第23届大学生物理竞赛试卷
中国大学生物理学术竞赛
历届冠军
历届冠军(11张) 注：年份斜体表示夺冠时为东道主。
组织构成
1
顾问委员会
2
指导委员会
3
全国组委会
4
地方组委会
5
裁判委员会
杨国桢（中国科学院院士，中国科学院物理研究所） 葛墨林（中国科学院院士，南开大学陈省身数学研究所） 赵光达（中国科学院院士，北京大学理论物理研究所） 朱邦芬（中国科学院院士，清华大学高等研究院） 邢定钰（中国科学院院士，南京大学物理学院） 张杰 （中国科学院院士，中国科学院大学物理科学学院）
裁判
裁判组成 裁判主席
裁判员 投诉及处理
1、竞赛裁判由各高校教师担任，原则上每个参赛高校最多可派 3名裁判，同时竞赛组委会可以邀请非参赛 高校教师作为独立裁判。
2、每场竞赛由 5-7名裁判组成的裁判组评判，裁判由教师担任，并回避该校队伍参赛的竞赛，同时每个裁 判尽量避免多次裁判同一支队伍。
为了保证竞赛公平公正地进行，组委会制定了如下规则。每位裁判小组的主席都要尽可能严格执行本规则。 竞赛前: 1、主席自我介绍，然后让评委做自我介绍，最后让参赛队伍的队长介绍他们的队伍成员。 2、提醒所有的参赛队员遵守基本的礼节和正确的科学讨论原则。 竞赛中： 1、在每个比赛阶段开始时，介绍每个参赛队的角色。 2、题目确定后，各方的报告人将姓名写在黑板上，或者在报告的PPT中显示出报告人姓名。 3、比赛过程中，只允许各队在本队队员陈述的阶段进行录像和录音。 4、由裁判主席宣布某一环节结束。准备环节结束后，下一环节的计时立即开始。在陈述阶段结束后，裁判主 席可以允许让发言者做最后的陈述，但时长不超过15秒。 5、在报告的准备环节，如果出现意外的技术问题，裁判主席可以决定延长这一环节的时间。
2023年整理南昌大学物理竞赛试题竞赛必备
最新整顿，竞赛必备！！！！ 一、 填空（每题3分）1. 在x 轴上作直线运动旳质点，已知其初速度为v 0，初位置为x 0，加速度a=At 2+B（A 、B 为常数），则t 时刻质点旳速度v= ；运动方程为 。
2．质量为m 旳子弹，水平射入质量为M 、置于光滑水平面上旳沙箱，子弹在沙箱中前进距离l 而停止，同步沙箱向前运动旳距离为s ，此后子弹与沙箱一起以共同速度v 匀速运动，则子弹受到旳平均阻力F=__________________。
3．如图所示，质量为M ，长度为L 旳刚体匀质细杆，能绕首过其端点o 旳水平轴无摩擦地在竖直平面上摆动。
今让此杆从水安静止状态自由地摆下，当细杆摆到图中所示θ角位置时，它旳转动角速度ω＝__________，转动角加速度β＝__________；当θ＝900时，转轴为细杆提供旳支持力N ＝__________。
4．质量为M ，长度为L 旳匀质链条，挂在光滑水平细杆上，若链条因扰动而下滑，则当链条旳一端刚脱离细杆旳瞬间，链条速度大小为___________________。
5．将一静止质量为M o 旳电子从静止加速到0.8c (c 为真空中光速)旳速度，加速器对电子作功是__________。
6．有两个半径分别为5cm 和8cm 旳薄铜球壳同心放置，已知内球壳旳电势为2700V 。
外球壳带电量为8×10-9C 。
现用导线把两球壳联接在一起，则内球壳电势为__________V 。
7．半经为R 旳圆片均匀带电，电荷面密度为σ。
其以角速度ω绕通过圆片中心且垂直圆平面旳轴旋转，旋转圆片旳磁矩m P旳大小为____________。
8．用长为l 旳细金属丝OP 和绝缘摆球P构×× ×BIN成一种圆锥摆。
P 作水平匀速圆周运动时金属丝与竖直线旳夹角为θ，如图所示，其中o 为悬挂点。
设有讨论旳空间范围内有水平方向旳匀强磁场，磁感应强度为B。
第21-25届全国部分地区大学生物理竞赛试题及解答
GM 2R
（v 为新星速度）
（1 分） （1 分）
v
2 2 1 GM 3 2R
新星的能量
E 1 GM (3m) 4 2 9 GM (3m) GM (3m) (3m)v 2 2 2R 18 2R 2 5.4 R
（1 分） （1 分）
根据 E 0 ，轨迹为椭圆 又根据能量 E 和椭圆半长轴 a 的关系
14．受迫振动的稳定状态由下式给出
2 (0 2 ) 2 4 2 2 H dx 其中 h ，而 H cos(t ) 为胁迫力，2= , 其中 是阻尼力。有一偏车轮的汽车上 m m dt 有两个弹簧测力计，其中一条的固有振动角频率为 0 39.2727 s-1，另外一条的固有振动
_______________________________；(2)若先绝热降温，再等压膨胀到（1）中所达到 的终态，则吸收热量为 ___________________。
4． 我们可以用热机和热泵（逆循环热机）构成一个供暖系统：燃烧燃料为锅炉供热， 令热机工作于锅炉与暖气水之间；用热机输出的功作为热泵的动力，热泵从室外天然水 池取热， 向暖气水供热. 设向锅炉供热量为 Q0 ， 锅炉、 暖气水、 天然水池温度分别为 227 o C 、 1
6．空气介质平行板电容器的极板面积为 S ，开始时两极板的距离为 d ，两极板与电压 为 V0 的电池相连接。现用外力把两极板的距离拉开为 2d 。求在外力把两极板距离拉开 的过程中，电容器能量增加量为_______________________，外力所做功为 _______________________。
