第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答word版

第33届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答

一、（20分）如图，上、下两个平凸透光柱面的半径分别为1R 、2R ，且两柱面外切；其剖面（平面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点O 为直角坐标系O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为X 轴，上侧柱面过切点O 的母线为Y 轴。一束在真空中波长为λ的可见光沿Z 轴负

方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y 平面的投影。1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为0 1.00n =。试推导第k 级亮纹在X-Y 平面的投影的曲线方程。

已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为π的相位突变。b. sin , 1x x x ≈<<当。

参考解答：

如图a 所示，光线1在上侧柱面P 点处傍轴垂直入射，入射角为θ，折射角为0θ，由折射定律有

00sin sin n n θθ= ①

其中n 和0n 分别玻璃与空气的折射率。光线在下侧柱面Q 点处反射，入射角与反射角分别为i 和i '，由反射定律有

i i '= ②

光线在下侧柱面Q 点的反射线交上侧柱面于P '点，并由P '点向上侧柱面折射，折射光线用1''表示；光线1''正好与P '点处的入射光线2的反射光线2'相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损失，光线1''与光线2'在P '点处光程差L ?为

p 0p 0p p ()(PQ P Q)()(PQ P Q)()22L n z n n z n n z z λλ''?

?''?=-+++--=+--+???

? ③

式中λ为入射光线在真空中的波长，0 1.00n =。由题意，1R 和2R 远大于傍轴光线干涉区域所对应的两柱面间最大间隙；因而在傍轴垂直入射情况下有

0θ≈，1i i '=<<

①式成为

00n n θθ≈ ④

亦即

010n θθ>>≈≈ ⑤

在傍轴条件下， 柱面上P 、Q 两处切平面的法线近似平行，因此

010i i θ'>>=≈≈ ⑥

从而，在P 、Q 两处，不仅切平面的法线近似平行，而且在上下表面的反射光线、折射光线均近似平行于入射线，因而也近似平行于Z 轴，从而P '与P 点近似重合，即

p p

z z '≈ ⑦

且PQ 近似平行于Z 轴，因而长度

P Q

P Q PQ z z '≈≈- ⑧

由③⑧式得

()00P Q 2PQ 22

2L n n z z λ

λ

?=?+

=-+

⑨

可以将⑨式右端的-z 坐标近似用-x 或-y 坐标表出。为此，引入一个近似公式。如图b 所示，设置于平面上的柱面透镜与平面之间的空气隙的厚度为e ，柱面半径为R 。对三边边长分别为R 、

R e -和r 的直角三角形有

()2

22

=R R e r -+

⑩

即

222Re e r -= ?

在光线傍轴垂直入射时，e R <<，可略去?式左端的2e ，故

2

2r e R = ? 在光线傍轴垂直入射时， 前面已证近似有PQ//Z 轴。故可将上、下两个柱面上的P 、Q 两

点的坐标取为P P (,,)x y z 、Q Q (,,)x y z ，如图c 所示。根据?式可知，P 、Q 两点到XOY 切平面的距离分别为

21P 12x e z R ==，2

2Q 2

2y e z R =-= ? 最后，光线在上、下两个柱面反射并相遇时, 其光程差L ?为 ()()0P Q 012222

2L n z z n e e λ

λ

?≈-+

=++

2222001212 22222x y x y n n R R R R λ

λ????=++=++

? ????? ?

若P 、Q 两点在XOY 平面的投影点(,)x y 落在第k 级亮(暗)纹上，则L ?须满足条件 22012, 1,2,, 1

2(),0,1,2,, 2

k k x y L n R R k k λλλ=????

?=++=? ?+=????L L 亮环

暗环 ? ?式中亮环条件对应于第k 级亮纹上的点(,,)x y z 的x -、y -坐标满足的方程。

更具体地，不妨假设12R R >，根据?式中的亮环条件，可得第k 级亮纹的方程为 22

2

21, 1,2k k

x y k A B +==L ? 它们是椭圆亮环纹，其半长轴与半短轴分别为

101()/, 1,2,2k A k R n k λ=-=L ，201

()/, 1,2,2k B k R n k λ=-=L

?

评分参考：①②式各1分，③式2分，④⑤式各1分，⑥式2分，⑦式1分，⑧式2分，⑨⑩??式各1分，?式2分，?式1分，?式（亮环条件正确）2分。

二、（20分）某秋天清晨，气温为4.0C ?，一加水员到实验园区给一内径为2.00 m 、高为2.00 m 的圆柱形不锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为

4.00 cm 的透明圆柱形观察柱，底部与罐相连（连接

处很短），顶部与大气相通，如图所示。加完水后，加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜（不溶于水，与罐壁无摩擦），并密闭了罐顶的加水口。此时加水员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为1.00 m 。

（1）从清晨到中午，气温缓慢升至24.0C ?，问此时观察柱内水位为多少假设中间无人用水，水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。

（2）从密闭水罐后至中午，罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少求这个过程中罐内空气的热容量。

已知罐外气压始终为标准大气压50 1.0110Pa p =?，水在4.0C ?时的密度为

330 1.0010kg m ρ-=??，水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为413.0310K κ--=?，重力加速度

大小为29.80m s g -=?，绝对零度为273.15C -?。

参考解答：

（1）清晨加完水封闭后，罐内空气的状态方程为

000p V nRT =

①

式中n 为罐内空气的摩尔数，0p 、30π m V =和0277.15K T =分别是此时罐内空气的压强、体积和温度。

至中午时，由于气温升高，罐内空气压强增大，设此时罐内空气的压强、体积和温度分别为1p 、1V 和1T ，相应的状态方程为

111pV nRT =

②

式中1297.15K T =。空气和水的体积都发生变化，使得观察柱中水位发生变化，此时观察柱内水位和罐内水位之差为，

101010120

122

()(+)V V V V T T S S l h S S S κ---?=

++

③ 式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献，01.00 m l =为早上加水后观测柱内水面的高度，21πm S =、4224π10m S -=?分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有

1011p p g h ρ=+?

④

式中

1101()

T T ρρκ=

+- ⑤

是水在温度为1T 时的密度。联立①②③④⑤式得关于h ?的一元二次方程为 21

10110000

()()()0T gS h p S gV h p V T ρλρλ'?++?--= ⑥ 式中

12

12

S S S S S '=

+，101()T T λκ=-- ⑦ 解方程⑥得

10.812m h ?=

= ⑧

另一解不合题意，舍去。由③⑤⑦⑧式和题给数据得 3101010()0.0180m V V S h T T S l κ'-=?--=- 由上式和题给数据得，中午观察柱内水位为

10

101

+1.82m V V l h l S -=?-

= ⑨

（2）先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。

（解法一）早上罐内空气压强50 1.0110Pa p =?；中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高

h ?，罐内空气压强升高了

3317.91310Pa 7.9110Pa

p g h ρ?=?=?=?

⑩

由于0p p ?<<，可认为在准静态升温过程中，罐内空气平均压强为

5501

1.049510Pa 1.0510Pa

2

p p p =+?=?=?

?

罐内空气体积缩小了

30.0180m V ?= ?

可见0/1V V ?<<，这说明?式是合理的。罐内空气对外做功

331.88910J 1.910J W p V =?=-?=-?

?

（解法二）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午之间的任意时刻，设罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和p 。水温为T 时水的密度为

01()

T T ρρκ=

+- ⑩

将②③④式中的1V 、1T 和1p 换为V 、T 和p ，利用⑩式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为

()()00010010001000()/() 1()g

p p V V T T S l S V V S l T T gS l p S T T ρκκρκ=+

-+-???

