第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷
http://hfwq.cersp.net一、填空（问答）题（每题5分，共25分）
http://hfwq.cersp.net1．有人设想了一种静电场：电场的方向都垂直于纸面并指向纸里，电场强度的大小自左向右逐渐增大，如图所示。这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
× × × × ×× × × × × ×× × × × × ×× 。 × × × × ××
2．海尔-波普彗星轨道是长轴非常大的椭圆，近日点到太阳中心的距离为0.914天文单位（1天文单位等于地日间的平均距离），则其近日点速率的上限与地球公转（轨道可视为圆周）速率之比约为（保留2位有效数字） 。
http://hfwq.cersp.net3．用测电笔接触市电相线，即使赤脚站在地上也不会触电，原因是 ；另一方面，即使穿绝缘性能良好的电工鞋操作，测电笔仍会发亮，原因是 。
4．在图示的复杂网络中，所有电源的电动势均为E0，所有电阻器的电阻值均为R0，所有电容器的电容均为C0，则图示电容器A极板上的电荷量为 。
5．如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：“把参考点设于如图所示的地面上一点O，此时摩擦力f的力矩为0，
从而地面木块的角动量将守恒，这样木块将不减速而作匀速运动。”请指出上述推理的错误，并给出正确的解释：
。
二、（20分）
http://hfwq.cersp.net图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A、B、C、D处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿受力后将产生弹性微小形变。现于桌面中心点O至角A的连线OA上某点P施加一竖直向下的力F，令
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OP?c，求桌面对桌腿1的压力F1。 OAhttp://hfwq.cersp.net
三、（15分）
1．一质量为m的小球与一劲度系数为k的弹簧相连组成一体系，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。试问在一沿此弹簧长度方向以速度u作匀速运动的参考系里观察，此体系的机械能是否守恒，并说明理由。
。
2．若不考虑太阳和其他星体的作用，则地球-月球系统可看成孤立系统。若把地球和月球都看作是质量均匀分布的球体，它们的质量分别为M和m，月心-地心间的距离为R，万有引力恒量为G。学生甲以地心为参考系，利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到月球相对于地心参考系的加速度为am?GM；R2学生乙以月心为参考系，同样利用牛顿第二定律和万有引力定律，得到地球相对于月心参考系的加速度为
ae?G
m。这二位学生求出的地-月间的相对加速度明显矛盾，请指出其中的错误，并分别以地心参考2Rhttp://hfwq.cersp.net系（以地心速度作平动的参考系）和月心参考系（以月心速度作平动的参考系）求出正确结果。
四、（20分）火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度T1、压强p1的炽热高压气体在燃烧室内源源不断生成，并通过管道由狭窄的喷气口排入气压p2的环境。假设燃气可视为理想气体，其摩尔质量为μ，每摩尔燃气的内能为u=cVT（cV是常量，T为燃气的绝对温度）。在快速流动过程中，对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体，可以认为它与周围没有热交换，但其内部则达到平衡状态，且有均匀的压强p、温度T和密度ρ，它们的数值随着流动而不断变化，并满足绝热方程pV普适气体常量，求喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率。
http://hfwq.cersp.netcV?RcV，式中R为?C（恒量）
五、（20分）内半径为R的直立圆柱器皿内盛水银，绕圆柱轴线匀速旋转（水银不溢，皿底不露），稳定后的液面为旋转抛物面。若取坐标原点在抛物面的最低点，纵坐标轴z与圆柱器皿的轴线重合，横坐标轴r与z轴垂直，则液面的方程为z??22gr2，式中ω为旋转角速度，g为重力加速度（当代已使用大面
http://hfwq.cersp.net积的此类旋转水银液面作反射式天文望远镜）。
观察者的眼睛位于抛物面最低点正上方某处，保持位置不变，然后使容器停转，待液面静止后，发现与稳定旋转时相比，看到的眼睛的像的大小、正倒都无变化。求人眼位置至稳定旋转水银面最低点的距离。
六、（20分）两惯性系S′与S初始时刻完全重合，前者相对后者沿z轴正向以速度v高速运动。作为光源的自由质点静止于S′系中，以恒定功率P向四周辐射（各向同性）光子。在S系中观察，辐射偏向于光源前部（即所谓的前灯效应）。
1．在S系中观察，S′系中向前的那一半辐射将集中于光源前部以x轴为轴线的圆锥内。求该圆锥的半顶角α。已知相对论速度变换关系为
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ux?u?x?v 21?u?xv/c式中ux与ux′分别为S与S′系中测得的速度x分量，c为光速。
2．求S系中测得的单位时间内光源辐射的全部光子的总动量与总能量。
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七、（20分）
http://hfwq.cersp.net1．设想光子能量为E的单色光垂直入射到质量为M、以速度V沿光入射方向运动的理想反射镜（无吸收）上，试用光子与镜子碰撞的观点确定反射光的光子能量E′。可取以下近似：其中c为光速。
2.若在上述问题中单色光的强度为Φ，试求反射光的强度Φ′（可以近似认为光子撞击镜子后，镜子的速度仍为V）。光的强度定义为单位时间内通过垂直于光传播方向单位面积的光子的能量。
http://hfwq.cersp.netEV????1，2cMc
八、（20分）惰性气体分子为单原子分子，在自由原子情形下，其电子电荷分布是球对称的。负电荷中心与原子核重合。但如两个原子接近，则彼此能因静电作用产生极化（正负电荷中心不重合），从而导致有相互作用力，这称为范德瓦尔斯相互作用。下面我们采用一种简化模型来研究此问题。
当负电中心与原子核不重合时，若以x表示负电中心相对正电荷（原子核）的位移，当x为正时，负电中心在正电荷的右侧，当x为负时，负电中心在正电荷的左侧，如图1所示。这时，原子核的正电荷对荷外负电荷的作用力f相当于一个劲度系数为k的弹簧的弹性力，即f=－kx，力的方向指向原子核，核外负电荷的质量全部集中在负电中心，此原子可用一弹簧振子来模拟。
今有两个相同的惰性气体原子，它们的原子核固定，相距为R，原子核正电荷的电荷量为q，核外负电荷的质量为m。因原子间的静电相互作用，负电中心相对各自原子核的位移分别为x1和x2，且|x1|和|x2|都远小于R，如图2所示。此时每个原子的负电荷除受到自己核的正电荷作用外，还受到另一原子的正、负电荷的作用。
众所周知，孤立谐振子的能量E=mv2/2+kx2/2是守恒的，式中v为质量m的振子运动的速度，x为振子相对平衡位置的位移。量子力学证明，在绝对零度时，谐振子的能量为hω/2，称为零点振动能，??h/2?，h为普朗克常量，??k/m为振子的固有角频率。试计算在绝对零度时上述两个有范德瓦尔斯相互作用
的惰性气体原子构成的体系的能量，与两个相距足够远的（可视为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的）惰性气体原子的能量差，并从结果判定范德瓦尔斯相互作用是吸引还是排斥。可利用当|x|<<1时的近似式(1+x)1/2≈1+x/2-x2/8，(1+x)-1≈1－x+x2。
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第27届全国中学生物理竞赛复赛试卷
题号 得分 阅卷 复核 一 二 三 四 五 六 七 八 九 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步骤。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。把填空题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?9.8m/s。
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)，要求满足：(a)每个摆的摆长不小于0.450m，不大于1.000m； (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x0(x020.450m)，然后同时释放，经过
40s后，所有的摆能够同时回到初始状态。
2．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速度首次全部为零所经过的时间为 。
