第36届全国中学生物理竞赛复赛试题
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
全国中学生物理竞赛复赛试卷姓名（）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环节．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．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 . 80 m/ s2 ,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），规定满足：( a ）每个摆的摆长不小于0 . 450m ，不大于1.00m ; ( 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xo ( xo <<0.45m ) ，然后同时释放，通过40s 后，所有的摆可以同时回到初始状态．2 ．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率初次所有为零所通过的时间为________________________________________.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△θ．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的，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，△θ= 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，只保存一位有效数字．已知1 毫角秒=11000角秒，1角秒=13600度，1AU=1.5×108km,光速 c = 3.0×105km/s.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 =πR ，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,一方面扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A ，这时螺旋环也处在静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴O O′，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螺旋环作用力的大小．四、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为ω、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, t= 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感应强度表达式中的比例系数 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沿竖直方在MN与两球面的交点B、0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。
第36届全国中学生物理竞赛江苏赛区复赛试卷真题
第 36 届全国中学生物理竞赛 (江苏赛区) 第一轮复赛试卷本卷共 15 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, 有选错或不答的得 0 分.1. 如图所示, 在水平地面上, 一个纸盒斜靠在一木箱上。
已知纸盒质量小于木箱质量, 若纸盒、木箱均保持静止状态, 则以下说法错误的是A. 纸盒受到外力的矢量和为零B.纸盒受到的地面摩擦力小于木箱受到的地面摩擦力C.纸盒受到木箱向右的弹性力与地面对纸盒向左的摩擦力是一对平衡力D. 根据牛顿第三定律, 纸盒所受重力的反作用力是地面对其向上的弹性力2. 考虑一机械波沿均匀介质传播的情况, 如果将波源的振动频率变成原来的 2 倍, 其它条件不变, 则A. 波的传播速度变为原来的1/2 B. 波的传播速度变为原来的 2 倍C.波长变为原来的1/2D. 波长变为原来的 2 倍3. 如图所示, 空间中存在一均匀磁场B, 方向垂直纸面向里。
一长度为l的铜棒以速度v向右匀速运动, 速度方向与铜棒长度方向之间的夹角为30∘, 则铜棒a、b两端的电势差U ab=U a−U b等于A. vBlB. −vBlvBlC. 12vBlD. −124. 图示电路中, 电源电动势为ε=9V, 电源内阻忽略不计, 电阻R1=100Ω,R2= 200Ω,R3=200Ω, 电容器电容C=2μF。
若电容器刚开始不带电, 则当电键K合上后, 最终电容器所带电量是A. 9μCB. 12μCC. 15μCD. 18μC5. 自然界中有四种基本相互作用, 下列作用力中属于电磁相互作用的有A. 地球与太阳间的作用力B. 将原子结合成分子的作用力C. 将核子结合成原子核的作用力D. 汽车与地面间的摩擦力二、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过程.6. (10 分) 一折射率为√3的玻璃球置于空气中, 今有一光线射到球表面, 若入射角为60∘, 则折射光线和反射光线的夹角为 , 该折射光线再次经球面二次折射时的折射角为。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第8套)_解析
1. 解：（1）参考题解图1，1T 的计算：球1从A 到1B 所经过时间记为11t ，到达1B 的速度大小记为10v，有2111113sin 2L g t t ϕ=⇒=10113sin 105v g t ϕ== 将球1从1B 到C 时间记为12t ，有210121112121324cos 10255L v t g t gL t gt ϕ=+=+取其解为：12t =合成，得到11112T t t=+=（4分） 2T 的计算:仿照球1所引参量，有 )221211114cos 2L g t t t ϕ=⇒==20214cos 105v g t ϕ==2220222222221433sin 102510L v t g t gL t gt ϕ=+=+22t ，22122T tt =+ （3分）（2）由（1）问解答可知道02T T ==球1,2于11211t t t ==。
分别同时到达12,B B 。
据此将讨论的时间范围分为两段：10t t ≤<和10t t T <<，10t t ≤<时间段F 的求解：此时间段内，t 时刻球1,2所在位置到竖直线AC 的水平距离分别为211sin cos 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭，221cos sin 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭即有：12x x =重力1m g mg =，2m g mg =相对A 点力矩之和为0，故有解全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第八套（解析与评分标准）满分3200F = （4分）10t t T <<时间段F 的求解：参考题解图2，球1,2朝AC 线水平加速度分别为()()1212cos sin ,sin cos 2525g g g ϕϕϕϕ==，即相同t 时刻重力矩之和为：M ∆，方向：水平朝外。
大小：1122M m gx m gx ∆=-。
()()21101112112sin 5225x L v t t g t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()()22101112112cos 5225x L v t tg t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()())12201011cos sin x x v vt t t tϕϕ-=--=- 为平衡此力矩，要求F ：方向：水平朝左。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第9套)_解析
【题号】1 【解析】(1)如图，刚刚释放时，整根链子贴着球面以相同速率下滑。
考虑整根链子滑动一段微小位移l ∆时的速度v ∆，此速度对应的动能应由链子下滑过程中的部分重力势能转化而来。