?'-+-=+

'+- ?

由题设数据和前面计算结果可知

010()()0.0060T T T T κκ-<-=

010

1010

=0.0057V V V V S l S l --< 这说明?式右端分子中与T 有关的项不可略去，而右端分母中与T 有关的项可略去。于是?式可 ()()00010010

00100 ()/()g

p p V V T T S l S gS l p V V S l T T S ρκρκ=+

-+-???

?'=+-+-???

?'

利用状态方程，上式可改写成

00001010

001

10

()1g

nR

p V T S l nR

S S l p gl S S l V

nR

S ρκκκρκ-

++

'

=

-

-

'

? 从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为

1100000010

10

001100011

010*******

1

1001003()d d 11()()ln 11.89010J 1.9V V V V g nR p V T S l nR S S l W p V V

gl S S l V

nR S gl S V nR S g nR nR S V V p V T S l gl S S l g S S l V nR S ρκκκρκκρρκκρκρκ??-++??'==-????-??'??

?

?-

??'??'=----++????'????-'?

?

=-?=-???310J

?

（解法三）缓慢升温是一个准静态过程，在封闭水罐后至中午的任意时刻，罐内空气都处于热平衡状态，设其体积、温度和压强分别为V 、T 和p 。水在温为T 时的密度为

01()

T T ρρκ=

+- ⑩

将②③④式中的1V 、1T 和1p 换为V 、T 和p ，利用⑩式得，罐内空气在温度为T 时的状态方程为

()()000100010

00000100100001

000100001

000100010 1() 1() ()[1()] ()(1)()g

p p V V T T S l S V V T T S l g p S T T g

g V V S l p S l S S T T gl S g

p V V S l T T S S gl S g p V V S l T pV V V S l S S nR ρκκρκρρκρρκρρκκ=+-+-???

?'-+-=+'+---=++'

'+-≈++

----''?=++--+---''001

001000100001

000000001

0000000

()(1) (2)(1) (2)(1)gl S g g S l p V V S l T pV S S S nR gl S g g V p V V T pV S S S nR gl S g g T p V V T pV S S S p ρρρκκρρρκκρρρκκ?????≈++--++'''=++-++'''=

++-++'

'' ? 式中应用了

010()()0.0060T T T T κκ-<-=， 010

1010

=0.0057V V V V S l S l --< ?式可改写成

001

000000000000000000

(2)(1)

112(12)

(1) 1gl S g

p V V T S S p g T V

S p T gV

p T T p T S g T T V

S p ρρκρκκρκκκρκκ+

+

-+'

'=

-'+-+'+=-+

-' ?

从封闭水罐后至中午，罐内空气对外界做的功为

11000000000

00000000000110000000003312(12)(1)d d 1(1)ln 1.89610J 1.910J

V V V V T gV p T T p T S W p V V

g T T V

S p T p S p S p g T V V V V T g T S p g T V κρκκκρκκκρκκρκρκ+??

-+??'+==-+????-'????

''+-????=--+-?? ?'-????=-?=-??? ? 现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知，罐内空气中午相对于清晨的内能改变为

4400

10100

55()=() 5.72410J 5.7210J 22p V U nR T T T T T ?=--=?=?

? 式中5是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得，罐内空气的吸热为

445.53510J 5.5410J Q W U ?=+?=?=? ?

从密闭水罐后至中午，罐内空气在这个过程中的热容量为 3110

2.7710 J K Q

C T T -?=

=??-。 ?

评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧式各1分，⑨式2分；第（2）问10分，⑩??式各1分，???式各2分，?式1分。

三、（20分）木星是太阳系内质量最大的行星（其质量约为地球的318倍）。假设地球与木星均沿圆轨道绕太阳转动，两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点，忽略太阳系内其它星体的引力；且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为s m 和j m ，引力常量为G 。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是e r 和j r 。假设在某个时刻，地球与

太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为θ。这时若太阳质量突然变为零，求 （1）此时地球相对木星的速度大小ej v 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v 。 （2）试讨论此后地球是否会围绕木星转动，可利用（1）中结果和数据30s 2.010kg m ≈?、27j 1.910kg m ≈?、木星公转周期j 12 y T ≈。

参考解答：

（1）若太阳质量突然变为零，地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变，因而应当等于在太阳质量变为零之前的瞬间，地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前，地球和木星绕太阳转动速度分别是e v 和j v 。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为-x y 平面建立坐标系。由万有引力定律和牛顿第二定律有

2

s e e

e 2e e

m m G m r r =v

①

由①式得

e =

v ② 同理有

j =

v ③

现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v （不考虑太阳引力）。若地球相对木星刚好以速度0v 运动，也就是说，当地球在木星的引力场里运动到无限远时，速度刚好为零，此时木星-地球系统引力势能为零，动能也为零，即总机械能为零。按机械能守恒定律，在地球离木星距离为ej r 时，速度0v 满足

e j 2

e 0ej

102m m m G r -=v ， ④

即

0v =

， ⑤

可见，地球不被木星引力俘获所需要的最小速率0v 的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间，木星的位矢为

j j (,0)r =r

⑥

地球的位矢为

e e e (cos , sin )r r θθ=r ， ⑦ 式中θ为地球此时的位矢与x -轴的夹角。此时地球和木星的距离为

ej r ⑧

此时地球相对于木星的速度大小为

ej e j =-=v v v ⑨

式中cos θ项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。由⑤⑧式得

1/2

j 0221/4

e j e j (2)(2cos )Gm r r r r θ=

+-v ， ⑩

（2）解法（一）

为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较ej v 和0v 的大小。由开普勒第三定律有

3

3

j e 22j e r r T T =， ? 式中j =12 y T 是木星公转周期，而e =1y T 是地球公转周期。由?式得

j e

5.2r r =

=≈

?

ej v 和0v 都是正数，所以，由⑨⑩?

式有：

ej 0

=

v v ?

显然，?式右端当cos 1θ=，即

0θ= ?

时取最小值，此时太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧。由??式和题给数据有

ej 0min

291??>> ???v v ? 也就是说，在任何情况下，

ej 0v >>v

?

即若太阳质量突然变为零，地球必定不会被木星引力俘获，不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而0v 不变，地球也不会围绕木星旋转。

解法（二）

为了判断地球是否会围绕木星转动，只需比较ej v 和0v 的大小。首先讨论0θ=时的情况，即在太阳质量变为零的瞬间，太阳、地球、木星共线，且地球和木星在太阳同侧的情形。由开普勒第三定律有

3

3

j e 22j e r r T T =， ? 式中j =12 y T 是木星公转周期，而e =1y T 是地球公转周期。由?

式得

2/3

j j e e e e 5.2T r r r T ??

==≈ ?

??

， ?

将?式和有关数据代入⑨⑩式得

ej 7.910=?v ?

1/2

j 02

21/4

e j

e j (2) 2.710(2cos )Gm r r r r θ=≈?+-v ? 可见，此时有

ej 0v >>v ? 所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。若地球和木星绕太阳转动方向相反，则地球和木星的相对速度会更大，而0v 不变，地球也不会围绕木星旋转。

对于0θ≠的情况，当θ从0到π（或从0到π-）改变时，从式⑨⑩式可以看到，

ej v 单调增大，0v 单调减小 ?

