6页
圆柱B受圆柱A的正压力为N3?，切向摩擦力为F3?，如图复解20-5所示。各力以图示方向为正方向。
已知圆柱A与地面的摩擦系数?1＝0.20，两圆柱间的摩擦系数?3＝0.30。设圆柱B与墙面的摩擦系数为?2，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为?。
设两圆柱的质量均为M，为了求出N1、N2、N3以及为保持平衡所需的F1、F2、F3之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：
圆柱A： Mg?N1?N3sin??F3cos??0 （1）
F1?N3cos??F3sin??0 （2）
F1R?F3R （3）
圆柱B： Mg?F2?N3?sin??F3?cos??0 （4）
N2?N3?cos??F3?sin??0 （5）
F3?r?F2r （6）
由于F3??F3，所以得
F1?F2?F3?F3??F （7）
式中F代表F1，F2，F3和F3?的大小。又因N3??N3，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为：
Mg?N1?N3sin??Fcos??0 （8）
F?N3cos??Fsin??0 （9） Mg?F?N3sin??Fcos??0 （10）
N2?N3cos??Fsin??0 （11）
以上四式是N1，N2，N3和F的联立方程，解这联立方程可得
N2?F （12） N3?1?sin?Mg （13）
1?cos??sin? 第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第7页
N2?F?cos?Mg （14）
1?cos??sin? N1?2?cos??2sin?Mg （15）
1?cos??sin?式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，N1，N2，N3没有问题，但F1，F2，
F3三个力能不能达到所需要的数值F，即式（12）、（14）要受那里的摩擦系数的制约。三个
力中只要有一个不能达到所需的F值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。
首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求
?2?由式（12），得
F2 N2F2?1 N2所以
?2?1 （16）
再讨论圆柱A与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为?1＝0.20，根据摩擦定律
f??N，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力F1满足F1??1N1，则圆柱在地面上不
滑动；若F1??1N1，这一点将要发生滑动。
圆柱A在地面上不发生滑动的条件是 ?1?由图复解20-5可知
cos??F1cos? （17） ?N12?cos??2sin?R?r （18） R?r2Rr （19） sin??1?cos2??R?r由式（17）、（18）和式（19）以及?1＝0.20，可以求得
1 r?R （20）
91即只有当r?R时，圆柱A在地面上才能不滑动。
9最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答 第8页
?3?F3cos? （21） ?N31?sin?由式（18）、（19）以及?3＝0.30，可解得
?7? r???R?0.29R （22）
?13?显然，在平衡时，r的上限为R。总结式（20）和式（22），得到r满足的条件为
R?r?0.29R （23）
评分标准：本题22分。 求得式（7）、（12）、（13）、（14）、（15）各2分，式（16）3分，求得式（23）9分。
六、参考解答
在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点，故正电荷在空间各点的电势为正；负电荷在空间各点的电势为负。现已知x?x0处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线，当考察点离坐标原点很近时，电势为正，且随x的减小而很快趋向无限大，故正的点电荷必定位于原点O处，以Q1表示该点电荷的电量。当x从0增大时，电势没有出现负无限大，即没有经过负的点电荷，这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为a，当x很大时，电势一定为负，且趋向于零，这表明负的点电荷的电量的数值Q2应大于Q1。即产生题目所给的电势的两个点电荷，一个是位于原点的正电荷，电量为Q1；另一个是位于负x轴上离原点距离a处的负电荷，电量的大小为Q2，且Q2＞Q1。按题目所给的条件有
k2Q1Q2?k?0 （1） x0x0?a kQ1Q2?k??U0 （2） ax0ax0?a因x?ax0时，电势为极小值，故任一电量为q的正检测电荷位于x?ax0处的电势能也为极小值，这表明该点是检测电荷的平衡位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零，因
而有
kQ1Q2?k?0 （3） 22(ax0)(ax0?a)由式（1）、（2）和（3）可解得
a?a(a?2)x0 （4）
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ax0U0 （5）
a?2ka(a?1)2U0x0 Q2? （6）
a?2k式中k为静电力常量。 评分标准：本题23分。 式（1）、（2）各4分，式（3）6分，式（4）、（5）、（6）各3分。
七、参考解答
Q1?设物块在A1点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为v0，竖直速度为
u0?2gh （1） 碰撞后物块的竖直速度变为u1，根据题意，有 u1?eu0 （2）
设物块的质量为m，碰撞时间为?t，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为
mu0?mu1 （3） N1??t水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变为v1，则有
mv1?mv0???N1?t （4） 由以上各式得
v1?v0?(1?e)?u0 （5） 同理，在落地点A2，A3，…，An其碰撞后的竖直分速度分别为 u2?e2u0 u3?e3u0 …………
un?enu0 （6） 其水平速度分别为
v2?v0?(1?e)?(1?e)u0 v3?v0?(1?e)?(1?e?e2)u0
…………
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第20届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