计算重力势能变化时，可等效地认为链子顶端长为l ∆的一小段直接转移到了末端。
记链子线密度为λ，则该段的质量为l λ∆，重力势能变化为1lg (1cos60)2P E R gR l λλ∆=-∆-=-∆， 则由机械能守恒()0K P E E ∆+=, 以及动能22126K E L v R v πλλ=∆=∆， 得到23gv l π∆=∆，另一方面，链子上每一点均做圆周运动，由于刚刚释放时速度为零，向心加速度均为零，只有大小处处相等的切向加速度T a 。
而在讨论一段微小过程中的速度变化时，总可视为匀加速直线运动，满足：全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第九套（解析与评分标准）满分32022T v a l ∆=∆， 比较上两式，即可得到32T g a π=.(2)设刚刚释放时，相对顶端转过θ角处的链条张力为()F θ，其下方的链条质量为 ()()3m R πθλθ=-，假设链条整体向下有一微小位移l ∆，根据第一小问已知，链条获得的下滑速度v ∆满足 23gv l π∆=∆.而具体对该段链条而言，受到重力、球面支持力与()F θ三个力，其中支持力处处垂直于位移方向，不做功，因此其动能增量来源于重力势能减小与力()F θ所做的功，即21()()2P m v F l E θθ∆=-∆-∆, 计算重力势能变化量时，与第一小问一样，视为顶端l ∆的部分直接移到底端，则 1lg (cos cos60)lg (cos )2P E R R λθλθ∆=-∆-=-∆-， 代入前式，并将2v ∆表达式代入，整理得3()(cos +1)2F gR θλθθπ=-， 其极值点通过0dFd θ=确定，此时 3(sin )02m gR λθπ-+=， 解得3arcsin28.522m θπ=≈， 此时()0.1163m F gR θλ≈,链条顶端，底端显然张力均为零，否则顶端、底端极小范围内的链条将有无穷大的加速度。
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
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。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第1套)_解析
全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第一套（解析与评分标准）满分140第一题（15分）【解】αβ=-无磁单极子，所以任取一个封闭体，总磁通量为0。
取一个长宽高各在XYZ 正半轴，顶点在原点O 的长方体。
其在XYZ 轴上的边长分别为0x 、0y 、0z ，总磁通为零有：0000x z z x αβ⋅=⋅，得αβ=-评分标准：得出αβ=-得5分。
说明无磁单极子得5分。
取封闭体算磁通为零得5分。
第二题（12分）【解】如图设支持力摩擦力为N 1、N 2、N 3、f 2、f 3，小球半径为R ，讨论：当1μ<时，上式恒成立。
当1μ≥时，θ为任意值都不会滑动。
评分标准：有受力分析得2分，写出（1）（2）（3）各得2分，判断出3N 大于2N 得2分，计算得答案（5）式得2分。
讨论不加分，不讨论不扣分，因为正常情况下μ不大于1。
爆炸后落地时间差为132t t -=（8）爆炸后竖直方向上有 233312v t gt h += （9）211112v t gt h -+=（10）中间鸟落地时，空中鸟离地距离211()2'h h v t gt h v t∆=--+∆=或 （11）由（7）式有13v v =令其为'v把（9）式减（10）式联立（8）式有'v =（12）把（1）式（6）式（12）式代入（11）或把（1）式（12）式代入（11）得： 2d h ∆=（13）（3）设爆炸增加的速度为'v ，则从质心系看爆炸增加的能量为212'2E mv ∆=⋅（14）代入（5）式有'v =令爆炸前水平速度02v v =，以爆炸点为原点列抛物线方程 02'cos 1'sin 2x v t v ty v t gt θθ=+=- （15）消去t 有2200'sin 1'cos 2('cos )v g y x x v v v v θθθ=-++ （16）这是一个(,)y f x θ=的方程，取x 为定值，求()y f θ=的最大最小值。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第14套)_解析
1. 设N0=kmg,先分析最底下一组两个劈状物,作为一个整体的受力如图所示。
由质心运动定律可得N+2mg−N0=2ma cy=m a y(1)上式中a y是最底下一组中右上方劈状物的y方向加速度。
现取此劈状物为参照系，在此非惯性参照系中，此物的上表面即为固定的桌面，其上方还有无限多组劈状物的受力中还应加上一个方向向上惯性力f i=ma y,因此，各物所受的重力变为m g′=mg−ma y,即有:g′=g−a y.所以有N=km g′,将此代入（1）式，可得km g′+2mg−kmg=ma y→a y=2k+1g(2)再仔细分析一下最底下一组两个劈状物的情况，由左下物受力可得：N′sinθ=ma x(3)N0=mg+N′cosθ(4)由左下和右上两物沿垂直于斜面方向加速度相同，可得a x sinθ=a y cosθ−a x sinθ(5)由（2），（3），（4），（5）式可解得：k=1sinθ即体系对桌面的压力为N0=mgsinθ2. 对左室气体（1），有T0V0γ−1=T1V1γ−1→T1=2γ−1T0（1）内能的增量∆U1=m1μC v T1−T0=m1μC v2γ−1−1T0（2）对右室气体（2），有T0V0γ−1=T2V2γ−1→ T2=23γ−1T0（3）内能的增量∆U2=m2μC v T2−T0=m2μC v23γ−1−1T0（4）由于m1=m2=m,于是由（2），（4）式可得两部分气体总的内能增量为∆U=∆U1+∆U2=mμC v2γ−1+23γ−1−2T0（5）在两部分气体混合过程中，与外界无功于热量的交换，因此总内能保持不变，即U=U0+∆U=2mμC v T0+∆U=mμC v2γ−1+23γ−1T0（6）、设混合后气体达平衡态后温度为T，U=2mμC v T（7）全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十四套参考答案由（6），（7）式可得 T =122γ−1+ 23γ−1T 0（8）体系初，终态的状态方程为： P 0 2V 0 =2m μRT 0，P 2V 0 =2m μR T由此可得气体最终的压强为P =T T 0P 0=12 2γ−1+ 23γ−1P 0=1.18P 0 γ=533. 当线圈位于x 处时，线圈中的感应电动势为： ε动 = −dΦdt =−ddt −B x πR 2 =−k πR 2dxdtε动 = −k πR 2v (1) 另有，ε动 = −∮ v ×B ∙dl =−∮vB r dl 2πR0 = −v B r 2πR (2)由（1），（2）式可得：B r = 12 kR = C (3)(3)式也可以用高斯定理获得：如图取一段以x 轴为轴、以R 为半径的圆柱形高斯面，根据高斯定理，有：∮B ∙dS = −πR 2B x (0)+πR 2B x x 0 + 2πR ∙x 0∙B r= −πR 2C +πR 2 C −kx 0 + 2πR ∙x 0∙B r = 0 ∴B r = 12 kR因超导线圈电阻为零，因此有： ε总 = ε动 + ε自= IR = 0根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量保持不变。
第36届物理竞赛复赛模拟试题(二)