所以总有?式成立。因此，若太阳质量突然变为零，地球仍不会围绕木星旋转。

评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑦⑧⑨⑩式各1分；第（2）问10分，?式2分，?式1分，??式各2分，??式各1分，结论正确给1分。

四、（20分）蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程，现将一长为L 、质量为m 、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性绳的一端系在桥沿b ，绳的另一端系一质量为M 的小物块（模拟蹦极者）；假设M 比m 大很多，以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和蹦极者的重力向下拉时会显著伸长，但仍在弹性限度内。在蹦极者从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过程中，不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为g 。 （1）求蹦极者从静止下落距离y （y L < ）时的速度和加速度的大小，蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。

（2）求蹦极者从静止下落距离y （y L < ）时，绳在其左端悬点b 处张力的大小。

参考解答：

（1）由题意，均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长，此即其劲度系数非常大。因而，虽然绳的弹力大小不可忽略，但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。取桥面为重力势能零点，系统总的初始能量是绳的初始势能，即 4

i pi L

E E mg

==- ① 式中，m 是绳的质量，L 是绳的原长。蹦极者下落距离y 时，系统的动能为

22

11222k L y E M m L

-=+v v ②

式中，M 是蹦极者的质量，v 是蹦极者的速度大小，它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重力势能为

,(24

p L y L y

E m g y L --=-+动) ③ 而此时静止的那段绳的重力势能为 ,24

p L y L y

E m

g

L ++=-静 ④ 由②③④式得，此时系统（蹦极者和绳）总的机械能为

,,22+11 (2222424

f k p p E E E E Mgy

L y L y L y L y L y

M m m g y m g Mgy L L L =+----++=

+-+--v v )动静 ⑤ 按题意，不考虑可能的能量损失，有

i f E E = ⑥ 由①②③④⑤⑥式得 2422ML mL my

gy

ML mL my

+-=+-v ⑦

将⑦式两边对时间求导得 2(42)22+

(2)d dy my ML mL my g dt dt ML mL my +-??

=??+-??

v v

⑧ 将

dy dt =v 代入⑧式得，蹦极者加速度大小d a dt

=

v

为 ()()2

22122ML mL g a ML mL my ??+=+??+-????

或2(42)12(2)my ML mL my a g ML mL my +-??

=+??+-?? ⑨ 在所考虑的下落过程中，加速度向下，速度大小的上限为

y L →=v ⑩ 由⑨式有

22

3

(2)0(2)da M m L mg dy ML mL my +=>+- ? 加速度大小的上限为

2(4)18y L m M m a g M →+??

=+????

?

（2）解法（一）设蹦极者在时刻t 下落到离起始水平面距离y 处，在时刻t dt +下落到离起始水平面距离y dy +处。考虑时刻t 绳底端右边长度为/2dy 的一小段绳，它在时刻t dt +静止于绳底端左边，如图所示。在这个过程中，在竖直方向上，对这一小段绳应用冲量定理有 12()022

m dy m dy

F F dt g dt L L ++

=-v ? 式中1F 和2F 分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻t 张力的大小。

另一方面，对于右边正在下落的那段绳，由牛顿第二定律有

222m L y m L y M y g Mg F L L --??+=++ ??

?&& ? 联立⑤⑥??式得 121

0()2

f

dE F F y

dt =

=--& ? 由??式得

2

1211224m dy m F F g L L

==-

-v ?

取0dy →，绳在其上端悬点b 处的张力大小为

2

b 124m L y m F g L L

+=

+v ?

由⑩?式得

b 42242L y

y ML mL my F mg L L ML mL my ++-??=+ ?+-??

? 解法（二）设蹦极者在时刻t 下落到离起始水平面距离y 处，在时刻t dt +下落到离起始水平

面距离y dy +处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为

[]

()()()22 ()()()22m L y dy m L y dp M y dy M y L L m L y m dy M y dy y y dy L L -+-???

?=++-+????????

-?

?=++--+????

v v v v v ?

外力的冲量为

b ()I M m gdt F dt =+- ? 由动量定理

I dp = ? 并利用

()()d y dy y dy dy

+=+v v v 可得 b +()()()2222m L y m dy m L y m L y dy d F g y M g M L L dt L L dt --+???

?=

+++-+ ??????

?v v ?

对右边那段绳应用牛顿第二定律有 22()11()222224m L y m L y dy d m dy m dy m M g M F g g L L dt

L L L --+?

?+

-+=+=-????v v 这里利用了解法（一）的?式。将上式代入?式，并取取0dy →得

2

b 124m L y m F g L L

+=

+v ?

由⑩?式得

b 42242L y

y ML mL my F mg L L ML mL my ++-??=+ ?+-??

? 解法（三）设蹦极者在时刻t 下落到离起始水平面距离y 处，在时刻t dt +下落到离起始水平

面距离y dy +处。整个系统（整段绳、蹦极者和地球）在这段时间始末动量的改变为

[]()()()22 ()()()22m L y dy m L y dp M y dy M y L L m L y m dy M y dy y y dy L L -+-???

?=++-+???????

?-??

=++--

+????

v v v v v ?

外力的冲量为

b ()I M m gdt F dt =+- ? 由动量定理

I dp = ? 并利用

()()d y dy y dy dy

+=+v

v v 可得

2b +()()[()]()2222

m L y m m L y m dy

F g y M g a y a y L L L L -=

+++-+v ?

利用⑨式，?式成为 2b 2

+(42)

()()2222(2)m L y m m L y my ML mL my F g y M g

L L L ML mL my -+-=

+-++-v ? 式中右端已取0dy →。由⑦?式得

b 42242L y

y ML mL my F mg L L ML mL my ++-??=+ ?+-??

?

评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑨⑩?式各1分。第（2）问10分，（解法一）???式各2分，??式各1分，?式2分；（解法二）??式各2分，??式各1分，?式2分（其中包括（解法一）?式的1分），?式2分；（解法三）??式各2分，??式各1分，??式各2分。

五、（20分）一种拉伸传感器的示意图如图a 所示：它由一半径为2r 的圆柱形塑料棒和在上面紧密缠绕N （1N >>）圈的一层细绳组成；绳柔软绝缘，半径为1r ，外表面均匀涂有厚度为t （12t r r <<<<）、电阻率为ρ的石墨烯材料；传感器两端加有环形电极（与绳保持良好接触）。未拉伸时，缠绕的绳可视为N 个椭圆环挨在一起放置；该椭圆环面与圆柱形塑料棒的横截面之间的夹角为θ（见图a ），相邻两圈绳之间的接触电阻为c R 。现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸，绳间出现n

个缝隙，每个缝隙中刚好有一整圈绳，这圈绳被自动调节成由一个未封闭圆环和两段短直线段（与塑料棒轴线平行）串接而成（见图b ）。假设拉伸前后θ 、1r 、2r 、ρ、t 均不变。

（1）求拉伸后传感器的伸长率ε（ε是传感器两电极之间距离的伸长与其原长之比）和两环形电极间电阻的变化率；

（2）在传感器两环形电极间通入大小为I 的电流，求此传感器在未拉伸及拉伸后，在塑料棒轴线上离塑料棒中点O 距离为D （D 远大于传感器长度）的P 点（图中未画出）处沿轴向的磁感应强度。

已知：长半轴和短半轴的长度分别为a 和b 的椭圆的周长为π(3)2

a b

ab +-，其中0b ≠。 参考解答：

（1）如图a 所示，由几何关系知，传感器轴向和细绳的横截面之间的夹角也是θ。传感器两电极之间的长度（原长）为

1

12cos r L N

θ=

① 每圈绳可看作长半轴为2cos r θ'、短半轴为2r '的椭圆环，其周长为

222π3cos π(3(3)22cos r r r l θθ'