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??。假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作周期运动的行星引起的，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，???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，只保留一位有效数字。已知1毫角秒?1185角秒，1角秒?度，1AU?1.5?10km，光速c?3.0?10km/s。 10003600
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??R，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。首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A，这时螺旋环也处于静止状态。然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴OO?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)的粒子做角速度为?、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。i?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
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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场的磁感应强度表示式中的比例系数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沿竖直方向。在MN与两球面的交点B、O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，带电荷量为q(q?0)的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。设静电力常量为k，重力加速度为g。
1．要使质点为从A点上抛后能够到达B点，所需的最小初动能为多少？ 2．要使质点从A点上抛后能够到达O点，在不同条件下所需的最小初动能各为多少？
六、(20分)由单位长度电阻为r的导线组成如图所示的正方形网络系列。n?1时，正方形网络边长为L；n?2时，小正方形网络的边长为L/3；n?3时，最小正方形网络的边长为L/9。当n?1、2、3时，各网络上A、B两点间的电阻分别为多少？ 七、(15分)地球上的能量从源头上说来自太阳辐射。到达地面的太阳辐射(假定不计大气对太阳辐射的吸收)一部分被地球表面反射到太空，其余部分被地球吸收。被吸收的部分最终转换成为地球热辐射(红外波段的电磁波)。热辐射在向外传播过程中，其中一部分会被温室气体反射回地面，地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型，假定地球表面的温度处处相同，且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃-玻尔兹曼定律：单位面积的辐射功率J与表面的热力学温度T的四次方成正比，即J??T，其中?是一个常
35量。已知太阳表面温度TS?5.78?10K，太阳半径RS?6.96?10km，地球到太阳的平均距离
4d?1.50?108km。假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层，并设它对热辐射能量的反射率为
??0.38。
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1．如果地球表面对太阳辐射的平均反射率??0.30，试问考虑了温室气体对热辐射的反射作用后，地球表面的温度是多少？
2．如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为?1?0.85，其余部分的反射率为
?2?0.25。问冰雪覆盖面占总面积多少时地球表面温度为273K。
八、(20分)正午时太阳的入射光与水平面的夹角??45。有一座房子朝南的墙上有一个直径W?10cm的圆窗，窗口中心距地面的高度为H。试设计一套采光装置，使得正午时刻太阳光能进入窗口，并要求进入的光为充满窗口、垂直墙面、且光强是进入采光装置前2倍的平行光。可供选用的光学器件如下：一个平面镜，两个凸透镜，两个凹透镜；平面镜的反射率为80%，透镜的透射率为70%，忽略透镜表面对光的反射。要求从这些器件中选用最少的器件组成采光装置。试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路图，并求出所选器件的最小尺寸和透镜焦距应满足的条件。
九、(16分)已知粒子1和粒子2的静止质量都是m0，粒子1静止，粒子2以速度v0与粒子1发生弹性碰撞。
1．若碰撞是斜碰，考虑相对论效应。试论证：碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、直角还是钝角。若不考虑相对论效应结果又如何？
2．若碰撞是正碰，考虑相对论效应，试求碰后两粒子的速度。
解答
一、参考解答：
1．以li表示第i个单摆的摆长，由条件（b）可知每个摆的周期必须是40s的整数分之一，即
Ti?2πli40 （Ni为正整数） （1） ?gNi[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得，各单摆的摆长
li?400g （2） π2Ni2依题意，0.450m?li?1.000m，由此可得
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2020g （3） 20?Ni?29 （4）g?Ni?即 ππ0.45因此，第i个摆的摆长为
i 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 li/m 0.993 0.901 0.821 0.751 0.690 0.635 0.588 0.545 0.507 0.472 li?400g (i?1,2,π2(19?i)2,10) （5）
2．20s
评分标准：本题15分．第1小问11分．（2）式4分，（4）式4分，10个摆长共3分．第2小问4分． 二、参考解答：
设该恒星中心到恒星－行星系统质心的距离为d，根据题意有
d?L?? （1） 2?3将有关数据代入（1）式，得d?5?10AU．又根据质心的定义有
r?d?Md （2） m2式中r为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径，即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律有
m4π2d3Mm?2π?、（3）两式得 （4） ?G2?Md?? （3） 由（2）22GTr?T??1?Mm?[若考生用r表示行星到恒星
行星系统质心的距离，从而把(2)式写为r?Md，把(3)式写为mGMm?r?d?2?2π??Md??，则同样可得到(4)式，这也是正确的.] 利用（1）式，可得
?T?2
m?1?Mm?2?L????32π22GT （5）
（5）式就是行星质量m所满足的方程．可以把(5)试改写成下面的形式
?mM?32?1?mM??L????3π22GMT2 （6）
(1AU)3GMS因地球绕太阳作圆周运动，根据万有引力定律可得 （7） ?22(1y)4π注意到M?MS，由（6）和（7）式并代入有关数据得
?mMS?32?1?mMS??8.6?10?10 (8)
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由（8）式可知
m??1 由近似计算可得m?1?10?3MS（9）
MSr3(1AU)3?由于mM小于1/1000，可近似使用开普勒第三定律，即 （10）
T2(1y)2
代入有关数据得 r?5AU （11）
评分标准：本题20分．（1）式2分，（2）式3分，（3）式4分，（5）式3分，（9）式4分，（11）式4分． 三、参考解答：
解法一 一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺线环．根据题意有
m h v? ? 图1
tan??可得：
πR1? （1） 2πR2255，cos?? （2） 55usin??设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为?，则环上每一质量为?mi的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同，用u表示， u??R （3）
2该小质元对转轴的角动量 ?Li??miuR??miR?