57 o C 和 7 o C ，则热机输出的功和暖气水所获的热量的理想值为 _____________________
2006年第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答
第23 届全国中学生物理竞赛决赛试题2006年11月深圳★ 理论试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R0 = 6.37 ×106 m ，地球表面处的重力加速度g = 9.80 m·s－2 ．二、如图所示，一内半径为R 的圆筒（图中2R 为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩形物．矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l = 3R 的矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状2R态，A 、B 皆与圆筒内表面接触．已知A 、B 与圆筒内表面A间的静摩擦因数μ都等于1．l现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A 逐渐升高．1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？答：（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动．令θ表示A的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导过程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的．对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于 20 km 的大气层 内，大气温度 T e 随高度的增大而降低，已知其变化率△T e △z= －6.0 × 10－3 K ·m －1z 为竖直向上的坐标．现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处 理），取其初始位置为坐标原点（z = 0），这时气团的温度 T 、密度ρ 、压强 p 都分别与周 围大气的温度 T e 、密度ρe 、压强 p e 相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因 为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变 化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已 来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把 过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强 p 与体积 V 满足绝热过程方程 pV γ = C ．式中 C 和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ =1.40 ．已知空气的摩尔质量μ = 0.029 kg • mol－1，普适气体恒量 R = 8.31 J • ( K • mol )－1．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．设重力加速度 g = 9.8 m ·s －2 ，z = 0 处大气的温度T e0 = 300 K ． 四、图 1 中 K 为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒 子流，它们的速度方向都沿图中虚线 O ′O ，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当 粒子打在垂直于 O ′O 的屏 NN ′ 上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的 坐标轴 Y ，其原点位于屏与虚线的交点 O 处，Y 的正方向由 O 指向 N ．虚线上的 A 、B 两处，各有一电子阀门 a 和 b ．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭 状态，挡住粒子流．M 、M ′ 是两块较大的平行金属平板，到虚线 O ′O 的距离都是 d ，板 M 接地．在两板间加上如图 2 所示的周期为 2T 的交变电压 u ，u 的正向最大值为 2U ，负 向最大值为 U ．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为 U ，则粒子 在电场作用下的加速度 a 、电压 u 的半周期 T 和平板到虚线的距离 d 满足以下关系aT 2 = 1d5Y N MK AB bOaO ′M ′llll已知 AB 间的距离、B 到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离 都是 l ．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不 会影响以后带电粒子的运动．