'

+'=-= ②

式中2122r t r r r '=++≈。拉伸后，传感器的伸长率为ε，产生了n 个缝隙，设每个缝隙宽L ，传感器的长度变为

121112(1)()cos 2()cos r

L L L N n nL r n L εθ

θ=+==-++-

③ 式中

2211π32π2(1)22cos r L l r r r θ=-+=+ ④ 由①②③④式得

1

1112()

cos r n L L εθ=-

≈ ⑤ 式中最后一步是因为考虑到12r r <<的缘故。

由电阻定律并利用②式得，每圈椭圆环形细绳沿着塑料棒轴向的电阻为

1112r R lt πρ==⑥

式中因子1/2是由于细绳内、外半圈的电阻并联的缘故。未拉伸时传感器的电阻为 011(N 1)(), 1c c R NR R N R R N =+-≈+>> ⑦

拉伸后，产生缝隙地方的电阻将由原来的接触电阻2c R 和1R 之和变为2R （2R 为细绳单独绕圆柱形塑料棒一圈的电阻）

2111

2l R rt ρρπ==⑧ 传感器在其伸长率为ε时的电阻变为

3012(2)c R R n R R nR =-++ ⑨

由⑥⑦⑧⑨式得，传感器在其伸长率为ε时的电阻变化率为

211302100222

221112(32cos 3cos )cos 24cos (32cos 3cos )cos (32cos 3cos )(32cos 3cos )2(32cos 3cos )cos cos (32cos 3cos )(3 c c

c c

r r R rt R R R n r t r R R R r t

r r tR r N r r tR θθρρθ

θθθρθθθθθρθθρθ

ρθθθ-+--

-?-+==

+-+-+--+-=

+-+=22222122

1122cos 3cos )4cos 24cos 4cos (32cos 3cos )c r r n N

r tr r R θθρρθ

ρθθθθ??-++-??+-+??

⑩

（2）在未拉伸时电流沿着塑料棒轴向，根据毕奥-萨伐尔定律，此时不会产生沿塑料棒轴向的磁场，P 点处沿塑料棒轴向的磁感应强度为零。

同理，只有拉伸后每个缝隙处的细圆环绳中的电流才会产生沿塑料棒轴向的磁场。现仅考虑一圈中心与P 点的距离为z r 的细圆环绳产生的磁场。如右图所示，在圆环上任一直径AA '一端各取电流元Id l 和Id -l ，它在P 点产生的磁场d B 和d 'B ，d B 和d 'B 的垂直于轴线的分量相互抵消，它们的合磁感应强度沿塑料棒轴向，其大小为2cos dB α（α是AP 与AA '的夹角）

。将整个圆环电流类似地按各直径两端分割成一个个电流元，P 点沿塑料棒轴向的总磁场即为各元电流在该点产生的磁场的轴向分量cos dB α之和。注意到Idl 可以写为2Ir d β（d β是弧元dl 所对的圆心角），由毕奥-萨伐尔定律有

22022

00

cos cos 4Ir d B dB r π

π

μβ

αα

π==??

?

式中z

sin r r α=

。对于给定的P 点，α是常数，于是有

222022

0220z z

sin cos sin cos 42Ir Ir B d r r πμααβμααπ=

=? ?

式中

222

2z cos r r α=

+， z

222z sin r r α=

+ ?

将?式代入?式得

220223/22z 2()r I

B r r μ=+

?

由题设，D 远大于传感器的长度，故也远大于2r ，因而z 2r D r ≈>>，于是

220

32r I

B D μ= ?

传感器伸长后有n 个缝隙，由?式得 22total 0

3

2r nI

B D μ=

?

评分参考：第（1）问10分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式各1分；第（2）问10分，传感器在未拉伸时答案正确给1分，??式各1分，??式各2分，?式1分，?式2分。

六、（20分）光电倍增管是用来将光信号转化为电信号并加以放大的装置，其结构如图a 所示：它主要由一个光阴极、n 个倍增级和一个阳极构成；光阴极与第1倍增级、各相邻倍增级及第n 倍增级与阳极之间均有电势差V ；从光阴极逸出的电子称为光电子，其中大部分（百分比η）被收集到第

1倍增级上，余下的被直接收集到阳极上；每个被收集到第i 倍增级（1,,i n =L ）的电子在该电极上又使得δ个电子（1δ>)逸出；第i 倍增级上逸出的电子有大部分（百分比σ）被第1i +倍增级收集，其他被阳极收集；直至所有电子被阳极收集，实现信号放大。已知电子电荷量绝对值为e 。 （1）求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗，已知1δσ>，1n >>；

（2） 为使尽可能多的电子从第i 倍增级直接到达第1i +倍增级而非阳极，早期的光电倍增管中，会施加垂直于电子运行轨迹所在平面（纸面）的匀强磁场。设倍增级的长度为a 且相邻倍增级间的几何位置如图b 所示，倍增级间电势差引起的电场很小可忽略。所施加的匀强磁场应取什么方向以及磁感应强度大小为多少时，才能使从第i 倍增级垂直出射的能量为e E 的电子中直接打到第

1i +倍增级的电子最多磁感应强度大小

为多少时，可以保证在第1i +倍增级上至少收集到一些从第i 倍增级垂直出射

图b

的能量为e E 的电子

参考解答：

（1）设从光阴极逸出的电子个数为p n ，按题述，从第1倍增级逸出的电子个数为

1p m n ηδ=

可用归纳法得出从第i 倍增级逸出的电子个数为

()1

, 1,,i i p m n i n

ηδσδ-==L

①

光阴极、第i 倍增级和第n 倍增级向阳极贡献的电子数p a n → 、i a m →和n a m →分别为

()()1, 1, 1,,1,

.

p a p i a i n a n n n m m i n m

m ησ→→→=-??

=-=???-??=? ② 光阴极与阳极间电势差pa V 、第i 倍增级与阳极之间的电势差ia V 分别为

()(1), 1, 1,,pa ia V n V V n i V i n =+??

=-+=?L

③

从光阴极溢出的电子被电势差加速所消耗的能量p E 、从第i 倍增级溢出到阳极的电子被电势差加速所消耗的能量ia E 、第i 倍增级溢出到第1i +倍增级的电子被电势差加速所消耗的能量1i i E →+分别为

1, , 1,,,

, 1,, 1.

p p p a pa ia i a ia i i i E en V en V E em V i n E

em V i n ησ→→→+=+??

==??==-?L L

④

消耗的总电能为

1

1

1

1

n

n p ia i i i i E E E E -→+===++∑∑

⑤

将①②③④式代入⑤式得，放大单个光阴极逸出的电子消耗的平均能量为

{}

2(1)()1(1)()(1)1(1)1n n p n E n eV n ησδσδσδσδησδσδησδσδ????--+-??-??????=-+++??--????

⑥

当1δσ>、1n >>时，上式各项中含()n δσ因子的部分的贡献远大于其他部分，因此可仅保留含

()n δσ级因子的项，有

22

(1)(1)()(1)n

p E eV n δσδσδσηδσδσ-+-=- ⑦

（2）所加磁场应当垂直纸面向里。

磁场提供洛仑兹力，且忽略重力和电场力，电子在匀强磁场中作匀速圆周运动。由于电子的逃逸速度垂直于电极，电子运动轨迹的圆心将在电极所在的直线上。运动轨迹如右图所示。

当第i 倍增级最左端的电子到达第1i +倍增级最右端时，轨迹为1，圆心在第i 倍增级的延长线上，由几何关系知，对应的半径1r 满足

2211(3)r a r a =-+

⑧

当第i 倍增级最左端的电子到达第1i +倍增级最左端时，轨迹为2，对应的轨道半径2r 满足

2222(2)r a r a =-+

⑨

当第i 倍增级最右端的电子到达第1i +倍增级最右端时，轨迹为3，对应的轨道半径3r 满足

2233(2)r a r a =-+

⑩

当第i 倍增级最右端的电子到达第1i +倍增级最左端时，轨迹为4，对应的轨道半径4r 满足

2244()r a r a =-+

?