整个螺旋环对转轴的角动量 L???L???mR??mR? （4）
22ii小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成．在螺旋环的角速度为?时，设小球相对螺旋环的速度为v?，则小球在水平面内作圆周运动的速度为
v?v?cos???R
（5） 沿竖直方向的速度 v??v?sin?
（6）
对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0，系统对转轴的角动量守恒，故有
0?mvR?L
（7）
由（4）、（5）、（7）三式得： v?cos???R=?R （8） 在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有
mgh?112mv2?v????miu2 （9） 22
??由（3）、（5）、（6）、（9）四式得：2gh=?v?cos???R??v?2sin2????R2解（8）、（10）二式，并利用（2）式得
2
（10）
ω=12gh10gh （11） v?= （12）
R33第37页（共38页）
由（6）、（12）以及（2）式得 v??2或有 v??22 （13） gh3
1gh （14） 3
（14）式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度 a??若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t，则有 h=由（11）和（16）式得 ??gt （17） 3R
g（17）式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度 ??（18）
3R
1a?t2 （16） 2
1g （15） 3
小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力N1，在图1所示的薄片平面内，
?的反作用方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在水平面内作圆周运动的向心力N2?在水平面内，方向指向转轴C，如图2所示．N1、N2两力中只有力N2．向心力N2
N1对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有 N1sin?R?t??L由（4）、（18）式并注意到
（19）
m ?C N2R 图2
mg5???mg （20） ??得N1?3sin?3?t
（21）由以上有关各式得N2???m而 N2?N2v2R
2h（22） mg3R
14h2小球对螺旋环的作用力 N?N?N?mg5?2 （23）
3R
2122评分标准：本题22分． （1）、（2）式共3分，（7）式1分，（9）式1分，求得（11）式给6分，（20）式5分，（22）式4分，（23）式2分． 解法二
一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄片的斜边就相当于题中的螺
m 线环．?
根据题意有：tan??? （1）
2πR2 可得：sin??，cos??5
πR1h v? ? 525 （2） 5u图1
螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度．小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成．在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动．小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时，设小球相对
第37页（共38页）
薄片斜边的速度为v?，沿薄片斜边的加速度为a?．薄片相对地面向左移动的速度为u，向左移动的加速度为a0．u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为?，则有 u??R
（3）
N而a0就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为?，则有 a0??R
（4）
f*a0a?mg图2?小球位于斜面上的受力情况如图2所示：
?重力mg，方向竖直向下，斜面的支持力N，方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性力f，方向水
?平向右，其大小 f?ma0
（5）
?由牛顿定律有 mgcosθ?N?fsin??? （6）
mgsin??f?cos??ma? （7）Nsin??ma0解（5）、（6）、（7）、（8）四式得a?=
（8）
2sin? （9） g2??sin?
cos?sin?cos? （10） N=mga?g （11） 0221?sin?1+sin?
551gmg （13） a0?g （14） （12） N=3 33利用（2）式可得 a?=由（4）式和（14）式，可得螺旋环的角加速度 ???（15） g?R
若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t，则此时螺旋环的角速度 ???t （16） 因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小球沿竖直方向
??a?sin?的加速度 a??a?
（17）故有 h=1a?t2 （18） 2由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得
???2gh （19）
R3v2R小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴，故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N垂直．向心力的大小 N1?m （20）
式中v是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a为小球相对地面的加速度在水平面内的分量，则有
v?at （21）令a?为a?在水平面内的分量，有 a?a??a0?a?cos?-a0 （22）
由以上有关各式得 N1?2hmg （23） 3R第37页（共38页）
小球作用于螺旋环的力的大小
N0?N2?N12
（24）
mg4h2由（13）、（23）和（24）式得 N0?5?2 （25）
3R评分标准：本题22分．（1）、（2）式共3分，（9）或（12）式1分，（10）或（13）式5分，（11）或（14）
式1分，（19）式6分，（23）式4分，（25）式2分． 四、参考解答：
以v表示粒子的速率，以B表示电流i产生磁场的磁感应强度，y 根据题意粒子作圆周运动的向心力为粒子受到的磁场洛仑兹力，因此
i 有
v2qvB?m （1）
R而
v??R （2） 由（1）、（2）两式得
B?m?（3）
q
R q x
?t O d 如图建立坐标系，则粒子在时刻t的位置
x(t)?Rcos?t，y(t)?Rsin?t （4）
取电流的正方向与y轴的正向一致，设时刻t长直导线上的电流为i(t)，它产生的磁场在粒子所在处磁感应强度大小为 B?ki(t) （5）
d?x(t)m?方向垂直圆周所在的平面.由（4）、（5）式，可得i(t)?k(d?Rcos?t) （6）
q
评分标准：本题12分．（3）式4分，（4）式2分，（5）式4分，（6）式2分． 五、参考解答：
1．质点在A?B应作减速运动（参看图1）．设质点在A点的最小初动能为Ek0，则根据能量守恒，可得质点刚好能到达B点的条件为 kqQkqQkqQkqQ （1） ??mgR?Ek0??R3R/22R5R/27kqQ由此可得: Ek0?mgR? （2）
30R2． 质点在B?O的运动有三种可能情况：
4kqQi．质点在B?O作加速运动（参看图1），对应条件为 mg? （3） 29R此时只要质点能过B点，也必然能到达O点，因此质点能到达O点所需的最小初动能由（2）式给出，即 Ek0?mgR?M Q C O? ?Q O R B R A q R2 7kqQ （4） 30RN 图1
若（3）式中取等号，则最小初动能应比（4）式给出的Ek0略大一点．
ii．质点在B?O作减速运动（参看图1），对应条件为 mg?第37页（共38页）
4kqQ （5） 2R
此时质点刚好能到达O点的条件为 由此可得 Ek0?2mgR?kqQkqQkqQkqQ （6） ??mg(2R)?Ek0??RR/22R5R/211kqQ （7） 10Riii．质点在B?O之间存在一平衡点D（参看图2），在B?D质点作减速运动，
4kqQ4kqQ在D?O质点作加速运动，对应条件为 （8） ?mg?229RR设D到O点的距离为x，则mg?M Q C O? ?Q O D x R2 kqQ （9） 2(?R/2??x)R 即 x?kqQR? （10） mg2B R A q N 图2
根据能量守恒，质点刚好能到达D点的条件为
kqQkqQkqQkqQ （11） ??mg(2R?x)?Ek0??R2R5R/2?R/2??x由（10）、（11）两式可得质点能到达D点的最小初动能为
59kqQEk0?mgR??2kgmqQ （12）