装…………○………姓名：___________班级：_______装…………○………绝密★启用前第36届物理竞赛复赛模拟试题（二)考试时间：180分钟；命题人：李宁注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上1．某一与外界绝热系统如图所示，上、下为两热容量分别为1C 、2C 的热源，初始温度分别为10T 、20T 右侧为一气缸，缸中装有同种双原子气体，气体由一轻活塞分为两部分，初态压强均为0p ，体积均为0V ，活塞可自由移动，气体与上下热源接触处保持良好的热接触以保证任意时刻气体与对应热源温度相等，除气体与热源接触处系统各处均绝热，现有一卡诺热机在两热源间工作，并将所做功的12以热量的形式输入下部分气体，已知：00110p V C T =，00220p V C T =，1020022T T T ==.试求系统末态温度T ．（用0T 表示）【答案】01.29T T ≈ 【解析】 【详解】设气体压强为p 时，上、下气体体积分别为02V V -，V ． 由理想气体状态方程，有()0112p V V n RT -=， ①22p V n RT ⋅= ②初态有 00110p V n R T = ③ 00220p V n RT = ④由①－④得试卷第2页，总36页…○…………外………○…………内……212n n = ⑤()112202R n T n T p V +=， ⑥02211222V n T V n T n T =+ ⑦设卡诺热机从上部热源吸热d Q 吸，向下部热源放热d Q 放，做功d W ，则21d 11d Q TQ T η=-=-放吸， ⑧ 且有d d d W Q Q =-吸放． ⑨ 由热力学第一定律，有()111d d d V C n C T Q p V +=-+吸， ⑩()2221d d d d 2V C n C T Q p V W +=-+放． ⑪由⑤－⑪得()121211122211272d 9d 22914d 2d T T T T T T T T T T T T T ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=+-+． 令12T xT =，代入上式化简得22322d 71718d 74970T x x x T x x x++=-++． 初态：2x =，末态：1x =，故有02123222d 71718d 74970TT T x x x T x x x ++=-++⎰⎰． 数值积分可得0ln0.255TT ≈，即有01.29T T ≈． 2．如图所示，一水平光滑圆盘绕着通过O 点并垂直于盘面的定轴以匀角速度ω转动．盘上有一个以O 为圆心的圆形轨道，一质量为m 的质点被约束在轨道内运动，质点与轨道的动摩擦因数为μ．开始时，质点的相对速度为0v ，试分析：……装…………○…_______姓名：___________班级：……装…………○…（1）运动中质点的相对运动速度v （2）轨道对质点约束反力的大小 （3）质点运动的相对路程与时间的关系．【答案】（1）()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ （2）()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦ （3）()0lnR t v R Rs Rt Rμωωμ++=-【解析】 【详解】（1）建立如图所示的坐标系，质点在水平面内受轨道压力N F ，动摩擦力S F ．应用动静法，则质点还有离心惯性力1I F ，和科氏惯性力2I F ．12I F mR ω=， ①22I F v ω=． ②方向如图所示．质点运动轨迹为圆周线，采用自然坐标系，质点运动微分方程为t t s ma F F ==-∑，d d N vmF tμ=- ③ 12n n N I I ma F F F F ==--∑222N v m F m R m v Rωω=-- ④ 由式④可得()()22222N m m F v vR R v R R Rωωω=++=+ ⑤ 将式⑤代入式③中，可得()2d d v R v t Rωμ+=- ⑥ 将式⑥分离变量，可得()2d d vt Rv R μω=-+试卷第4页，总36页……○…………装…………○※※请※※不※※要※※在※※装※※……○…………装…………○两边积分，化简得()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ ⑦（2）将式⑦代入式⑤中，得到()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦⑧即为轨道对质点的约束反力． （3）根据d d sv t=，得()()00d d R v R s R t R t v R ωωμω+=-++ ⑨ 对式⑨两边积分，并考虑初始条件：0t =时，有0s =．于是，有()0ln R t v R Rs Rt Rμωωμ++=-3．打桩机的铁塔高度为40.0H m =，锤的质量41 1.010m kg =⨯；钢筋混凝土桩的质量42 2.010m kg =⨯，桩的横截面为正方形，其边长0.5a m =．桩在被打入地下的过程中，其阻力可以认为主要来自桩侧面泥土对其的黏滞作用，且阻力系数为422.510k N m =⨯，当桩已被打入地下010.0h m =时，再把锤升高 1.0h m =，然后自由落下打击桩．假设碰撞过程是完全非弹性碰撞，试回答下列问题：（1）这一锤能把桩再打多深？（2）打桩的效率（用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比）为多少？（3）如果碰撞过程是弹性碰撞，其恢复因数0.8e =，重新分析问题（1）和（2）． 【答案】（1）0.155d m = （2）33.3η=％ （3） 20.228d m = 72η=％ 【解析】 【详解】（1）当锤下落h 高度时，根据机械能守恒定律，其速度为0v = ①由于是非弹性碰撞，对于桩和锤组成的系统，根据动量守恒定律，有()1012m v m m v =+ ②联立式①与式②，可得碰撞后桩和锤的共同速度为1012m v v m m ==+ ③设这一锤能把桩打入的深度为d ，取竖直向下为x 轴正向，桩下降时受到的阻力为4F k ax =-⨯ ④对于桩、锤系统损失的能量用于克服阻力做功，有()()00212121d 02h dh F x m m v m m gd +=-+-+⎰⑤ 将式④代入式⑤化简得()()22012124820kad k h m m g d m m v α+-+-+=⎡⎤⎣⎦ ⑥代入数值得2541.2 6.50d d +-= 解得0.155d m =（2）碰撞前，锤的动能为2010112T m v m gh == ⑦ 碰撞后，桩、锤系统用于克服阻力做功的动能为()()2112121129T m m v m m gh =+=+． ⑧ 故打桩效率为1120133.39T m m T m η+===％． （3）设锤与桩碰撞结束时，锤、桩的速度分别为1v 和2v ，根据动量守恒定律有101122m v m v m v =+ ⑨根据恢复因数的定义，有2100v v e v -=-． ⑩ 联立式⑨与式⑩解得()2010121m v v v e m m =-++，()102121m v v e m m =++，即得100.2v v =-，200.6v v =． ⑪ 显然，碰撞后锤被反弹．与式⑤类似，有○…………订…※※订※※线※※内※※答○…………订…222221d02h dhF x m v m gd+=--⎰．⑫联立式④、式⑪和式⑫并代入数值得2222.530.47.0560d d+-=，解得20.228d m=可知，这一锤打进的深度为0.228m此时，打桩的效率为2222210220.6722m vm vη==⨯=％可见，有了弹性后，打桩的效率提高了，这是由于因变形和裂损的能量损失更小，使效率提高．4．如图所示，一正六边形123456A A A A A A，每边均为一平面镜．现从12A A中点M发出一条光线，此光线依次经23A A,34A A，…，61A A反射，最后回到12A A边，试求光线出射角θ的范围若将正六边形123456A A A A A A换成正n边形12nA A AL，且要求光线依然从M（12A A中点）发出，先后依次经23A A，34A A，…，1nA A反射并回到12A A边，则试求θ的范围．（以上范围均用反三角函数表示）【答案】2πsinnθ≤2πsinarcsinn≤（n为偶数）()2π1sinnθ-≤试卷第6页，总36页…………订…………○…：___________考号：___________…………订…………○…()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）【解析】 【详解】如图所示，设121A M A M ==，2A N x =，由三角形的相似性可知各边长度如图所示，从而有022020322430205426502x x x x x x x x x ≤≤⎧⎪-⎪≤≤⎪⎪≤-≤⎪-⎨≤≤⎪⎪≤-≤⎪⎪-⎪≤≤⎩，解之得6676x ≤≤． 再由余弦定理，则MN ． 故sin120sin x MN θ︒=⋅．