由⑧⑨⑩?式分别解得

1234555

344

r a r a r a r a ====，，，

?

设电子在磁场中作匀速圆周运动的速率为v ，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有

2

m e B r

=v v ?

由?式得

e 2mE m r eB =

=

v

?

式中2e 1

2

E m =v 是速率为v 的电子的动能。由??式可解出相应的1234B B B B 、、、的大小为

e e e

e 12342222344mE mE mE mE B B B B =

===

，，， ?

第届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案 TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-

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 图1 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。图中1D 和2D 是理想的、点接触型二极管（不考虑二极管的电容），1C 和2C 是理想电容器，它们的电容都为C ，初始时都不带电，G 点接地。现在A 、G 间接上一交变电源，其电压A u ，随时间t 变化的图线如图2所示．试

第35届全国中学生物理竞赛决赛试题(word版)

第35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题（上海交大） 1、（35分） 如图，半径为R 、质量为M 的半球静置于光滑水平桌面上，在半球顶点上有一质量为m 、半径为r 的匀质小 球。某时刻，小球收到微扰由静止开始沿半球表面运动。在运动过 程中，小球相对半球的位置由角位置θ描述，θ为两球心连线与竖直线的夹角。己知小球绕其对称轴的转动惯量为225 mr ，小球与半球间的动摩擦因数为μ，假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加 速度大小为g 。 （1）（15分）小球开始运动后在一段时间内做纯滚动，求在此过程中，当小球的角位置为θ1时，半球运动的速度大小1()M V θ和加速度大小1()M a θ； （2）（15分）当小球纯滚动到角位置θ2时开始相对于半球滑动，求θ2所满足的方程（用半球速度大小2()M V θ和加速度大小2()M a θ以及题给条件表示）； （3）（5分）当小球刚好运动到角位置θ3时脱离半球，求此时小球质心相对于半球运动速度的大小3()m v θ 2、（35分） 平行板电容器极板1和2的面积均为S ，水平固定放置，它们之间的距离为 d ，接入如图所示的电路中，电源的电动势记为U 。不带电的导体薄平板3（厚 度忽略不计）的质量为m 、尺寸与电容器极板相同。平板3平放在极板2的 正上方，且与极板2有良好的电接触。整个系统置于真空室内，真空的介电 常量为0ε。合电键K 后，平板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。假设导体板间的电场均可视为匀强电场；导线电阻和电源内阻足够小，充放电时间可忽略不计；平板3与极板1或2碰撞后立即在极短时间内达到静电干衡；所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为g 。 （1）（17分）电源电动势U 至少为多大？ （2）（18分）求平板3运动的周期（用U 和题给条件表示）。 已知积分公式 ( 2ax b C =+++，其中a >0，C 为积分常数。

第33届全国中学生物理竞赛决赛试题

第33届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题 可能用到的物理常量和公式： 真空中的光速82.99810/c m s =?； 地球表面重力加速度大小为g ； 普朗克常量为h ，2h π=； 2111ln ,1121x dx C x x x +=+<--?。 1、（15分）山西大同某煤矿相对于秦皇岛的高度为c h 。质量为t m 的火车载有质量为c m 的煤，从大同沿大秦铁路行驶路程l 后到达秦皇岛，卸载后空车返回。从大同到秦皇岛的过程中，火车和煤总势能的一部分克服铁轨和空气做功，其余部分由发电机转换成电能，平均转换效率为1η，电能被全部存储于蓄电池中以用于返程。空车在返程中由储存的电能驱动电动机克服重力和阻力做功，储存的电能转化为对外做功的平均转换效率为2η。假设大秦线轨道上火车平均每运行单位距离克服阻力需要做的功与运行时（火车或火车和煤）总重量成正比，比例系数为常数μ，火车由大同出发时携带的电能为零。 （1）若空车返回大同时还有剩余的电能，求该电能E 。 （2）问火车至少装载质量为多少的煤，才能在不另外提供能量的条件下刚好返回大同？ （3）已知火车在从大同到达秦皇岛的铁轨上运行的平均速率为v ，请给出发电机的平均输出功率P 与题给的其它物理量的关系。 2、（15分）如图a ，AB 为一根均质细杆，质量为m ，长度为2l ；杆上端B 通过一不可伸长的软轻绳悬挂到固定点O ，绳长为1l 。开始时绳和杆均静止下垂，此后所有运动均在同一竖 直面内。 （1）现对杆上的D 点沿水平方向施加一瞬时冲量I ，若 在施加冲量后的瞬间，B 点绕悬点O 转动的角速度和杆 绕其质心转动的角速度相同，求D 点到B 点的距离和B 点绕悬点O 转动的初始角速度0ω。

第24届全国中学生物理竞赛复赛试题及详解(WORD版)

第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 （本题共七大题，满分160分） 一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B 与平板PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2 /8.9s m g = 二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示） 三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。

全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

第27届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案 一、（25分）填空题 1．一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈，其质量为M，劲度系数为k，无形变时半径为R。现将它用力抛向空中，忽略重力的影响，设稳定时其形状仍然保持为圆形，且在平动的同时以角速度ω绕通过圆心垂直于圆面的轴线匀速旋转，这时它的半径应为。 2．鸽哨的频率是f。如果鸽子飞行的最大速度是u，由于多普勒效应，观察者可能观测到的频率范围是从到。（设声速为V。） 3．如图所示，在一个质量为M、内部横截面积为A 的竖直放置的绝热气缸中，用活塞封闭了一定量温 度度为 T的理想气体。活塞也是绝热的，活塞质量 以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。已知 大气压强为 p，重力加速度为g，现将活塞缓慢上提，当活塞到达气 缸开口处时，气缸刚好离开地面。已知理想气体在缓慢变化的绝热过程中pVγ保持不变，其中p是气体的压强，V是气体的体积，γ是一常数。根据以上所述，可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为。

4．（本题答案保留两位有效数字）在电子显微镜中，电子束取代了光束被用来“照射”被观测物。要想分辨101.010m -?（即原子尺度）的结构，则电子的物质波波长不能大于此尺度。据此推测电子的速度至少需被加速到 。如果要想进一步分辨121.010m -?尺度的结构，则电子的速度至少需被加速到 ，且为使电子达到这一速度，所需的加速电压为 。 已知电子的静止质量 319.110kg e m -=?，电子的电量 191.610C e -=-?，普朗克常量346.710J s h -=??，光速813.010m s c -=??。

二、（20分）图示为一利用传输带输送货物的装置，物块（视为质点）自平台经斜面滑到一以恒定速度v运动的水平长传输带上，再由传输带输送到远处目的地，已知斜面高 2.0m h=，水平边长 4.0m L=，传输带宽 2.0m d=，传输带的运动速度 3.0m/s v=。物块与斜面间的摩擦系数 10.30 μ=。物块自斜面顶端下滑的初速度为零。沿斜面下滑的速度方向与传输带运动方向垂直。设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧，使得物块通过斜面与传输带交界处时其速度的大小不变，重力加速度2 10m/s g=。 1．为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离，物块与传输带之 间的摩擦系数 2 μ至少为多少？ 2．假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动，与电机连接的电源的电动势200V E=，内阻可忽略；电机的内阻10 R=Ω，传输带空载（无 输送货物）时工作电流 02.0A I=，求当货物的平均流量（单位时间内输送货物的质量），稳定在640kg/s 9 η=时，电机的平均工作电流等于多少？假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外，其它部分的能量损耗与传输带上的货物量无关。