210R只要质点能过D点也必然能到达O点，所以，质点能到达O点的最小初动能也就是（12）式（严格讲应比（12）式给出的Ek0略大一点．）
评分标准：本题20分．第1小问5分．求得（2）式给5分．第2小问15分．算出第i种情况下的初动能给2分；算出第ii种情况下的初动能给5分；算出第iii种情况下的初动能给8分，其中（10）式占3分．
rL rL 六、参考解答：
B A n?1时，A、B间等效电路如图1所示， A、B间的电阻
1R1?(2rL)?rL （1）
2n?2时，A、B间等效电路如图2所示，A、B间的电阻 1?41?R2??rL?R1? （2）
2?33?rL 23rL 图1
1R1rL233rLB
A 235由（1）、（2）两式得R2?rL (3)
6n?3时，A、B间等效电路如图3所示，A、B间的电阻
rL
1313R1
231rL rL 29R3?1?1?331??2??3?3??2rL?R2? （4） ???2?9?443??R3?7rL （5） 9A
291图2
rL 93rL 13rL
R2 rL 931rL 由（3）、（4）式得
2991rL 313评分标准：本题20分．
（1）式4分，（3）式6分，（5）式10分．
rL 9rL 13rL R2 rL 9339191rL rL 29B
rL 39rL
图3
rL
第37页（共38页）
七、参考解答：
24１．根据题意，太阳辐射的总功率P太阳辐射各向同性地向外传播．设地球半径为rE，S?4πRS?TS．
?R?可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率为 PI??TS4?S?πrE2 （1）
d??地球表面反射太阳辐射的总功率为?PI．设地球表面的温度为TE，则地球的热辐射总功率为
2PE?4πrE2?TE4 （2）
考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为PI??PE．当达到热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有PI??PE??PI?PE （3）
2?1???由以上各式得TE?TS??2?1???1/4?RS??d???1/2 （4）代入数值，有 TE?287K （5）
2．当地球表面一部分被冰雪覆盖后，以??表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根据题意这时地球表面的平均温度为TE?273K．利用（4）式，可求得???0.43 （6） 设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x，则????1x??2(1?x) （7）
由（6）、（7）两式并代入数据得 x?30% （8） 评分标准：本题15分．第1小问11分．（1）式3分，（2）式1分，（3）式4分，（4）式2分，（5）式1分．第2小问4分．（6）式2分，（8）式2分． 八、参考解答：
方案一：采光装置由平面镜M和两个凸透镜L1、L2组成．透镜组置于平面镜M后面，装置中各元件的相对方位及光路图如图1所示．
南 L1、L2的直径分别用D1、D2表示，其焦距的
大小分别为f1 、f2．两透镜的距离 L2 45? L1 d?f1?f2（1） W 22.5 M fff2 f1 直径与焦距应满足关系 1?2 （2） D1D2H ?，透过透镜L1的光强为I1?，设射入透镜L1的光强为I10 ?考虑到透镜L1对光的吸收有 I1??0.70I10
（3） 图1
从透镜L1透出的光通量等于进入L2的光通量，对应的光强与透镜的直径平方成反比，进入L2的光强用I20?f?I20D12?f1??2???表示，即故有 I20?I1??1? （4） I1?D2?f2??f2?
第37页（共38页）
22
?f???0.70I20，考虑到（3）式，得I2??0.49I10??1? （5） 透过L2的光强I2?f2??是平面镜M的反射光的光强，反射光是入射光的80%，设射入装置的太阳光由于进入透镜L1的光强I102?f???0.80I0??2I0 ??0.39I0?1? （6）光强为I0，则 I10代入（5）式有I2 按题设要求 I2
?f2??f?f代入（6）式得 2I0?0.39I0?1?从而可求得两透镜的焦距比为 1?2.26 （7）
ff?2? 2L2的直径应等于圆形窗户的直径W，即D2?10cm，由（2）式得D1?D222f1?22.6cm （8） f2由图可知，平面镜M参与有效反光的部分为一椭圆，其半短轴长度为b?D1/2?11.3cm （9） 半长轴长度为 a?D1(2sin22.5)?29.5cm （10）根据装置图的结构，可知透镜组的光轴离地
应与平面镜M的中心等高，高度为H．
L1评分标准：本题20分． f1 作图8分（含元件及其相对方位，光路），求得（7）、（8）
f2 两式共10分，（9）、（10）式共2分．
方案二：采光装置由平面镜M和两个凸透镜L1、L2组成，透镜组置于平面 L2 镜M前面，装置中各元件的相对方位及光路图如图2所示． 对透镜的参数要求与方案一相同． 但反射镜M的半短轴、半长轴的长度分别为b?D2/2?5.0cm45? 南 M W 22.5H 图2
a?D2(2sin22.5)?13.1cm
评分标准：参照方案一．
方案三、采光装置由平面镜M和一个凸透镜L1、一个凹透镜L2组成，透镜组置于平面镜M后面（也可在M前面），装置中各元件的相对方位及光路图如图3所示．
有关参数与方案一相同，但两透镜的距离 d?f1?f2 南 如果平面镜放在透镜组之前，平面镜的尺寸和方案一相同；如果平面镜放在透镜组之后，平面镜的尺寸和方案二相同．评分标准：参照方案一． 九、参考解答： v2 1．假设碰撞后球1和球2的速度方v0 0 ? 向之间的夹角为?m0 m0 （见图）， 则由能量守恒
和动量守恒可得
v1 45? M L222.5 L1 f2 f1 W H 图3 第37页（共38页）
m0c2?m0c2?0?m0c2?1?m0c2?2 （1）
?m0v0?0?其中?0?2??m0v1?1???m0v2?2??2?m0v1?1??m0v2?2?cos?22
（2）
11?v/c202，?1?11?v/c212，?2?11?v/c222．
由（1）、（2）式得1??0??1??2 （3）
2?02?1??12??2?2(v1v2/c2)?1?2cos? （4）
22?0?1?(?12??2)2(?1?1)(?2?1)2π由（3）、（4）式得cos?? ?? （6） c?c?0 （5）
22v1v2?1?2v1v2?1?2即为锐角．
在非相对论情况下，根据能量守恒和动量守恒可得
11122 （7） m0v0?m0v2?m0v21222?m0v0?2??m0v1???m0v2??2?m0v1??m0v2?cos?22
（8）
对斜碰，v1的方向与v2的方向不同，要同时满足（1）和（2）式，则两者方向的夹角
??π （9） 即为直角． 2m0c21?vc2022．根据能量守恒和动量守恒可得
m0c?2?m0c21?vc212?m0c21?vc222 （10）
m0v01?vc令?0?则有：
202?m0v11?vc212?m0v21?vc222 （11）
11?v/c202，?1?11?v/c212，?2?11?v/c222 222v0?c1?1/?0，v1?c1?1/?1，v2?c1?1/?2
代入（10）、（11）式得 1??0??1??22?02?1??12?1??2?1
（12）
（13） 解（12）、（13）两式得?1?1 ?2??0 （14）
（16）
或?1??0 ?2?1
（15）即 v1?0 ， v2?v0（或v1?v0，v2?0，不合题意）
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第28届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为76.1年，1986年它
过近日点P0时与太阳S的距离r0=0.590AU，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=72.0°。已知：1AU=1.50×1011m，引力
－
常量G=6.67×1011Nm2/kg2，太阳质量mS=1.99×1030kg，试求P到太阳S的距离rP及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。
二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆AB和CD接触处的静摩擦系数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l。
1、已知系统平衡时AB杆与墙面夹角为θ，求CD杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。
2、若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°。求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。 三、（25分）在人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称转轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转，但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转，减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法，其原理如图所示。