只考虑 MM ′ 之间的电场并把它视为匀强电场．1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比 T 小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开启 阀门 a 又立即关闭；经过时间 T ，再次开启阀门 a 又立即关闭；再经过时间 T ，第 3 次开 启阀门 a 同时开启阀门 b ，立即同时关闭 a 、b ．若以开启阀门 b 的时刻作为图 2 中 t = 0 的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为．T 2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ = ，现在某时刻突然开启阀门 a ，经过时间10δ立即关闭 a ；从刚开启 a 的时刻起，经过时间 T ，突然开启阀门 b ，经过时间δ关闭 b ．若以刚开启阀门 b 的时刻作为图 2 中 t = 0 的时刻，则从 B 处射出的具有最大速率的粒子射 到 屏 上 所 产 生 的 痕 迹 的 Y 坐 标 （ 只 要 写 出 结 果 ， 不 必 写 出 计 算 过 程 ） 为．具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的 Y 坐标（只要写出结果，不必写出计算过程） 为．天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网五、如图所示，坐标系 Oxyz 的 x 轴和 z 轴都位于纸P面内，y 轴垂直纸面向里．两无限大金属极板 P 和 Q 分别位于 x = －d 和 x = d 处．磁感应强度大小为 B 的匀强磁场的方向平行于 Oxz 坐标平面，与 z 轴的夹 角为α ．在坐标原点 O 处，有一电荷为 q （＞0）、质 量为 m 的带电粒子，以沿 y 轴正方向的初速度 v 0 开 始运动．不计重力作用．1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初 速度 v 0 应为多大？所需最短时间 t 0 是多少？2．若在两极板间沿 x 轴正方向加上一场强为 E 的匀强电场，使该粒子能在第 1 问中所 π4 求得的时间 t 0 到达极板，则该粒子的初速度 v 0 应为多大？若α =，求粒子到达极板时粒子 的坐标．六、在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰 时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生 这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．已知质子和反质子的静止质量都是 m 0 = 1.67 × 10－27kg ．不考虑粒子间的静电作用．第 23 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答一、要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，这样的天 梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如图 1 所示．O图 1从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速 转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的 距离为 r i －1 到 r i 间的长度为△r i 的小段所受地球引力为M ρ△r if i = G（1）r 2i整个天梯所受的地球引力 F 就等于每小段所受地球引力之和， 即n nM ρr F =f i= ∑G i =1i =1∑ i（2）2rin符号∑ 表示对所有小段求和．因△r i= ri－ r i －1 是个小量，注意到 r i r i －1 = r i ( i =1r i －△r i ) ≈r 2，因此i n∑ i =1 r in∑ i =1 r i - r i -1 = n∑ i =1 ( 1 r i -1 - 1 ) = 1 - 1 = 2 r i r i r i -1 r i r 0 r n 用 R 0 表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，R l 表示天梯上端到地心的距离， 则 r 0 = R 0 ，r n = R l ，代入（2）式得1 1 F = GM ρ(－ （3）) R 0 R l整个天梯的质量m = ρ ( R l －R 0 )（4）R 0天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离－R 2R l 0（5）r C = R 0 +根据质心运动定理，有2π TF = mr C ( （6）)2式中 T 为地球自转的周期． 