则arcsin θ≤≤ 若换成12n A A A L ，同样有不等式组，解得22112pr e x i ωεωβω=+=+-+而，3602πsin 180sin sin x x θ︒⎛⎫︒-⋅ ⎪==试卷第8页，总36页………装………※※不※※要※※在※………装………于是有 2πs i na r c s n θ≤2πsinarcsinn ≤（n 为偶数）()2π1sinn θ-≤()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）（注：本题也可采用镜面作图法解答）5．如图所示，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，红军飞机在蓝军上空飞行，飞行高度500.0h m =，蓝军一高射炮A 发现目标．A 到飞机原飞行路径（直线MN ）在水平面上的投影（直线M N ''）的距离为04000L m =，A 发射炮弹速度为2000v m s =（1）要使A 每炮均击在飞机的原飞行路径MN 上，那么A 的对准线与平面MNN M ''的交点轨迹是怎样的曲线，定量求之（2）如果飞机在距A 最近的B 处发现了A ，决定在500.0h m =的平面先作圆周运动再丢下一个和飞机速度相同的炸弹攻击A ．200.0v m s =飞．试求飞机做圆周运动半径大小（3）当飞机在B 处并决定作出（2）中所述行动的同时，A 也发现了飞机的行动，设此时A 对准B 上方，A 水平角度调整速度0.0425rad s ω=，竖直方向调整时间忽略．定量计算并指出高射炮能否在飞机丢炸弹前击下飞机………○…………_________班级：________………○…………【答案】(1) 对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭ (2) 20015002v h L R m gL =-=飞(3) 高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机【解析】 【详解】（1）如图作xOy 坐标系．对于x 处飞机路径上的C 点，炮水平偏角0arctanxL θ=，有L =y ，对于抛出的炮弹： 1211 1 2v t L v gt h ①②⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩将①式代入②式得出22222220v bv L x y y g g++-+= 故对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭（2）设飞机飞地半径为R ，于是抛出炸弹走的水平距离L '为L '==对于炸弹，有22212v t L gt h ⋅=⎧='⎪⎨⎪⎩飞 由此得出20015002v h L R m gL =-=飞（3）飞机飞到抛炸弹处所用时间为040πarccos R L R t ω--=试卷第10页，总36页…………装…※※请※※不※※要※…………装…对于高射炮，只考虑其在一特殊情况下的时间：先对准飞机抛炸弹处再射出炮弹．调整时间050arcsin R L R t ω-=对于炮弹，有5255cos 1sin 2v t L v t gt h ββ⋅=⎧⎪⎨⋅-='⎪⎩由上述式子可得2522t g =5t通过计算得316.61t s =，415.14t s =，5 1.03t s = 由123t t t >+，高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机6．如图所示，长直螺旋管中部套有一导线围成的圆环，圆环的轴与螺旋管的轴重合，圆环由电阻不同的两半圆环组成，其阻值1R 、2R 未知．在两半圆环的结合点A 、B 间接三个内阻均为纯电阻的伏特表，且导线0A V B --准确地沿圆环直径安放，而1A V B --、2A V B --分置螺旋管两边，长度不拘，螺旋管中通有交流电时发现，0V 、1V 的示数分别为5V 、10V ，问：1V 的示数为多少？螺旋管外的磁场及电路的电感均忽略不计【答案】220V U V =或0． 【解析】 【详解】因螺旋管中通有交流电，故回路中产生的电动势也是交变的，但可以仅限于某确定时刻的感生电动势、电压和电流的瞬时值，这是因为在无电感、电容的情况下，各量有效值的关系与瞬时值的关系相同．（1）当12R R <，取A B U U >时，回路中的电流如图所示，则……○……………………○……学校:___________……○……………………○……0001102V I R I R ε+-=，0100102V V I R I R ε'+-=， 0002202V I R I R ε-+=，0200202V V I R I R ε'-+=． 整理可得0120001202V V V V I R I R I R I R ε''=+=-．所以，2201201220V V V V U I R I R I R V ''==+= （2）当12R R >，取A B U U <时，0I 反向，其他不变，则1020010202V V V V I R I R I R I R ε''=-=+所以，221021020V V V V U I R I R I R ''==-=（此时20R =，即2R 段为超导体，10R ≠） 综上所述，220V U V =或07．质点或光滑球以某一角度入射到硬质表面上发生的反跳，通常呈现“反射角等于入射角”的现象．但是对于一种粗糙的硬质橡皮球，当其与硬质表面碰撞且满足动能守恒时，它在反跳过程中却表现出许多奇异的现象，这种粗糙的高弹性人造硬质橡皮球称为超级弹性球，简称为超球．这种超球在硬质表面上的反跳几乎是完全弹性的，用它可以直观地演示粗糙物的弹性碰撞现象．试回答下列问题：（1）若将一个小超球放在一个大超球的顶上，让这两个超球一起自由下落并撞击地面，就会发现小超球又跳回到空中，如果大超球与小超球的半径之比选择适当，那么小超球将反跳的高度大约是原先下落高度的9倍，如图1所示．若将大超球、小超球和乒乓球紧贴在一起自由下落，如图2所示，如果这些球的质量选择恰当，那么在它们碰撞地面后，乒乓球将反跳的高度几乎是原先下落高度的49倍．试建立力学模型进行说明 （2）如果超球以一定的速度和绕水平轴旋转的角速度与硬质地面碰撞，旋转的超球在A 、B 两点之间来回反跳，如图3所示．试说明发生这种现象的条件试卷第12页，总36页…………○………………○……【答案】（1）说明见解析 （2）说明见解析 【解析】 【详解】（1）在大超球碰撞地面之前，两超球均自由下落，它们之间未发生碰撞，大超球先与地面相碰撞，随后立即与小超球发生碰撞，假设大超球与地面以及超球间的碰撞都是完全弹性的．两超球自由下落结束时，都有向下的速度，由机械能守恒可得0v ；大超球与地面弹性碰撞后，速度大小不变，方向向上．设大超球与小超球弹性碰撞后的速度大小分别为V 和v ，且方向向上．由动量守恒和机械能守恒，可得00mv MV Mv mv +=- ①22220011112222mv MV Mv mv +=+ ② 式中，M 为大超球的质量；m 为小超球的质量由式①与式②，可解得03M m v v M m -=+，03M mV v M m-=+ ③碰撞后小超球以初速度为v 竖直向上运动，由机械能守恒可得小超球反跳的高度：212mgH mv =④ 即得()()22232M m v H h g M m -==+ ⑤ 若选择大超球半径为小超球半径的10倍，即10R r =，则310M m =．于是，由式⑤得到8.9769H h h =≈对于题图2所示的三个紧贴的球，设由上至下三个球的质量分别为1m 、2m 和3m ，且满足123m m m ≤≤．根据前面的分析，当大球3m 与地面碰撞后，立即与球2m 发生碰撞，由式③可知，当球2m 以相对于地面03v 的速度反跳时，小球1m 正以速度0v 下落题图2-b1．在相对球2m 为瞬时静止的惯性系里，小球1m 相对于球2m 以速度04v 与球2m 相碰撞（题图2-b2）．由于21m m ≥，碰撞后球1m 相对于球2m 以速度04v 反跳（题图2-b3），…订…………○……_____考号：___________…订…………○……即小球1m 相对于地面以速度07v 反跳（题图2-b4）．因此，小球1m 反跳的高度H '为()22007494922v v H h gg'=== ⑥（2）首先，讨论旋转超球在硬质地面上的碰撞问题．假设碰撞是完全弹性的，且碰撞瞬间超球与地面接触点处没有相对滑动，但受到摩擦力的作用，同时忽略重力的影响．为讨论方便，碰撞前的运动状态用下标“0”表示，第一次碰撞后用“1”、第二次碰撞后用“2”表示，依此类推．取超球运动的平面为xOy 平面，如图所示，设超球的质量为m ，半径为R ，在第一次碰撞前超球质心的速度0v （以,0x v 和,0y v 表示速度的两个分量）和旋转角速度0ω（超球对于通过质心的z 轴的角速度）；碰撞后的速度分量为,1x v 和,1y v ，角速度为1ω，设接触点处的摩擦力为s F ，法向力为N F ，作用时间为t ∆． 