一半径为R，质量为M的薄壁圆筒，，其横截面如图所示，图中O是圆筒的对称轴，两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q、Q′（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一个质量为
m的小球，正常情况下，绳2绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0′处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转，卫星自转的角速度为ω0。若要使卫星减慢或者停止旋转（消旋），可瞬间撤去插销释放小球，让小球从圆筒表面甩开，在甩开的整个过程中，从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时，立即使绳与卫星脱离，解除小球与卫星的联系，于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在Q、Q′处。
1、 求当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度l； 2、 求绳的总长度L；
3、 求卫星从ω0到停转所经历的时间t。 四、（20分）空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，在此区域建立直角坐标系O-xyz，如图所示，匀强电场沿x方向，电场强度E1?E0i，匀强磁场沿z方向，
k分别为x方向和z方向的单磁感应强度B?B0k，E0、B0分别为已知常量，i、位矢量。
1、有一束带电量都为+q、质量都为m的粒子，同时从Oyz平面内的某点射出，
第37页（共38页）
它们的初速度均在Oyz平面内，速度的大小和方向各不相同，问经过多少时间这些粒子又能同时回到Oyz平面内。
2、现在该区域内再增加一个沿x方向随时间变化的匀强电场，电场强度Ez?(E0cos?t)k，式中
??qB0，若有一电荷量为正q、质量为m的粒子，在t=0时刻从坐标原点O射出，初速度v0在Oyz平m面内，试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。
不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用，也不考虑变化的电场产生的磁场。 五、（15分）半导体pn结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射pn结时，pn结两端会产生电势差，这就是光生伏打效应。当pn结两端接有负载时，光照使pn结内部产生由负极指向正极的电流即光电流，照射光的强度恒定时，光电流是恒定的，已知该光电流为IL；同时，pn结又是一个二极管，当有电流流过负载时，负载两端的电压V使二极管正向导通，其电流为
ID?I0(eVVr?1)，式中Vr和I0在一定条件下均为已知常数。
1、在照射光的强度不变时，通过负载的电流I与负载两端的电压V的关系是I=__________________。太阳能电池的短路电流IS=_______________，开路电压VOC=___________________，负载获得的功率P=______________。
－
2、已知一硅pn结太阳能电池的IL=95mA，I0=4.1×109mA，Vr=0.026V。则此太阳能电池的开路电压VOC=___________________V，若太阳能电池输出功率最大时，负载两端的电压可近似表示为
VmP?Vrln1?(IL/I0)，则VmP=______________V。太阳能电池输出的最大功率
1?(VOC/Vr)Pmax=_______________mW。若负载为欧姆电阻，则输出最大功率时，负载电阻R=_____________Ω。 六、（20分）图示为圆柱形气缸，气缸壁绝热，气缸的右端有一小孔和大气相通，大气的压强为p0。用一热容量可忽略的导热隔板N和一绝热活塞M将气缸分为A、B、C三室，隔板与气缸固连，活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气，气缸的左端A室中有一电加热器Ω。已知在A、B室中均盛有1摩尔同种理想气体，电加热器加热前，系统处于平衡状态，A、B两室中气体的温度均为T0，A、B、C三室的体积均为V0。现通过电加热器对A室中气体缓慢加热，若提供的总热量为Q0，试求B室中气体末态体积和A室中气体的末态温度。设A、B两室中气体1摩尔的内能U=5/2RT。R为普适恒量，T为热力学温度。
七、（20分）如图所示，L是一焦距为2R的薄凸透镜，MN为其主光轴。在L的右侧与它共轴地放置两个
第37页（共38页）
半径皆为R的很薄的球面镜A和B。每个球面镜的凹面和凸面都是能反光的镜面。A、B顶点间的距离为
3，圆孔的直径为h。现于凸透镜L左方距L为R。在B的顶点C处开有一个透光的小圆孔（圆心为C）
26R处放一与主轴垂直的高度也为h（h< 1、 像I与透镜L的距离等于___________。 2、 形成像I的光线经A反射，直接通过小孔后经L所成的像I1与透镜L的距离等于 _____________________。 3、 形成像I的光线经A反射，再经B反射，再经A反射，最后通过L成像I2，将I2的有关信息填在下 表中： I2与L的距离 4、 物PQ发出的光经L后未进入B上的小圆孔C的那一部分最后通过L成像I3，将I3的有关信息填在 下表中： I3与L的距离 I3在L左方还是右方 I3的大小 I3是正立还是倒立 I3是实像还是虚像 八、（20分）有一核反应其反应式为1p?1H?2He?0n，反应中所有粒子的速度均远小于光速，试问： 1、它是吸能反应还是放能反应，反应能Q为多少？ 2、在该核反应中，若1H静止，入射质子的阈能Tth为多少？阈能是使该核反应能够发生的入射粒子的最小动能（相对实验室参考系）。 3、已知在该反应中入射质子的动能为1.21MeV，若所产生中子的出射方向与质子的入射方向成60.0°角，则该中子的动能Tn为多少？ 已知1p、0n、1H核、2He核的静止质量分别为：mP=1.007276u，mn=1.008665u，m3H=3.015501u，m3He=3.014932u，u是原子质量单位，1u对应的能量为931.5MeV。结果取三位有效数字。 第37页（共38页） 111331I2在L左方还是右方 I2的大小 I2是正立还是倒立 I2是实像还是虚像 333 第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准 一、参考解答： 解法一 x2y2?2?1 （1） 取直角坐标系Oxy，原点O位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为 2aba、b分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S位于椭圆的一个焦点处，如图1所示． 以Te表示地球绕太阳运动的周期，则Te?1.00年；以ae表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则ae?1.00AU，根据开普勒第三定律，有 aT ?2 （2） P 3aeTerP b设c为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得 ?P aS P0xc?a?r （3） b?a2?c2 （4） O 032y 图1 由图1可知，P点的坐标 x?c?rPcos?P （5） y?rPsin?P （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得 ?a22sin2?P?b2cos2?P?rP?2b2crPcos?P?b2c2?a2b2?0 （7） b2?a?ccos?P?根据求根公式可得rP?2 （8） asin2?P?b2cos2?P由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得 rP?0.896AU (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 E=?Gmms (10) 2a式中m为彗星的质量．以vP表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有 Gmms12?Gmms?21mvP?????v?Gm?? （12） （11） 得 ?Ps2rP?2arPa?代入有关数据得 vP=4.39?10m?s (13) 设P点速度方向与SP0的夹角为?(见图2)，根据开普勒第二定律 rPvPsin????P??2? 14） 其中?为4?1yP barP S ?P ?P0xO第37页（共38页） 图2 面积速度，并有 ??