第33届全国中学生物理竞赛复赛试题解答

第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2016 年 9 月 17 日 一、（20 分）如图，上、下两个平凸透光柱面的 半径分别为R 1 、R 2 ，且两柱面外切；其剖面（平 面）分别平行于各自的轴线，且相互平行；各 自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点O 为 直角坐标系O-XYZ 的原点，下侧柱面过切点O 的母线为X 轴，上侧柱面过切点O 的母线为Y 轴。一束在真空中波长为λ的可见光沿Z 轴负 方向傍轴入射，分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉；借助于光学读数显微镜，逆着Z 轴方向，可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在X-Y 平面的投影。R 1 和R 2 远大于傍轴光线 干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为n = 1.00 。试推导第k 级亮纹在X-Y 平面的投影的曲线方程。 已知：a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧，折射率较大（小）的介质为光密（疏）介质；光线在光密（疏）介质的表面反射时，反射波存在（不存在）半波损失。任何情形下，折射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为π 的相位突变。b. sin x ≈x, 当x << 1 。 参考解答： 如图 a 所示，光线1 在上侧柱面 P 点处傍轴垂直入射，入射角为θ，折 射角为θ ，由折射定律有 n sinθ=n0 sinθ0 ① 其中n 和n 分别玻璃与空气的折射率。 光线在下侧柱面Q 点处反射，入射角 与反射角分别为i 和i'，由反射定律有 i =i'② 光线在下侧柱面Q 点的反射线交上侧柱面于P'点，并由P'点向上侧柱面折射，折射光线用1'表示；光线1''正好与P'点处的入射光线2 的反射光线2'相遇，发生干涉。考虑光波反射时的半波损失，光线1''与光线2'在P'点处光程差?L 为 ?L =?n(-z ) +n (PQ + P'Q) +λ? -n(-z ) =n (PQ + P'Q) -n(z -z ) + λ ③ ??p 0 2 ?? p'0 p p'?2

第30届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案

第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题 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 . 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.

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m L λ= 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 X t 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 t θθθθ= 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 .

第24届全国中学生物理竞赛复赛试题(WORD版)

第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 （本题共七大题，满分160分） 一、（20分）如图所示，一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端，弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间（图中未画出竖直导轨），从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。一小球B 放在光滑的水平台面上，台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方，到P 端的距离为m h 80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B 与平板PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度0μ，使它从水平台面抛出。已知小球B 与平板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞，0μ的值应在什么范围内？取2 /8.9s m g = 二、（25分）图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动，A 、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连，可绕连接处转动（类似铰链）。当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时，AB 杆处于竖直位置。BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角，已知AB 杆的长度为l ，BC 杆和CD 杆的长度由图给定。求此时C 点加速度c a 的大小和方向（用与CD 杆之间的夹角表示） 三、（20分）如图所示，一容器左侧装有活门1K ，右侧装有活塞B ，一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室，M 上装有活门2K 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定，拔掉销钉即可在容器内左右平移，移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气中。

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题及答案

第28届全国中学生物理竞赛决赛试题 一、（15分）在竖直面将一半圆形光滑导轨固定在A 、B 两点，导轨直径AB =2R ，AB 与竖直方向间的夹角为60°，在导轨上套一质量为m 的光滑小圆环，一劲度系数为k 的轻而细的光滑弹性绳穿过圆环，其两端系与A 、B 两点，如 图28决—1所示。当圆环位于A 点正下方C 点时，弹性绳刚好为原长。现将圆环从C 点无初速度释放，圆环在时刻t 运动到C'点，C'O 与半径OB 的夹角为θ，重力加速度为g .试求分别对下述两种情形，求导轨对圆环的作用力的大小：（1） θ=90°（2）θ=30° 二、（15分）如图28决—2所示，在水平地面上有一质量为M 、长度为L 的小车，车两端靠近底部处分别固定两个弹簧，两弹簧位于同一直线上，其原长分别为l 1和 l 2，劲度系数分别为k 1和k 2；两弹簧的另一端分别放着 一质量为m 1、m 2的小球，弹簧与小球都不相连。开始时，小球1压缩弹簧1并保持整个系统处于静止状态，小球2被锁定在车底板上，小球2与小车右端的距离等于弹簧2的原长。现无初速释放小球1，当弹簧1的长度等于其原长时，立即解除对小球2的锁定；小球1与小球2碰撞后合为一体，碰撞时间极短。已知所有解除都是光滑的；从释放小球1到弹簧2达到最大压缩量时，小车移动力距离l 3.试求开始时弹簧1的长度l 和后来弹簧2所达到的最大压缩量Δl 2 . 图28决—2

三、（20分）某空间站A 绕地球作圆周运动，轨道半径为 r A =6.73×106m.一人造地球卫星B 在同一轨道平面作圆周运 动，轨道半径为r B =3r A /2，A 和B 均沿逆时针方向运行。现从空间站上发射一飞船（对空间站无反冲）前去回收该卫星， 为了节省燃料，除了短暂的加速或减速变轨过程外，飞船在往返过程中均采用同样形状的逆时针椭圆转移轨道，作无动力飞行。往返两过程的椭圆轨道均位于空间站和卫星的圆轨道平面，且近地点和远地点都分别位于空间站和卫星的轨道上，如图28决—3所示。已知地球半径为R e =6.38×106m ，地球表面重力加速度为g =9.80m/s 2.试求： （1）飞船离开空间站A 进入椭圆转移轨道所必须的速度增量Δv A ，若飞船在远地点恰好与卫星B 相遇，为了实现无相对运动的捕获，飞船所需的速度增量Δv B . （2）按上述方式回收卫星，飞船从发射到返回空间站至少需要的时间，空间站 A 至少需要绕地球转过的角度。 图28决—3

第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷.doc

第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷 -、 选择题。本小题共5小题，每小题6分。在每小题给出的4个选项中，有的小题 只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意，把符合题意的选项前面的英文字母写 在每小题后面的方括号内。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的或不 答的得0分。 1. 如图，球心在坐标原点0的球面上有三个彼此绝缘的金属环，它们分別与x-y 平面、 y-z 平衡、z-x 平与球沏的交线（大圆）重合，各自通有大小相等的电流，电流流向 如图屮的箭头所示。少标原点处的磁场方句与x 轴、y 轴、z 轴的火角分别是 2. 从楼顶边缘以人小为v （）的初速度竖直上抛一小球；经过~吋间后在楼顶边缘从静止开始 释放W —小球。荞要求两小球同时落地，忽略空气阻力，则v Q 的取值范围和抛出点的高度 应为 3. 如图，卩4个半径相M 的小球（构成一个体系）置r 水平桌面的一条直线上，其中一个是 钦永磁球（标有北极N 和南极S ）,其余三个是钢球；钱球与右边两个钢球相互接触。让另 一钢球在钕球左边一定距离处从静止释放，逐渐加速，直至与钕球碰摘，此时最右边的钢球 立即以很大速度被弹开。对于整个过程的始末，下列说法正确的足 A. 体系动能增加，体系磁能减少 B. 体系动能减少，体系磁能增加 X —'v C. 体系动能减少，体系磁能减少 O 乜义义J D. 体系动能增加，体系磁能增加A . arcsm arcsin 丄 arcsin 丄 B . arcsin ，一arcsin 1 ，一arcsin c . ，一arcsin 1 D . arcsin —, arcsin —, arcsin 1 1 f 1 A . -^o v （）= 1 ,1 c. -^o < v （） = % -讲0 1 v o ~2 gt ° v o ~2gt ° V o - St Q B. V o 矣讲0，/z = -讲02 v o ~2St ° v （）-