根据质点的动量定理，在x 方向有(),1,00d tx x s m v v F t ∆-=-⎰ ⑦根据动量矩定理，对通过质心的z 轴有()100d tC s J R F t ωω∆-=-⎰ ⑧其中，C J 为超球对于通过质心的z 轴的转动惯量，对于均质实心球，有225C J mR = 此外，对于弹性碰撞，因摩擦力不做功，由机械能守恒定律可得()()222222,0,00,1,1111112222x y C x y C m v v J m v v J ωω++=++ ⑨ 考虑到完全弹性碰撞，可知,0,0y y v v =- ⑩ 由式⑦和式⑧，可得()(),1,010x x C mR v v J ωω+=- ⑪ 再由式⑨，并利用式⑩与式⑪，得到,11,00x x v R v R ωω+=-+ ⑫现在，要实现在A 、B 两点之间来回反跳，要求A 、B 两处反跳后的运动状态左右对试卷第14页，总36页……外…………○………○…………订……※※请※※装※※订※※线※※内※※答※※……内…………○………○…………订……称，因此反跳前后超球质心的速度与角速度应满足：,1,0x x v v =-，,1,1y y v v =-，10ωω=- ⑬将式⑬代入式⑪中，得到,00025x JC v R mR ωω== ⑭可见，若超球以角速度0ω旋转，同时以,0025x v R ω=的水平分速度与地面碰撞，则反跳后超球以,1025x v R ω=-的水平分速度和以10ωω=-再次与地面相撞，这样超球就来回反跳8．（1）S 系为相对观察者静止的惯性参照系．S 系中存在以速度v 高速运动的镜子，观察者看到镜面与速度方向的夹角为θ，一光线经镜面反射，如图1所示，入射角为α，反射角为β．求α、β、θ间满足的关系式（2）有一横截面为半椭圆的反射镜，半椭圆的形状为2222314x y R R +=的椭圆沿长轴平分的一半．现讨论该镜面上的反射情况．镜面以沿长轴（平行于x 轴）方向以速度2c运动，一足够大平行光场照射到镜面上，光与竖直方向呈ϕ角（逆时针为正），如图2所示①定义：反射光线与竖直方向的夹角小于90︒的反射为有效反射．且已知镜子前半面（速度方向为前）的有效反射光线占前半面入射光线的23．求ϕ和后半面有效光线占后半面入射光线比例②令0ϕ=，平行光场单位长度光子密度为0n =常量．定义反射光的光子角密度()dNn d θθ=，θ为反射光方向角，求()()max n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角及()()max 12n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角．（只考虑在地系同时在某一瞬时反射的光子）【答案】（1）()()22sin 1tan 1cos 2v vvαβββαβ-=+-（2）①0.54θθ= ②见解析 【解析】 【详解】（1）从波阵面角度考虑易知，沿镜面方向速度对光反射无作用，直接考虑垂直镜面方向关系可为sinsin cos cos v v αβαβββ=-+，或sin sin 1cos 1cos v v αββαββ=-+，或()()22sin 1tan 1cos 2v v vαβββαβ-=+-其中sin v vcβθ=，以上三式等价，推导从略．（能够化归的关系均正确） （2）①由尺缩效应，运动后镜子的半长轴为R R '==因此，在S 系看来，镜子是半圆柱面镜，而要形成有效反射，其柱面上反射的临界点在反射部位的最下端（反射光向前平射），当有效反射光线占前半面入射光线的23时，反射部位的反射面倾角为290603θ=︒⨯=︒此时竖直向上的反射光线的反射角30β=︒． 对前半面：考虑反射的临界部位遵循的几何条件，有60θ=︒、60αϕ=︒-、30β=︒，且1224v β=⋅=代入（1）中的公式有()()sin 60sin 301cos 601cos30v v ϕβϕβ︒-︒=-︒-+︒，解得8.21ϕ=-︒后半面：临界状态时有()()()()sin sin 901cos 90sin 2cos sin c c c θϕθβθβθθϕβθ-︒-⎛⎫== ⎪︒-+--⎝⎭试卷第16页，总36页解得37.6θ=︒．在镜子系中平行光方向：tan ϕ'=22.6ϕ'=︒镜面有部分无入射光线d 3cot 0.34d 4y x y R x y ϕ'=-⋅=-→= 故地系有入射光的角度0arccot 70.2yRθ==︒ 所以有效入射光线比例：00.54θθ= ②由（1）结论：()()()2222sin 1sin tan 1sin cos 2sin c ccαβαβαβαααβ--=++()()222tan 1tan tan tan 1tan v v ααβββαα+⇒=+- ①1222d 111tan 1411d 2tan tan 11tan tan v v v ααββααββαα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇒=⋅++-+ ⎪ ⎪+ ⎪⎛⎫ ⎪++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 光子反射前后有()()00d d sin cos d d N R n n R n βαααβ===()0d cos d n n R βααβ⇒=⋅()321202111tan 1411122tan 11tan 212tan 2tan n R ααααα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪=++-⋅+ ⎪ ⎪ ⎪+⎛⎫ ⎪++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭当()()max n n ββ=时，()0max 1.302n Rn β=⨯，27.8β= 当()()max12n n ββ=时，165.78744522α=︒；221.17499215α=-︒ 在镜子系中光线方向tan 3cθ==故上两解符合 9．假设电磁作用理论在所有惯性系都成立，惯性系S 、S '间的相对运动关系如图1所示装…………○…………订…线…………○……姓名：___________班级：___________考装…………○…………订…线…………○……开始时S 系测得全空间有不随时间变化的电磁作用场为0E =，0B =B j ，j 为y 轴方向上的单位矢量．在S 系中放一块原不带电的长方导体平板，与x 轴、y 轴平行的两条直边足够长（分别可模型化为无限长），与z 轴平行的直边较短．今如图2所示，令导体板以匀速度v 相对S 系沿x 轴方向运动，在其上、下表面上分别累积正、负电荷，稳定时电荷面密度分别记为常量σ和σ-．将空间分为导体板上方区域、导体板内区域和导体板下方区域（1）在S 系中求解σ以及上述三区域内的电磁作用场强度量E 上、内E 、E 下和上B 、内B 、下B（2）此导体板相对S '系静止，如果已经认知：（i ）S '系测得的导体板沿x '轴方向的线度是S 系测得的沿x 轴方向线度的v c β⎫=⎪⎭倍，导体板在S '系沿y '轴、z '轴方向的线度与在S 系沿y 轴、z 轴方向的线度相同（ii ）S 系测得导体板上、下表面电荷均匀分布，电荷总量为Q ±，则S '系测得导体板上、下表面电荷也是均匀分布，电荷总量也为Q ±（iii ）S 系中一个静止质点，在S '系中必沿x '轴反方向以速率v 运动；S 系中一个运动质点若沿y 轴（或z 轴）方向分速度为零，则在S '系中沿y '轴（或z '轴）方向分速试卷第18页，总36页度也为零①试求S '系三区域内的电场强度E 上、内E 、E 下（答案中不可包含σ） ②再求S '系三区域内的磁感应强度上B 、内B 、下B （答案中不可包含σ） ③用所得结果纠正下述手抄相对论电磁场变换公式时出现的错误．x x E E '=，y E vB E -'=，z E vB E -'=，x x B B '=，2y z yv B E B -'=2z y zv B E B -'=【答案】(1) 进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ;电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k (2) 见解析 【解析】 【详解】（1）稳定时，S 系中导体板上表面电荷运动形成沿x 轴方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．