由（3）、（4）、（5）、（6）式可得GMT 2( R l －R 0 ) ( R 2 + R 0R l － ) = 0l2π2R 0R l －R 0 = 0 ，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为GMT 2 R 2R － （7）+ R = 0 0 l l 2π2R 0因为 GM = R 2g ，所以得 0R 0gT 2R 2 R － （8）+ R = 0 0 l l 2π2【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性 离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由 下面的方法求得：仍把天梯看作由很多长度为△r i 的小段组成，则第 i 小段受的惯性离心力 为2π f i ′ = ρ△r i ( )2 r iT对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力（4′）'n∑ f ii =1n2π = ∑ρ( ) r i△ri（5′）F ′ =2T i =12π T（5′）式中所示的和可以用图 2 过原点的直线 y = ρ( )2r 下的一个带阴影的梯形面积 来表示，即2π ρ( )2 R lT2π Tρ()2 Rl图 22π T )2 R 0 + R l 2F ′ = ρ(( R l －R 0 ) （6′）因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得1 1 2π T R 0 + R l 2GM ( － ) =( R 0 R l )2 ( R l －R 0 )（7′）因为 GM = R 2g ，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】 0 解（8）式得（9）R l = 2根号前取正号，代入有关数据，注意到 T = 8.64 ×104 s ，得R l = 1.50 ×108 m（10）所以天梯的长度L = R l －R 0 = 1.44 ×108 m（11） 二、1．90 °．2．当矩形物处于竖直位置即θ = 0° 时，B 不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使θ 刚超过 0° 时，A 将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动．假定 B 仍不 动，此后，A 在竖直平面内从静止开始绕 B 做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定 律）为v 2m = mg cos θ－T l（1）这里 v 表示 A 的速度．T 是刚性薄片对 A 的作用力，规定其方向从 B 到 A 为正．根据 能量守恒，有mgl (1－cos θ ) = 1mv 22联立（1）、（2）式，得（2）T = mg ( 3cos θ－2 )（3）如果令 T = 0 ，可得A2 θ = arccos ( ) = 48.2°3O120°显见，θ ＜ 48.2° 时，作用力是径向正向，对 A 是推 θ 力；θ ＞ 48.2° 时，作用力是径向反向，对 A 是拉力．B现在再来看前面被假定不动的 B 是否运动．我们可以30°在 B 处画圆筒内表面的切面，它与水平面成 30° 夹角．因为假定 B 不动，其加速度为零， 所以 B 在垂直于切面方向的受力方程为f ⊥－mg cos30°－T cos ( 30°－θ ) = 0（4）这里 f ⊥ 是圆筒内壁对 B 的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于 60°（A将与圆筒相碰）之前 B 不动，则 f ⊥ 必将始终不等于零，这就是说，在 B 开始滑动以前，B 不会离开筒壁．B 对筒壁的正压力是 f ⊥ 的反作用力，大小和 f ⊥ 相同．式中的 T 是刚性薄片 对 B 的作用力，它和（1）式中的 T 大小相等（因薄片质量不计）．由于μ =1，所以最大静摩 擦力 f max 的大小就等于正压力．f max = μf ⊥ = mg cos30° + T cos ( 30°－θ )（5）其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B 还受到其他力f ∥ = mg sin30° + T sin ( 30°－θ )（6）只要 f ∥ 不大于最大静摩擦力，B 就不滑动．这个条件写出来就是f ∥ ≤ （7）f maxB 滑动与否的临界点就应由 f ∥ = f max 求出，即mg cos30° + T cos ( 30°－θ ) = mg sin30° + T sin ( 30°－θ )（8）将（3）式的 T 代入（8）式，化简后得方程( 3cos θ －2 )[ cos θ + ( 2 + 3 )sin θ ] + 1 = 0 （9）这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得θ = 54.9 ° （10） θ 超过此值，B 将开始滑动．三、设微气团中空气的质量为 m ，当其位移为 z 时，气团的体积为 V ，气团内气体的密度 为ρ ，气团周围大气的密度为ρe ．