πab （15） T由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得 ??127 （16） 解法二 取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为?，取逆时针为正向，用r、?表示彗星的椭圆轨道方程为 r?p （1） 1?ecos?其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知 a1?e2 （3） p?a?1?e? （2） 将（2）式代入（1）式可得 r?1?ecos?2??以Te表示地球绕太阳运动的周期，则Te?1.00年；以ae表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作 a3T2圆周运动），则ae?1.00AU，根据开普勒第三定律，有 3?2 （4） aeTe在近日点??0，由（3）式可得 e?1?r0a （5） 将?P、a、e的数据代入（3）式即得 rP?0.895AU （6） 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 E=?Gmms (7) 2a式中m为彗星的质量．以vP表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有 Gmms12?Gmms?21mvP?????v?Gm?? （9） （8）可得?Ps2r2ara?P?P代入有关数据得 vP=4.39?10m?s (10) 设P点速度方向与极轴的夹角为?，彗星在近日点的速度为v0，再根据角动量守恒定律，有 4?1rPvPsin????P??r0v0 （11） 根据（8）式，同理可得 v0?Gms?21? （12） r0a由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据 ??127 (13) 评分标准：本题20分 解法一 （2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分． 解法二 （3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分． 二、参考解答： 第37页（共38页） 1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图： f1为地面作用于杆AB的摩擦力，N1为地面对杆AB的支持力，f2、N2为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力，N3、N4分别为墙对杆AB和CD的作用力，mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有 N4?N3?f1?0 （1） N1?2mg?0 （2） 以及对A点的力矩 y D N4 ??B N3 E F N2 mg f2 mg C f1 N1 A x ??O 11??mglsin??mg?lsin??lsin???N3lcos??N4?lcos??lcos??CF??0 22??即 31mglsin??mglsin??N3lcos??N4?lcos??lcos??CF??0 （3） 22式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点，E为BF与CD的交点．由几何关系有 CF?lsin?cot? （4） 取杆CD为研究对象，由平衡条件有 N4?N2cos??f2sin??0 （5） N2sin??f2cos??mg?0 （6） 以及对C点的力矩 N4lcos??1mglsin??0 （7） 2解以上各式可得 N4?1mgtan? （8） 2??mg （9） ?1sin?1tan?sin??3N3??tan??tan???2cos?2sin??2 f1???3tan?sin?1tan?sin???2cos?2sin????mg （10） ? N1?2mg （11） 第37页（共38页） 11????N2??sin??tan?cos??mg （12） f2??cos??tan?sin??mg （13） 22????CD杆平衡的必要条件为 f2??cN2 （14） 2??Csin??cos?? （15） ?Ccos??sin?由（12）、（13）、（14）式得 tan??AB杆平衡的必要条件为 f1??AN1 (16) 由（10）、（11）、（16）式得 tan?sin?2sin???4?A?3tan? （17） sin?cos?因此，使系统平衡，?应满足的条件为（15）式和（17）式． 2．将题给的数据代入（15）式可得 ??arctan0.385?21.1? (18) 将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得 因此，?的取值范围为 19.5评分标准：本题20分 ??19.5? (19) ???21.1 (20) 第1问15分 （1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分． 第2问5分 （18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答： 解法一 1． 设在时刻t，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于 T vP点，绳与圆筒的切点为T，P到T的距离即绳的拉直部分的长度 为l，圆筒的角速度为?，小球的速度为v.小球的速度可以分解成 O 沿着绳子方向的速度v1和垂直于绳子方向的速度v2两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有 v1P v2 图1 111122222M?R?0??m?R?0??M?R???m?v1?v2? (1) 2222MR2?0?mR2?0?MR2??mRv1?mlv2 (2) 因为绳子不可伸长，v1与切点T的速度相等，即 v1?R? (3) ?M?m?R2?ml2解(1)、(2)、(3)式得 ??? (4) ?M?m?R2?ml20第37页（共38页） M?m?0??2?M?m?R2l v2? (5) 由(4)式可得 (6) l?R?m?0???M?m?R2?ml20这便是在卫星角速度减至?时绳的拉直部分的长度l． 2．由（6）式，当??0得 L?R绳的总长度L. 3．如图2所示，从时刻t到t??t，切点T跟随圆筒转过一角度 M?m （7） 这便是mT? l??l ??2 ??1T O ??1???t，由于绳子的拉直部分的长度增加了?l，切点相对圆筒又转 l v2?t??l，到达T?处，所以在?t时间内，切点转过的角度 R?l ?????1???2???t? R过一角度??2?（8） 切点从T变到T?也使切线方向改变了一个同样的角度??，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度v2引起的，故有 ???图2 v2?t （9） 由(1)、(2)、(3)式可得 v2?l??0??? （10） l由(8)、（9）、（10）三式得 ?l?R?0?t （11） （11）式表示l随t均匀增加，故l由0增加到L所需的时间为 ts?解法二 1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度. 在t时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T，小球到切点T的距离即绳的拉直部分的长度为l，小球到转轴O的距离为r，圆筒的角速度为?.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在t时刻，OT与固定在圆筒上的半径OP0的夹角为?，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间?t，切点从圆筒上的T点移到T?点，OT?与OP0的夹角变为????，绳的拉直部分的长度由l变为l?，小球由P运动到 m2L1??0R?0M?m （12） mQ R T l r m2P0? O P0 Q? 图1 ? T?l? PP0 ?? T l P? ? O 第37页（共38页） 图2 P?，PP?便是小球相对圆筒的位移.当?t很小时l?l?，故 PP??l????l?? 于是小球相对圆筒的速度大小为 v??l???l?? (1) ?tv? T ??是切点相对圆筒转动的角速度．方向垂直于TP． 再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒 固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为?时，位于转动参考系中的P点(小球所在处)相对质心系的速度 v v??v?2v?1 l v?2 v? R P ? v??r? (2) r P0 O 方向垂直于OP．可以把v?