下表面电荷运动形成沿x 轴负方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．据磁场安培环路定理，这两个反向面电流在导体板上、下方区域和板内区域形成的附加磁场分别为0==下附上附B B ，0v μσ=内附B j ．全空间磁场分布便为0B ==下上B B j ，()00B v μσ=+内B j ．导体板上、下表面电荷在空间形成的附加电场为0==下附上附E E ，0σε=-内附E k ， k 为z 轴方向上的单位矢量．全空间电场分布为0==下上E E ，0σε=-内E k ． 导体板内微观带点粒子受力平衡，有vB E =内内，()00v B v σμσε+=． 又0021c εμ=，所以，0021vB εσβ=-．进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ．电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k ． （2）S 系中导体板上表面面积和总电荷量记为s 和Q ，S '系中对应量分别记为s '和Q '，则有s '=Q Q '=．S '系中电荷面密度便为Q s σ''==='， 所以，σ'=．此电荷在S '系全空间形成附加电场为0==下附上附E E ，=内附E ．①σ'电荷只能来源于原静电场产生的静电感应，又因导体板无论开始时放在S '系中沿z '轴上、下方何处均有σ'电荷积累，故S '系中必有分布于全空间的原匀强电场0E '，即有''''===-=0下0上0内内附E E E E ，便得''==下上E E ，0'=内E ．（在S 系中，导体板垂直于x '、y '轴方向的侧面上无面电荷分布，也可用来说明E '必沿z '轴方向）②'上B 、'下B 求解 考虑S 系中导体板上方（或下方）初始沿z 轴方向运动的带电质点，因受洛仑兹力，将做xOz 平面上的匀速圆周运动（此处及如下讨论中均不考虑重力场的存在）．按照题文中的说明，该带电质点在S 系中不会出现沿y '轴方向的分运动及运动趋势．又因为S系中该带电质点所受电场力沿z '轴方向，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在x '分量．考虑S 系中导体板上方（或下方）带电为q 的初始静止质点，因受力为零，故将保持静试卷第20页，总36页止状态．该质点在S 系中必沿x '轴负方向匀速运动，不存在沿y '轴方向的分运动及运动趋势，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在z '分量． 如上结论可判断：'上(或下)B 沿y '轴方向． 此外，该质点在S 系中受力平衡，即向下的磁场力与向上的电场力之和必定为零，应有 qvB '上（或B '下）qE '=上（或E '下）， 得''==下上B B j ．'内B 的求解．S '系中导体板上、下表面电荷静止，没有相对S '系的面电流．据磁场安培环路定理，得'''===下内上B B B j ．③下面验证相对论电作用场变化公式的“手抄版”． 可由S 系：0x E=上、下，0y E =上、下，0z E =上、下，0x B =上、下，0y B B =上、下，0z B =上、下得到S '：0x x E E '==上、下上、下，0y E vB E -'==上、下，z E vB E -'==上、下．比较可知z '=上、下E 与前面所得的z '=上、下E 不符．0x x B B '==上、下上、下， 2y z y vB E B -'==上、下上、下上、下（＋、－号之误未影响此结果）， 20z y z vB EB -'==上、下上、下上、下． '=上、下B j ，与前面所得的'上、下B 一致．因此，“手抄版”中zE '表达式有误，应纠正为z E vB E +'=由S 系：0x E =内，0y E =内，021z vB E β=--内，0x B=内，021y B B β=-内，0zE =内 得到S '系：0x x E E '==内内，00y E vB E -='==内，0z EvB E -'==内（z E '表达式已被纠正）．0'=内E 与前面所得结论一致． 0x xB B '==内内，()()22032211y z yv BE B B ββ--'==-内内内，20z y z v B E B -'==内内内．则()()22032211y z vB E Bββ--'==-内内内B j 与前面所得B '=内j 不符，因此，“手抄版”中y B '表达式有误，应纠正为2y z y vB E B +'=． 附注：S 系中若在导体板内区域放一个相对S 系静止的带电量为0q >的粒子，它不受磁场力，仅受电场力为q ==-内F E ．在S '系该质点沿x '轴反方向匀速运动，受力()q q '''=+-⨯内内F E v B ，'=F ．与相对论力变换公式02z xF c'===一致10．一质量为M ，倾角为θ的斜面放置在光滑水平面上，另一质量为m 、半径为R 的均匀圆柱体沿斜面无滑动滚下，如图所示试卷第22页，总36页…○…………装……………○……※※请※※不※※要※…○…………装……………○……（1）建立斜面和圆柱体的动力学方程，并指出圆柱体作纯滚动的运动学条件 （2）确定此力学系统的守匣量，并给出具体的表达式 （3）求解斜面的加速度，以及圆柱体质心相对于斜面的加速度 【答案】(1) 即212mR FR α=,圆柱体作纯滚动的条件为r a R α= (2) ()cos 0r Ma m a a θ+-= (3) 解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++,()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 【解析】 【详解】选择地面为定参考系，动参考系x O y '''在斜面上，如图所示．设斜面有向右的加速度a ，圆柱体质心C 有相对于斜面的加速度r a （设其方向沿斜面向下），以圆柱体质心C 为动点，斜面为动系，由加速度合成定理C r =+a a a ，而C Cx Cy =+a a a ，故有Cx Cy r +=+a a a a ．于是，得到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．对斜面应用质心运动定理，有sin cos x N Ma F F g F θθ==-∑． ①对圆柱体质点，其运动微分方程为()cos sin Cx x N m a F F F θθ-==-∑，()cos sin Cy y N m a F mg F F θθ-==-++∑．考虑到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．于是，有…○…………外……○…………内…()sin cos cos N r F F m a a θθθ-=-， ②cos sin sin N r F F mg ma θθθ+-=-． ③设圆柱体转动的角加速度为α（设α为逆时针转，根据动量矩定理，有()C C J M F α=∑，即212mR FR α=． ④圆柱体作纯滚动的条件为r a R α=． ⑤（2）设斜面有向右的速度v ，圆柱体质心C 相对于斜面有向下的速度r v ，如图所示，根据速度合成定理，有C r =+v v v ，而C C x C y =+v v v ，故有Cx Cy r +=+v v v v ．于是，得到cos Cx r v v v θ=-，sin Cy r v v θ=．以斜面和圆柱体组成系统，该系统水平方向上不受外力，由系统水平方向上动量守恒，可得()cos 0r Mv m v v θ--=．两边对时间t 求导，并考虑到d d va t =，d d r r v a t=，即得 ()cos 0r Ma m a a θ+-=． ⑥（3）联立式①～⑥，解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++，()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 11．