气团受到竖直向下的重力mg = V ρg 和竖直向上的浮力V ρe g 作用，若气团的加速度为α，则由牛顿第二定律有 －V ρg + V ρe g = －V ( ρ －ρe )g （1）m α = 或有ρ －ρeρα = －g（2）根据理想气体状态方程pV = m（3）RTμ可知气体的密度m μpρ = = （4）V RT利用（4）式，注意到p = p e ，（2）式可化成T e－TT eα = －g（5）周围大气在z 处的温度T e 等于z = 0 处的温度T e0 加从0 到z 温度的增量，即△T e △z （6）T e = T e0 +z若气团中气体温度随高度的变化率为△T，根据题意，有△z△T e △z （7）T = T0 +zT0 为气团位于初始位置时气团中气体的温度．根据题意T e0 = T0 ，把（6）、（7）式代入（5）式得g △T e—△Tα = －( （8）) zT e △z △z△T e △T在（8）式中，若( －) ＞0 ，则加速度方向向下，作用于气团的力有使气团△z △z回到初始位置的趋势，这样，大气层中的大气就处于稳定状态；反之，气团将远离其初始位置，大气层中的大气处在不稳定状态．因周围大气温度随高度的变化率△T e是已知的，故只△z要知道气团中气体温度随高度的变化率，便可对气团的运动作出判断．大气的压强随高度的增加而减小，在高度为z 和z +△z 处的压强差△p e = －ρe g△z（9）式中ρe 为z 处的空气的密度，与温度、压强有关，由（4）式表示．式中负号表示高度增加时，大气压强是减小的．把（4）式代入（9）式得μp eRT e△p e =－g△z（10）质量为m 的气团在上升过程中，其压强将随周围大气的压强的减小而减小，体积要增大，气团对周围空气做功．因为过程是绝热的，气团的内能要减少，因而温度要降低，温度、压强的变化应满足绝热过程的规律．试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系，利用理想气体状态方程，可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系．由（3）式得m RTμ pV = （11）把（11）式代入pV γ = C得1γ-1 p γC γ μ mR（12）T = 当气团的压强由 p 变到 p + △p 时，气团的温度将由 T 变到 T +△T ．由（12）式1γ-1 γC γ μ mRT +△T = ( p + △p )利用二项式定理，忽略△p 的高次方项，并注意到（12）式得1γ-1[ p γ+ γ-1-1 γ－1 p γγγ－1 γ Cγ μmR T△p pT +△T = (△p ) ] = T +故有γ－1 T△T =△p （13）γ p根据题意，p = p e ，△p = △p e ，由（7）式、（10）式和（13）式得T 0 △T △z γ－1 γ μg R = － （14）△T e △z γ－1 γ μg RT e0 + ( + ) z已知△T e △z= －6.0 × 10－3 K ·m －1 ，代入有关数据可求得γ－1 μg=9.8 × 10－3 K ·m －1γ 当 z 不是很大时，有R△T e γ－1 μgR T e0 +（ ) z ≈T e0 +△zγ 故有△T △z γ－1 μg= － （15）γ R代入题给的有关数据得△T △z= －9.8 × 10－3 K ·m －1（16）△T e△T 负号表示高度增加时，气团的温度要下降．可见 (－ ) ＞0 ，作用于气团的 △z △z合力的方向与气团位移的方向相反，指向气团的初始位置，气团发生向上位移后，将要回到 初始位置．当 z 不是很大时，（8）式中的 T e 可以用 T e0 代替，可知气团将在初始位置附近天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网做简谐振动．振动的圆频率（17）ω =代入数据，得ω = 1.1 × 10－2 s－1（18）四、1．Y 1 = －0.3d ，Y 2 = 0.9d ． 2．Y ′ = －0.138d ，Y ′′ = －0.138d ． 附参考解法：1．当阀门 a 第 1 次开启时，具有各种速率的粒子（称之为第一批粒子）从 A 处进入 AB 之间，在 a 第 2 次开启时刻，第一批粒子中速率为l T（1）v 1 =的粒子正好射到 B 处，被阀门 b 挡住．与此同时，第二批具有各种速率的粒子从 A 处 进入 AB 之间．在阀门 a 第 3 次开启的时刻，第一批进入 AB 间的粒子中速率为l = 1 2T 2（2）v 2 = v 1的粒子与第二批进入 AB 间的粒子中速率为 v 1 的粒子同时到达 B 处．因此时阀门 b 已开 启，这些粒子都从 B 处沿虚线射向两平行板，而第三批进入 AB 间的粒子在它们到达 B 处时， 被 b 挡住．由此可知，能从 B 处射向两平行板的粒子具有 v 1 和 v 2 两种不同的速率．