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及参考答案(WORD精校版)

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为年，1986 年它过近日点P0时与太阳S的 距离r0=，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=°。已知：1AU=×1011m，引力常量G=×10－11Nm2/kg2，太阳质量m S=×1030kg，试求P到太阳S的距离r P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=，μC=，θ=°。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） m的小球， 处，另一端各拴有一个质量为 2 正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，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。

2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案)

2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案） 初中物理是义务教育的基础学科，一般从初二开始开设这门课程，教学时间为两年。一般也是中考的必考科目。随着新高考/新中考改革，学生的综合能力越来越重要，录取方式也越来越多，三位一体录取方式十分看重学生的课外奖项获取。万朋教育小编为初中生们整理了2016年全国初中物理竞赛试卷和答案，希望对您有所帮助。 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。 一、（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 3 g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ，根据牛顿第二定律有

3 g 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 g a X b ρρ=-' (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 ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 'g b ρωρ= (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0t =时刻有x =0，由(5)式得

第34届全国中学生物理竞赛决赛试题

第34届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题(2017) 一、(35分)如图,质量分别为 、 的小球 、 放置在光滑绝缘水平面上,两球之间用一原长为 , 劲度系数为 .的绝缘轻弹簧连接. (1) 时,弹簧处于原长,小球 有一沿两球连线向右的初速度 ,小球 静止.若运动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内,求两球在任一时刻 的速度. (2)若让两小球带等量同号电荷,系统平衡时弹簧长度为 ,记静电力常量为 .求小球所带电荷量和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率(极化电荷的影响可忽略). 二、(35分)双星系统是一类重要的天文观测对象.假设某两星体均可视为质点,其质量分别为 和 ,一 起围绕它们的质心做圆周运动,构成一双星系统,观 测到该系统的转动周期为 .在某一时刻, 星突然 发生爆炸而失去质量 .假设爆炸是瞬时的、相对 于 星是各向同性的,因而爆炸后 星的残余体 星的瞬间速度与爆炸前瞬间 星 的速度相同,且爆炸过程和抛射物质 都对 星没 有影响.已知引力常量为 ,不考虑相对论效应. (1)求爆炸前 星和 星之间的距离 ; (2)若爆炸后 星和 星仍然做周期运动,求该运动的周期 ; (3)若爆炸后 星和 星最终能永远分开,求 和 三者应满足的条件. 三、(35分)熟练的荡秋千的人能够通过在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡越高.一质量 为 的人荡一架底板和摆杆均为刚性的秋千, 底板和摆杆的质量均可忽略,假定人的质量集 中在其质心.人在秋千上每次完全站起时起质 心距悬点 的距离为 ,完全蹲下时此距离变为 .实际上,人在秋千上站起和蹲下过程都是在一段时间内完成的.作为一个简单的模型,假设人在第一个最高点 点从完全站立的姿 势迅速完全下蹲,然后荡至最低点 , 与 的高度差为 ;随后他在 点迅速完全站l 0 a b 爆炸前瞬间 爆炸后瞬间

第33届全国中学生物理竞赛决赛试卷

第33届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题 可能用到的物理常量和公式： 真空中的光速82.99810/c m s =?； 地球表面重力加速度大小为g ； 普朗克常量为h ，2h π =； 2111ln ,1121x dx C x x x +=+<--?。 1、（15分）山西大同某煤矿相对于秦皇岛的高度为c h 。质量为t m 的火车载有质量为c m 的煤，从大同沿大秦铁路行驶路程l 后到达秦皇岛，卸载后空车返回。从大同到秦皇岛的过程中，火车和煤总势能的一部分克服铁轨和空气做功，其余部分由发电机转换成电能，平均转换效率为1η，电能被全部存储于蓄电池中以用于返程。空车在返程中由储存的电能驱动电动机克服重力和阻力做功，储存的电能转化为对外做功的平均转换效率为2η。假设大秦线轨道上火车平均每运行单位距离克服阻力需要做的功与运行时（火车或火车和煤）总重量成正比，比例系数为常数μ，火车由大同出发时携带的电能为零。 （1）若空车返回大同时还有剩余的电能，求该电能E 。 （2）问火车至少装载质量为多少的煤，才能在不另外提供能量的条件下刚好返回大同？ （3）已知火车在从大同到达秦皇岛的铁轨上运行的平均速率为v ，请给出发电机的平均输出功率P 与题给的其它物理量的关系。 2、（15分）如图a ，AB 为一根均质细杆，质量为m ，长度为2l ；杆上端B 通过一不可伸长的软轻绳悬挂到固定点O ，绳长为1l 。开始时绳和杆均静止下垂，此后所有运动均在同一竖直面内。 （1）现对杆上的D 点沿水平方向施加一瞬时冲量I ， 若在施加冲量后的瞬间，B 点绕悬点O 转动的角速度

和杆绕其质心转动的角速度相同，求D 点到B 点的距离和B 点绕悬点O 转动的初始角速度0ω。 （2）设在某时候，绳和杆与竖直方向的夹角分别为1θ和2θ（如图b 所示），绳绕固定点 O 和杆绕其质心转动的角速度分别为1ω和2ω， 求绳绕固定点O 和杆绕其质心转动的角加速度1α和2α 3、（15分）火星大气可视为仅由很稀薄的2CO 组成，此大气的摩尔质量记为μ，且同一高度的大气可视为处于平衡态的理想气体。火星质量为m M （远大于火星大气总质量），半径为m R 。假设火星大气的质量密度与距离火星表面的高度h 的关系为 10()(1)n m h h R ρρ-=+ 其中0ρ为常量，(4)n n >为常数。 （1）求火星大气温度()T h 随高度h 变化的表达式。 （2）为了对火星表面进行探测，需将一质量为t m 、质量密度较大的着陆器释放到火星表面。在某一远小于m R 的高度处将该着陆器由静止开始释放，经过时间l t ，着陆器落到火星表面。在着陆器下降过程中，着陆器没有转动，火星的重力加速度和大气密度均可视为与它们在火星表面的值相等。当着陆器下降速度大小为v 时，它受到的大气阻力正比于大气密度和2 v 的乘积，比例系数为常量k 。求着陆器在着陆前瞬间速度的大小。 4、（15分）具有一定能量、动量的光子还具有角动量。圆偏振光的光子的角动量大小为。光子被物体吸收后，光子的能量、动量和角动量就全部传给物体。物体吸收光子获得的角动量可以使物体转动。科学家利用这一原理，在连续 的圆偏振激光照射下，实现了纳米颗粒的高速转动，获得 了迄今为止液体环境中转速最高的微尺度转子。 如图，一金纳米球颗粒放置在两片水平光滑玻璃平