一水平放置的横截面积为S 的两端封闭的玻璃管，其中充满理想气体，现用两个质量同为m ，厚度可略的活塞将该玻璃管分成A 、B 、C 三段，A 段、B 段长度同为32l ，C 段长度为l ，两活塞用长为l 的不可伸长且不会断裂的轻质细绳相连，三段中的气体压强都为0p ，如图所示，现将玻璃管以过其中心且垂直于玻璃管的直线OO '为转轴，以角速度ω做匀速转动，假设涉及过程为等温过程，并且各段气体内部的压强差异可略去，气体的质量相对于活塞质量可以忽略………○…………订在※※装※※订※※线※※内………○…………订（1）角速度ω=求最终两活塞均在管中处于力平衡位置时，除去初态以外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）（2）角速度ω=外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）【答案】(1)1x=(2) 0.385l，3.142l【解析】【详解】（1）假设旋转后轻质细绳保持为松弛状态，如图所示，A段气体压强1p，长度为1x，B段气体压强2p，长度为2x，C段气体压强3p，长度为12r r+．左边活塞与转轴距离为1r，右边活塞与转轴距离为2r，则对A、B、C三段气体，由理想气体等温过程性质可得11032p x p l=，22032p x p l=，()3120p r r p l+=，其中112r l x=-，222r l x=-．对转动情况下的活塞运用牛顿第二定律得()2131p p S m rω-=，()2232p p S m rω-=．联合以上方程，并令1xxl=，02p Sam lω=，可得1232x xal l⋅=，323242a axax xx-=---．改写为34203242a axax xx=---+=--．（*）当ω=1a=，解上式得两个解 2.37x==，0.63．试卷第24页，总36页此时A 段气体的长度为132x ±=， B 段气体长度为2332x l =，C 段气体长度为12124r r l x x l +=--=．由以上可知，ω=时，细绳仍保持松弛，A ． 此时两活塞都在OO '的同一侧．由于上述方程解中没有出现C 段气体长度超过l 的解，所以绳子不会出现紧绷的情况． （2）仍假设绳松弛，当ω=34a =，解（*）式得4个解：x =0.385=，3.142，0.589，1.911． 对应A 段气体长度为174x l -=，74+，54l ，540.385l =，3.142l ，0.589l ，1.911l ．B 段气体长度为 274x l =，74l 3.142l =，0.385l ，1.911l ，0.589l ．C 段气体长度为 1212142r r l x x l +=--=，12l ，32l ，32l ．由以上的分析可知，前两个解对应绳松弛的状态，即A 段气体长度为1x =0.385l =，3.142l ． 此时两个活塞都位于OO '的同一侧．同时注意到有C 段长度超过l 的解，所以绳子可能会出现紧绷的情况，假设绳子处于紧绷状态，活塞受到的拉力为T ，则活塞的动力学方程变为()2131p p S T m r ω-+=，()2232p p S T m r ω-+=．由此同样可得123928x x a l l ⋅==． 增加一个几何关系为12r r l +=，即123x x l +=，试卷第26页，总36页装…………○………※要※※在※※装※※订※※线※装…………○………由此可得：164x ±=． 但此时()201133p ST m r p p S ω=--=-． 其中负号表示绳子对活塞的力不是拉力，而是排斥力，这不满足软绳的要求，所以不会出现绳子紧绷的解． 综上，ω=A 段气体长度可能为1x =0.385l =，3.142l12．两相互咬合良好，且导通的金属盘状齿轮A 、B 均可绕水平轴无摩擦转动，而由另一个与A 同轴绝缘滑轮C 上有细绳，下挂一重物，质量为M ，A 、B 、C 的半径分别为A R ，B R ，C R ，质量分别为A m ，B m ，C m ，且两轴1O 、2O 间连有电阻，大小为R ．其他电阻均不计，空间中分布有匀强磁场B ，大小为B ，方向垂直于金属盘，试问：（1）对任一时刻t （0t =时，M 下落速度0v =），()v t 与流过R 的总电量()Q t 满足：()()X Q t Y v t t ⋅+⋅=，X ，Y 为常量，试求之 （2）重物下落至匀速时的速度0v （3）当()02v v t =时，重物的加速度 【答案】(1) ()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= (2) ()202224C A A B MgRR v B R R R =+ (3) ()22222CC B A A C CMgR a MR m m R m R =+++【解析】 【详解】(1)设A 轮角速度大小为ω，则C 也为ω，而B 角速度为AB BR N R ω=⋅，从而 212A AB R εω=，21122B B B A B B R B R R εωω==电流()2A B A A B BR I R R R Rεεω+==+ 再进行力学分析，电流I 对A ，B 轮产生的力矩分别为212A A M RIR =，212B B M BIR = 设A 轮角加速度为β，则()C C A A A C A B B B B Mg T M R TR M FR J J R FR M J R βββ⎧⎪-=⎪⎪--=+⎨⎪⎪-=⋅⎪⎩①②③其中F 为A 、B 轮切点作用力，T 为绳中的张力，而A J ，B J ，C J 分别为A 、B ，C 轮的转动惯量．①③式入②式得()22212A C A A B C A B C B R MgR BR R R I MR J J J R β⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭． ④又I t θ∆=∆，C vR t β∆=∆，即()22222ACA B C A A B B C CR MR J J J BR R R R t v MgR MgR θ++++∆=∆+∆ 对上式求和，最终有()()()()222222A A B C A B A C CC C BR R R MR m m R m R t t v t MgR MgR θ++++=+ 故()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= （2）当重物匀速下降时，有P P =输出输出即200C Mg R I R ω=，且()002A A B BR I R R R ω=+，解得()02224C A A B MgR R B R R R ω=+所以，()2002224C C A A B MgRR v R B R R R ω==+（3）当012v v =时，()0122222C A A B MgRR B R R R ωω==+从而()12A A B BR R R I R +=，()1CA AB MgR BR R R ω=+试卷第28页，总36页代入④式得22212A C A C C B R MR JB J J MgR R β⎛⎫+++= ⎪⎝⎭所以，()22222CC C B A A C CMgR a R MR m m R m R β==+++13．对一个高能的带电粒子，如果当它在介质中的运动速度大于电磁波在介质中的传播速度时，将发出契伦科夫辐射：（1）导出粒子速度v c β=、介质折射率n 和契伦科夫辐射相对于粒子飞行直线所构成的角度θ之间的关系式（2）在20℃、一个大气压时，氢气的折射率41 1.3510n -=+⨯，为了使一个电子（质量为20.5MeV c ）穿过20℃、一个大气压的氢气介质时发生契伦科夫辐射，此电子应具有的最小动能为多少？（3）用一根长的管道充以20℃、一个大气压的氢气加上光学系统制成一契伦科夫辐射探测器，探测到发射角为θ的辐射光，角度精度为310rad δθ-=．一束动量为100GeV c 的带电粒子通过计数器，由于粒子的动量是已知的，故实际上契伦科夫角度的测量就是对粒子静止质量0m 的一种量度．对于0m 接近21GeV c 的粒子，用契伦科夫探测器确定0m ，当精确到一级小量时，相对误差mm δ是多少？ 【答案】(1) 1arccosnθβ= (2) 30K E MeV = (3) ()20sin 0.065221cos mm δθδβθ==-【解析】 【详解】（1）当介质的折射率为n 时，电磁波在介质中的传播速度为cn，波的传播与粒子的运动速度c β之间构成图示的关系，即有。
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第36届全国中学生物理竞赛复赛试题第36届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题2019年9月21日一、如图a，一辆旅行车上有一个半径为R的三脚圆凳，三个相同凳脚的端点连线（均水平）构成边长为a的等边三角形，凳子质心位于其轴上的G点。
半径为r的一圆筒形薄壁茶杯放在凳面上，杯底中心位于凳面中心O点处，茶杯质量为m（远小于凳子质量），其中杯底质量为m/5，杯高为H（与杯高相比，杯底厚度可忽略）。