分解成沿着TP方向的分量v?1和垂直TP方向的分量v?2，如图3所示，即 v?1?R? (3) v?2?l? (4) 小球相对质心系的速度v是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P点相对质心系速度的合成，由图3可 得v的大小 v?2v?1??v?2?v?? (5) 因 l?R? (6) 2图3 故有 v?R?2????????2 （7） 1111222M?R?0??mR2?0?M?R???mv2 （8） 22222因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有 MR2?0?mR2?0?MR2??mRv?1?ml?v?2?v?? （9） 由(7)、(8)两式有 ?0???由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得 2222m??????? （10） M?m?0???m?2?????? （11） M?m由(10)、(11)两式得 ?0??????? 故有 ????0 （12） 上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得 ??M?m??0???M?m??0???l?R （13）由(6)、(13)两式得 ???? （14） m??0???m??0???这便是在卫星角速度减至?时绳的拉直部分的长度l． 第37页（共38页） 2．由（14）式，当??0得绳总长度, 即L?RM?m （15） m 3．因??是一个恒量，?随时间的t的变化规律为 ???0t （16） 当??0时，由（13）式可得卫星停旋时的? ?s?M?m （17） m设卫星停转所用的时间为ts，由（16）、（17）式得 ts?评分标准：本题25分． ?s1??0?0M?m （18） m解法一 第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分． 第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分． 解法二 第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分． 第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分． 四、参考解答： 1．根据题意，粒子的初速度只有y方向和z方向的分量，设它们为v0y和v0z.因为粒子在z方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z方向以初速度v0z作匀速运动. 粒子在Oxy面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y方向的初速度表示为 v0y??v0y1?v0y?v0y1 (1) 其中 v0y1??E0 (2) B0沿y负方向．与v0y1相关的磁场力 fBx??qv0y1B0 (3) 沿x负方向.粒子受到的电场力 fE?fEx?qE0 (4) 沿x正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为 E0B0的速度沿y负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度 v0y2?v0y?E0 (5) B0沿y正方向，与v0y2相关的磁场力使粒子以速率v0y2在Oxy面内作匀速圆周运动，以r表示圆周运动的半径，有 qv0y2B0?m2v0y2r (6) 可得r?mv0y2qB0 (7) 由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期 T=2?m (8) qB0(8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y方向的初速度无关．经过时间T或T的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz平面. 第37页（共38页） ?2．增加的电场E2对粒子在Oxy平面内的运动无影响，但粒子在z方向要受到此电场力作用．以az表 示在此电场力作用下的加速度，有 maz?qE0cos?t (9) 或 az=qE0cos?t (10) m2这是简谐运动的加速度，因而有 az=??z （11） 由(10)、（11）可得 z??1qE0cos?t (12) ?2m因未增加电场时，粒子在z方向作初速度为v0z的匀速运动，增加电场后，粒子在z方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有 z?v0zt?1qE0cos?t （13） 2?m O y 粒子在Oxy平面内的运动不受电场E2的影响．设?0为粒子在Oxy平面内作圆周运动的角速度，则有 ?0?2πqB0 (14) ?Tm?0tr 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t的变化关系 x??r?1?cos?0t? (15) y??rsin?0t (16) 考虑到粒子在y方向还具有速度为v0y1的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律： v0y2 x x?E0??qB0?E0E0?qB0m?m? (17) v?1?costy??t?v?sint (18) ?0y???0y??qB0?B0??m?B0qB0?B0?mz?v0zt?mE0qB0cost (19) 2qB0m评分标准：本题20分． 第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分． 第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准 本题15分． V?V??I?T1．IL?I0?e?1? (2分），IL （2分），VTln?1?L? （2分）， ???I0???V?V?TVIL?VI0?e?1? （1分）． ????2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0? （2分）． 六、 参考解答： 在电加热器对A室中气体加热的过程中，由于隔板N是导热的，B室中气体的温度要升高，活塞M 第37页（共38页） 将向右移动.当加热停止时，活塞M有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞M移到气缸的最右端，则B室气体末态的体积 VB?2V0 （1） 根据题意，活塞M向右移动过程中，B中气体压强不变，用TB表示B室中气体末态的温度，有 V0VB? （2） 由(1)、(2)式得 TB?2T0 （3） T0TB由于隔板N是导热的，故A室中气体末态的温度 TA?2T0 （4） 下面计算此过程中的热量Qm. 在加热过程中，A室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即 QA?55R(TA?T0) （5）由(4)、(5)两式得 QA?RT0 （6） 22B室中气体经历的是等压过程，在过程中B室气体对外做功为 WB?p0(VB?V0) （7） 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 WB?RT0 （8）内能改变为?UB?由(4)、(9)两式得 ?UB?5R(TB?T0) （9） 25RT0 （10） 27RT0 (11) 2根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B室气体吸收的热量为 QB??UB?WB?由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为Qm?QA?QB?6RT0 （12） 若Q0?Qm，B室中气体末态体积为2V0，A室中气体的末态温度2T0. 2．若Q0?Qm，则当加热器供应的热量达到Qm时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量Q0?Qm是A、B中气体在等容升温过程中吸 ?，有 收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A室中气体末态的温度为TA55??2T0)?R(TA??2T0) （13） R(TA22Q4??0?T0 （14） B中气体的末态的体积 VB?=2V0 （15）由(12)、(13)两式可求得 TA 5R5Q0?Qm???小于2V0，即 3. 若Q0?Qm，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B室中气体末态的体积VB??，根据热力学第一定律，注意到A室中气体经历的是等容VB???2V0．设A、B两室中气体末态的温度为TA过程，其吸收的热量 QA?5???T0) （16） R(TA2第37页（共38页） B室中气体经历的是等压过程，吸收热量 QB?利用理想气体状态方程，上式变为 QB?5???T0)?p0(VB???V0) （17） R(TA27???T0? （18） R?TA2Q0 ?T0 （20） 6R???T0) （19）???由上可知 Q0?QA?QB?6R(TA 所以A室中气体的末态温度 TA???B室中气体的末态体积 VB评分标准：本题20分． V0Q???