第13届全国中学生物理竞赛复赛试题及解答

第十三届全国中学生物理竞赛复赛试题 1.如图所示，有一由匀质细导线弯成的半径为α的圆线和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路（电路中各段的电阻值见图）。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场，磁感应强度B随时间t均匀减小，其变化率的大小 为一已知常量k。已知2r 1＝3r 2 。求：图中AB两点的电势差U A -U B 。 2.长度为4毫米的物体AB由图所示的光学系统成像，光学系统又一个直角棱镜、一个汇聚透镜和一个发散透镜组成，各有关参数和几何尺寸均标示于图上，求：像的位置；像的大小，并作图说明是实像还是虚像，是正立还是倒立的。 3.如图所示，四个质量均为m的质点，用同样长度且不可伸长的轻绳连接成菱形ABCD，静止放在水平光滑的桌面上。若突然给质点A一个历时极短CA 方向的冲击，当冲击结束的时刻，质点A的速度为V，其他质点也获得一定 的速度，∠BAD＝2α（α<π/4）。求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总能量。

4.在一个半径为R的导体球外，有一个半径为r的细圆环，圆环的圆心与导体球心的连线长为a（a>R），且与环面垂直，如图所示。已知环上均匀带电，总电量为q，试问： 1.当导体球接地时，球上感应电荷总电量是多少？ 2.当导体球不接地而所带总电量为零时，它的电势如何？ 3.当导体球的电势为V O 时，球球上总电荷又是多少？ 4.情况3与情况1相比，圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何？ 5.情况2与情况1相比，圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何？ 〔注〕已知：装置不变时，不同的静电平衡 带电状态可以叠加，叠加后仍为静电平衡状 态。 5、有一个用伸缩性极小且不漏气的布料制作的气球（布的质量可忽略不计）， 直径为d＝2.0米，球内充有压强P 1.005×105帕的气体，该布料所能承受 的最大不被撕破力为f m ＝8.5×103牛/米（即对于一块展平的一米宽的布料，沿布面而垂直于布料宽度方向所施加的力超过8.5×103牛时，布料将被撕 破）。开始时，气球被置于地面上，该处的大气压强为P ao ＝1.000×103帕， 温度T ＝293开，假设空气的压强和温度均随高度而线性地变化，压强的变 化为α p ＝-9.0帕/米，温度的变化为α T ＝-3.0×10-3开/米，问该气球上升到 多高时将撕破？假设气球上升很缓慢，可以为球内温度随时与周围空气的温度保持一致，在考虑气球破裂时，可忽略气球周围各处和底部之间空气压强的差别。 6.有七个外形完全一样的电阻，已知其中6个的阻值相同，另一个的阻值不同，请按照下面提供的器材和操作限制，将那个限值不同的电阻找出，并指出它的阻值是偏大还是偏小，同时要求画出所用电路图，并对每步判断的根据予以论证。 提供的器材有：1电池；2一个仅能用来判断电流方向的电流表（量程足够），它的零刻度在刻度盘的中央，而且已知当指针向右偏时电流是由哪个接线柱流入电流表的；3导线若干 操作限值：全部过程中电流表的使用不得超过三次。

第29届全国高中物理竞赛复赛试题及答案

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 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 g a X b ρρ=-' (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 ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 ω= (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) ?=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) ()()V t t ω=+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 b 1X 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 22T ωπ= = (19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间

第33届全国中学生物理竞赛预赛试题

第33届全国中学生物理竞赛预赛试卷 本卷共16题，满分200分． 一、选择题．本题共5小题，每小题6分．在每小题给出的4个选项中，有的 小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后页的括号内．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分． 1．如图，球心在坐标原点O 的球面上有三个彼此绝缘的金属环，它们分别与x y -平面、y z -平面、z x -平面与球面的交线（大圆）重合，各自通有大小相等的电流，电流的流向如图中箭头所示．坐标原点处的磁场方向与x 轴、y 轴、z 轴的夹角分别是 A ．- ，-， B ．， C ． arcsin D ．，， [ ] 2．从楼顶边缘以大小为0v 的初速度竖直上抛一小球；经过0t 时间后在楼顶边缘 从静止开始释放另一小球．若要求两小球同时落地，忽略空气阻力，则0v 的取值范围和抛出点的高度应为 A ．00012gt v gt ≤<，2 2000001122v gt h gt v gt ?? ?-= ? ?-?? B ．00v gt ≠，20020001122v gt h gt v gt ??- ?= ?- ??? - - -arcsin - arcsin

C ．00012gt v gt ≤<，20020001122v gt h gt v gt ??- ?= ?- ??? D ．0012v gt ≠，22000001122v gt h gt v gt ?? ?-= ? ?-?? [ ] 3．如图，四个半径相同的小球（构成一个体系）置于水平桌面的一条直线上，其中一个是钕永磁球（标有北极N 和南极S ），其余三个是钢球；钕球与右边两个钢球相互接触．让另一钢球在钕球左边一定距离处从静止释放，逐渐加速，直至与钕球碰撞，此时最右边的钢球立即以很大的速度被弹开．对于整个过程的始末，下列说法正确的是 A ．体系动能增加，体系磁能减少 B ．体系动能减少，体系磁能增加 C ．体系动能减少，体系磁能减少 D ．体系动能增加，体系磁能增加 [ ] 4．如图，一带正电荷Q 的绝缘小球（可视为点电荷）固定在光滑绝缘平板上，另一绝缘小球（可视为点电荷）所带电荷用（其值可任意选择）表示，可在平板上移动，并连在轻弹簧的一端，轻弹簧的另一端连在固定挡板上；两小球的球心在弹簧的轴线上．不考虑可移动小球与固定小球相互接触的情形，且弹簧的形变处于弹性限度内．关于可移动小球的平衡位置，下列说法正确的是 A ．若0q >，总有一个平衡的位置 B ．若0q >，没有平衡位置 C ．若0q <，可能有一个或两个平衡位置 D ．若0q <，没有平衡位置 [ ] 5．如图，小物块a 、b 和c 静置于光滑水平地面上．现让a 以速度V 向右运动，与b 发生弹性正碰，然后b 与c 也发生弹性正碰．若b 和c 的质量可任意选择，碰后c 的最大速度接近于 A ．2V B ．3V C ．4V D ．5V [ ] 二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的

第21届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答

第21届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 一、开始时U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V 2 = HA （1） p 2= p 1 经过2小时，U 形管右管中空气的体积和压强分别为 A H H V )(2?-=' （2） 2 2 22 V V p p '=' （3） 渗透室下部连同U 形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为 HA V V ?+='11 （4） H g p p Δ22 1ρ+'= （5） 式中ρ 为水的密度，g 为重力加速度．由理想气体状态方程nRT pV =可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数 RT V p RT V p n 1111 - ''= ? （6） 在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数 A nN N ?= （7） 式中N A 为阿伏伽德罗常量． 渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了?p V ΔnRT p = ? （8） 经过2小时渗透室上部分中空气的压强为 p p p ?-='00 （9） 测试过程的平均压强差 [])(2 1 10 10p p ()p p p '-'+-=? （10） 根据定义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数 11111s m Pa 104.2---?=?= tS p Nd k （11） 评分标准： 本题20分．(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各1分，(6)式3分，(7)、(8)、(9)、(10) 式各2分，(11) 式4分． 二、如图，卫星绕地球运动的轨道为一椭圆，地心位于轨道椭圆的一个焦点O 处，设待测量星体位于C 处．根据题意，当一个卫星运动到轨道的近地点A 时，另一个卫星恰好到达远地点B 处，只要位于A 点的卫星用角度测量仪测出AO 和AC 的夹角α1，位于B 点的卫星用角度测量仪测出BO 和BC 的夹角α2，就可以计算出此时星体C 与地心的距离OC ． 因卫星椭圆轨道长轴的长度