杯中盛有茶水，茶水密度为ρ。
重力加速度大小为g。
1.为了使茶水杯所盛茶水尽可能多并保持足够稳定，杯中茶水的最佳高度是多少？2.现该茶水杯的底面边缘刚好缓慢滑移到与圆凳的边缘内切于D点时静止，且OD⊥AC（见图b），求此时旅行车内底板对各凳脚的支持力相对于滑移前（该茶水杯位于凳面中心处）的改变。
二、农用平板车的简化模型如图a所示，两车轮的半径均为r（忽略内外半径差），质量均为m，两轮可绕过其中心的光滑细车轴转动；车平板长为l、质量为2m，平板的质心恰好位于车轮的轴上；两车把手（可视为细直杆）的长均为2l、质量均为m，且把手前端与平板对齐。
平板、把手和车轴固连成一个整体，车轮、平板和把手各自的质量分布都是均匀的。
重力加速度大小为g。
1.该平板车的车轮被一装置卡住而不能前后移动，但仍可绕车轴转动。
将把手提至水平位置由静止开始释放，求把手在与水平地面碰撞前的瞬间的转动角速度。
2.在把手与水平地面碰撞前的瞬间立即撤去卡住两车轮的装置，同时将车轮和轴锁死，在碰后的瞬间立即解锁，假设碰撞时间较短（但不为零），碰后把手末端在竖直方向不反弹。
已知把手与地面、车轮与地面之间的滑动摩擦系数均为μ（最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。
求在车轮从开始运动直至静止的过程中，车轴移动的距离。
模型简化某模型如图a所示，由两个圆柱形固定导轨相互平行组成。
导轨的对称轴所在平面与水平面的夹角为θ，导轨的长为L，半径为b，每单位长度的电阻为λ，两导轨之间的最近距离为d。
一弹丸质量为m，置于两导轨之间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨保持良好接触。
两导轨下端横截面共面，下端通过两根与相应导轨同轴的、较长的硬导线与一电流为I的理想恒流源相连。
不考虑空气阻力和摩擦阻力，重力加速度大小为g，真空磁导率为μ。
考虑一弹丸自导轨下端从静止开始被磁场加速直至射出的过程。
2）问题求解1.求弹丸在加速过程中所受到的磁场作用力。
2.求弹丸的出射速度。
3.求在弹丸加速过程中任意时刻、以及弹丸出射时刻理想恒流源两端的电压。
4.求在弹丸的整个加速过程中理想恒流源所做的功。
5.在θ=0的条件下，若导轨和弹丸的电阻均可忽略，求弹丸出射时的动能与理想恒流源所做的功之比。
三（40分）、2016年9月，G20峰会在杭州隆重召开，其会议厅的装饰设计既展示出中国建筑的节能环保理念，又体现了浙江的竹文化特色。
图a给出了其部分墙面采用的微孔竹板装饰的局部放大照片，该装饰同时又实现了对声波的共振吸收。
竹板上有一系列不同面积、周期性排列的长方形微孔，声波进入微孔后导致微孔中的空气柱做简谐振动。
单个微孔和竹板后的空气层，可简化成一个亥姆霍兹共振器，如图b所示。
假设微孔深度均为l，单个微孔后的空气腔体体积均为V，微孔横截面积记为S。
声波在空气层中传播可视为绝热过程，声波传播速度vs与空气密度ρ及体积弹性模量κ的关系为v s=κ/ρ。
其中κ是气体压强的增加量△p与其体积V相对变化量之比，即κ=−V(△P/△V)。
已知标准状态（273K，1atm=1.01×105Pa）下空气(可视为理想气体)的摩尔质量Mmol=29.0g/mol，热容比，气体普适常量R=8.31J/(K·mol)。
1.求标准状态下空气的密度和声波在空气中的传播速度v。
2.求上述亥姆霍兹共振器吸收声波的频率（用v、S、l、V表示）。
3.为了吸收频率分别为120Hz和200Hz的声波，相应的两种微孔横截面积之比应为多少？四（40分）、图a是基于全内反射原理制备的折射率阶跃型光纤及其耦合光路示意图。
光纤内芯直径50μm，折射率n1=1.46，包层折射率n2=1.44，包层直径125μm。
光纤两端分别接有两个光纤耦合器，两个耦合器之间距离为d。
入射光源发出波长为λ的单色光，光源与耦合器之间的距离为L，入射角为θ。
如图b所示，入射光线通过全内反射在光纤芯和包层的交界面上反复传播，形成了一个光纤中的光波导。
在光波导中，光的传播速度为v=c/n，其中c为真空中的光速，n为介质的折射率。
假设入射光线与光波导中的光线在耦合器处完全耦合，即入射光线与光波导中的光线在耦合器处的光强相等。
1.求光波导中的光线传播速度v。
2.求光波导中的光线传播的模式数目N。
3.求两个耦合器之间的距离d，使得当入射光线的波长λ=1.55μm时，光波导中的光线传播的模式数目N=1.提示：当入射角θ小于临界角θc时，入射光线会被全内反射，否则会透射出去。
临界角θc由sinθc=n2/n1给出。
七十分一、闪电是一种壮观的自然现象，由雷电云放电产生。
云内闪电和云地闪电分别释放云内的正负电荷和负电荷到地面。
云内的冰状颗粒相互碰撞，小颗粒带正电，上浮到云上端；较大颗粒带负电，下坠到云底端。
高空气球携带的电场测量仪可用于测量雷电云内的电场，其强度可视为均匀分布，大小为0.15MV/m。
该圆柱区域的中轴线垂直于地面，半径为 2.5km，高度为1.0km。
1）求该区域上下两端的电势差、正电荷总量以及携带的总电能。
解：电场强度E=0.15MV/m，半径r=2.5km，高度h=1.0km，真空介电常量ε=8.85×10-12F/m。
电势差ΔV=Eh=0.15MV/m×1.0km=150kV；正电荷总量Q=4πεrhE=4π×8.85×10-12F/m×2.5km×0.15MV/m=8.3×106C；总电能W=1/2QΔV=1/2×8.3×106C×150kV=6.2×1011J。
二、在起电过程中，雷电云上下两端电荷会随时间指数增加。
当地表电场大于1.0kV/m时，就会发生云地闪电。
很少有电场强度超过10kV/m的情况发生。
假设一个带电的雷电云从高空缓慢下降，当其负电荷层离地高度为6.0km时暂时保持稳定，地面为良导体。
试估算此雷电云正下方产生的地表电场强度。
云地闪电通常由带电云底端带负电的冰晶颗粒尖端放电触发。
首先形成一条指向地面的放电细路径（直径为厘米级别），该细路径随时间向下延伸，并导致周围空气不断电离，逐渐形成以原细路径（横截面大小可视为不变）为轴的粗圆柱形带电体。
最后接近地面形成云地闪电通道。
该闪电通道垂直于地面，所带负电荷总量为2.5C（原细放电路径内所带电量相对很小），闪电通道（中心放电细路径除外）内部电场强度大小相等。
假设闪电通道的长度远大于其直径，闪电通道的直径远大于中心放电细路径的直径，且在闪电通道连通云地前的极短时间内，闪电通道内部的电荷分布可视为稳定分布。
已知大气的电场击穿阈值为3.0MV/m，试估算该云地闪电通道的直径，并导出闪电通道（中心放电细路径除外）内的电荷密度径向分布的表达式。
当闪电通道连通云地后，云底和通道内部的负电荷会迅速流向地面。
闪电区域的温度骤然上升到数万摄氏度，导致其中的空气电离，形成等离子体，放出强光。
同时通道会剧烈膨胀，产生雷声。
闪电的放电电流经过约10μs时间即可达数万安培。
在通道底部（接近地面）向四周辐射出频率约为30kHz的很强的无线电波。
由于频率低于20MHz（此即所谓电离层截止频率）的电磁波不能进入电离层内部，该无线电波会加热电离层底部（离地约80km）的等离子体。
闪电电流一旦超过某阈值将导致该电离层底部瞬间发光，形成一个以强无线电波波源（通道底部）正上方对应的电离层底部为中心的光环，最大直径可延伸到数百公里。
试画出电离层底部光环产生与扩展的物理过程示意图，并计算光环半径为100km时光环扩张的径向速度。
球形闪电（球闪）的微波空泡模型认为球闪是一个球形等离子体微波空腔（空泡）。
当闪电微波较弱时，不足以形成微波空泡，会向太空辐射，穿透电离层，可被卫星观测到。
实际上，卫星确实观测到了这种微波辐射。
但卫星观测信号易受电离层色散的干扰，携带探测器的高空气球可到达雷电云上方观测，以避免此类干扰。
为了在离地12km的高空观测闪电发出的微波信号，需要在该区域悬浮一个载荷（包括气球材料和探测器）为50kg的高空氦气球。
求此气球在高空该区域悬浮时的体积。
0.1785 kg/m³，气球重量为W=1000N。
假设气球体积不变，求气球升至高度h时所需的氦气体积V。
根据理想气体状态方程，Pρ=RT/M，其中R为气体常数。
由于气球体积不变，所以氦气体积V与氦气质量m之间满足V=m/ρ。
因此，可以得到气球升至高度h时所需的氦气体积为：V = (W+ρVg)(R/M)(T-5h)/P其中，g为重力加速度。
根据题目所给的数据，代入上式计算，可得气球升至高度h时所需的氦气体积为：V = 906.6 m³因此，气球升至高度h时所需的氦气体积为906.6 m³。
需要注意的是，在实际情况下，氦气密度会随着高度的增加而减小，因此计算结果仅供参考。