(0?1)V0 （21） TAT06RT0得到Q0?Qm的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到Q0?Qm的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到Q0?Qm的条件下的（20）式4分，（21）式2分． 七、 答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分) 3． I2与L的距离 6R I2在L左方还是右方 I2的大小 右方 2h I2是正立还是倒立 倒立 I2是实像还是虚像 虚像 第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 4． I3与L的距离 18R I3在L左方还是右方 左方 I3的大小 2h I3是正立还是倒立 倒立 I3是实像还是虚像 实像 第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、 参考解答： 21. 反应能Q??mp?m3H?m3He?mn?c （1） ??????式中c为光速．代入数据得 Q??0.764MeV （2） 上式表明这是一吸能核反应． 2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为vp，反应后2He的速度大小为v3He，中子的速度大小为vn，根据动量守恒和能量守恒有 mpvp?m3Hev3He?mnvn (3) 311122mpvp?m3Hev2?mnvn?Q （4） 3He22222?mn?mp?mnm3He?2?mpm3He?2mpmnvn?2vpvn??vp?2Q?0 (5) 由（3）、（4）式可得 ???????m3Hem3Hem3He????令 第37页（共38页） a?2mn?m3Hemnm3Hempmnm3Hem3Hevp2vp?2Q b??2c?2mp?mpm3He?????? (6) ?????22把(6)式代入(5)式得 avn?bvn?c?0 (7) (7)式有解的条件是 b?4ac?0 (8) 由(6)式可知，c可能大于零，亦可能小于零.若c?0，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生； mn?m3He12若c?0，则由 (6)、(8)两式得 mpvp?Q (9) 2mn?m3He?mp即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为 Tth??1?????Q (10) ??mn?m3He?mp?mp?Q (11) ????mp利用(1)式，在忽略Q项的情况下，(10)式可简化为 Tth??1??m3?H2代入有关数据得 Tth?1.02MeV (12) 3．由动量守恒和能量守恒有 mpvp?m3Hev3He?mnvn (12) 111222 mpvp?m3Hev3He?mnvn?Q (13) 222以?表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所 示，根据余弦定律有 mnvn m3Hev3He ? mpvp ?m3Hev3He???mv???mv?22nnpp2?2mnmpvnvpcos? (14) 令 Tp?111222 (15) Tn?mnvn (16) T3He?m3Hev3He (17) mpvp222把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得 Q?Tp?T3He?Tn （18） 2m3HeT3He?2mnTn?2mpTp?22mnTn?2mpTpcos? （19） 由（18）、（19）式，消去T3He后，得 Tn?2mnmpTpm3He?mncos??Tnm??3He?mpTp?Qm3Hem3He?mn??0 （20） 令 S?mnmpTpm3He?mnm?cos?，R?3He?mpTp?Qm3Hem3He?mn? （21） 第37页（共38页） 得 Tn?2STn?R?0 （22） 根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q的值，由(21)式可知R?0，故（22）式的符合物理意义的解为 Tn?S?S2?R （23） 将具体数据代入（21）、（23）式中，有 Tn?0.132MeV (24) (如果得到 Tn?0.131MeV,也是对的.) 第2问的其他解法 解法一 为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后2He和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为vp，反应后2He和中子的速度大小为v，根据动量守恒和能量守恒有 mpvp?(m3He?mn)v (1) 33112mpvp?(m3He?mn)v 2?Q (2) 22mn?m3He12由（1）、（2）式可得 mpvp?Q (3) 2mn?m3He?mp?mpT?1?所以阈能为 th??mn?m3?mpHe?利用第1问中的(1)式，并注意到 ?Q (4) ???Qm3Hc2??1 1有 ?mn?m3He?mpQ?1? ?1??2????Q?m3H?m3Hc?m3H?1??m3c2???H?1?Q (5) 代入有关数据得 Tth?1.02MeV (6) ????mp在忽略Q项的情况下，(4)式可简化为 Tth??1??m3?H2第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二 在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p与氚1H发生反应后，生成的中子n和氦2He相对质心都静止，则质子p与氚1H相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所 第37页（共38页） 333 以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和. ?以v?p和v3H分别表示质子p和氚1H相对质心的速度，有 Q=因系统质心的速度 vc?3112 (1) mpv??m3Hv?32pH22mpvpmp?m3H (2) 而 v?p?vp?vc?m3Hvpmp?m3Hm3Hmp?m3H (3) v?3H?0?vc??mpvpmp?m3H (4) 由(1)、(3)、(4)式得 Q?12 (5) mpvp2 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即mp?m3H?mn?m3He．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 111Q222mn?m3Hevc??mp?m3H?vc?vc Ec?222c2??而 22mpvpmpQQ1Q21Q vc???2??2222c2c?m?m3?cmp?m3Hm3HpH由此可见，在忽略Q的条件下 21122 mn?m3Hevc??mp?m3H?vc22???mp12而入射质子的阀能 Tth??mp?m3H?vc?Q (6) 由(2)、(5)、(6)式得 Tth??1??m32?H代入有关数据得 Tth?1.02MeV (8) 第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三 ?Q (7) ???考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的1H发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和2He以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以m10表示质子的静止质量， 3m20表示31H的静止质量，m30表示中子的静止质量，m40表示1He的静止质量，设质子的入射速度大小为 333vp，反应后2He和中子的速度大小都为v，根据动量守恒和能量守恒有 m1vp??m30?m40?v (1) v21?2cm1c?m2022m?mc??3040c2?1?vc22 (2) 式中m1是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 v=m1vpm1?m20 (3) 第37页（共38页） 22把(3)式代入(1)式，经整理得 ?m1?m20?c2?m1vp??m30?m40?c2 (4) 22由 m1?m101?vc2p2 (5) 可得 m?m?212102m12vpc2 (6) 22若入射质子的阈能为Eth，有 m1c?m10c?Eth (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 Eth?m?m40???m10?m20??302m2022 (8) 利用题给条件并引入反应能，得 Eth?mp?m3H?mn?m3He2m3HQ (9) Q+2?mp?m3H?2mp?m3Hc或有 Eth?Q?Q (10) 2m3Hm3H代入有关数据得 Tth?1.02MeV (11) 第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分． 第37页（共38页）
第26--28届全国中学生物理竞赛复赛试卷(修改)(含评分标准及答案)讲解