根据题意，粒子从 B 处射出的时刻为 t = 0 ，故速率为v 1 的粒子在时刻l v 1t 1 == T 进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = －U粒子在两板间的电场作用下的加速度为－a ，粒子通过两板经历的时间为l v 1△t 1 = = T在△t 1 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为v 1y = －a △t 1 = －aT（3）1 2 － 1 2－ a (△t 1 )2 = （4）y 1 = aT 2 因 aT 2 = 1 d 5，故| y 1 | = 1 d ＜ d ，表明速率为 v 1 的粒子能穿出平板，粒子穿出平10板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移△y 1 = v 1yl = －aT 2（5）v 1粒子在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为1 3 Y 1 = y 1 +△y 1 = — aT2 －aT 2 = 2 － aT 2 = －0.3d 2（6）速率为 v 2 的粒子在时刻l v 2t 2 == 2T 进入两平行板之间，由本题图 2 可知，两板间的电压u = 2U粒子在电场作用下的加速度为 2a ，粒子通过两板经历的时间为l v 2△t 2 = = 2T因为两板间的电压在时间△t 2 内由 2U 变为－U ，粒子的加速度亦将从 2a 变成－a ，由 此可求得在△t 2 时间内粒子在 Y 方向获得的分速度和位移分别为－ （7）v 2y = 2aT aT = aT1 2( 2a )T 2 + ( 2aT )T － aT 2 = 5 aT 2 1 y 2 =（8）2 2 因 aT 2 = 1y 2 = 1 d ，故 d ＜ d ，表明速率为 v 2 的粒子亦能穿出平板．粒子穿出平5 2板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在 Y 方向的位移△y 2 = v 2yl = 2aT 2（9）v 2粒子打在屏上产生的痕迹的 Y 坐标为Y 2 = y 2 +△y 2 = 529 aT 2 + 2aT 2 = aT 2 = 0.9d2 （10）即粒子在屏上产生的痕迹是两个点，它们的 Y 坐标分别为 Y 1 和 Y 2 ．2．由于阀门从开启到关闭要经历一段时间，在阀门 a 开启到关闭经历的δ时间间隔内的不同时刻，都有各种不同速率的粒子从 A 处进入 AB 间，有的早进入，有的晚进入．由于阀 门 b 从开启到关闭也要经历一段时间δ ，粒子可能在最早的时刻即 t = 0 的时刻从 B 处射出， 也可能在最晚的时刻即 t = δ时刻从 B 处射出．在 a 刚开启的时刻从 A 处射入 AB 间，并在 t = δ时刻从 B 处射出的粒子的速率最小，这最小速率为v min =l （11）T + δ在阀门 a 刚要关闭时刻从 A 处射进 AB 间，并在 t = 0 的时刻从 B 处射出的粒子的速率最大，这最大速率为v max =l（12）T －δ在t = 0 时刻从B 处射出的速率为v max 的粒子在时刻l v max = T －δt1 =进入两平板之间，在时刻t1′ = t1 +l= 2T －2δv max离开两平板．由本题图2 可知，在T －δ到T 时间内，两板间的电压为2U ，在T 到2T －2δ时间内，两板间的电压为－U ，与电压对应的粒子的加速度分别为2a 和－a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y 方向获得的分速度和位移分别为－ a (T －2δ) = －aT + 4aδ（13）v1y = 2aδ1 2 ( 2a ) δ2 + ( 2a ) δ(T －2δ)－1a (T2y1 =－2δ)212= －aT 2 + 4aδT －5aδ2（14）粒子穿出平板后做匀速运动．从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y1 = v1yl= (－aT + 4aδ) (T －δ) v max= －aT2 + 5aδT －4aδ2（15）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为3Y1 = y1 +△y1 =—aT2 + 9aTδ2－9aδ2（16）根据题意，代入数据得－0.138d（17）Y1 =在t = δ时刻从B 处射出的速度为v min 的粒子在时刻t2 = δ+l v min进入两平板之间，在时刻= T + 2δt2′ = t2 +l= 2T + 3δv min离开两平板．由本题图2 可知，在T + 2δ到2T 时间内，两板间的电压为－U ，在2T 到2T + 3δ时间内，两板间的电压为2U ，与电压对应的粒子的加速度分别为－a 和2a ．在粒子通过平板的时间内，粒子在Y 方向获得的分速度和位移分别为－ a (T －2δ) + ( 2a )3δ= －aT + 8aδ（18）v2y =天科学堂学科竞赛网－ 121a (T －2δ)2 －a (T －2δ) 3δ+ ( 2a ) ( 3δ) 22y2 =1= －aT 2 －aTδ + 13aδ22（19）粒子穿出平板后做匀速运动．在从射出平板至射到屏的时间内，粒子在Y 方向的位移△y2 = v2ylv min= (－aT + 8aδ) (T + δ)= －aT2 + 7aTδ+ 8aδ2（20）粒子在屏上产生的痕迹的Y 坐标为3Y2 = y2 +△y2 =—aT2 + 6aTδ+221aδ2（21）根据题意，代入数据得Y2 =－0.138d（22）由以上分析可知，速率最小和速率最大的粒子打在屏上产生的痕迹是位于Y 轴上的同一点．五、解法一1．平行板间仅有磁场，带电粒子初速度v0 的方向垂直于磁场，在洛伦兹力的作用下，粒子将在垂直于磁场方向的平面内做匀速圆周运动，圆周半径mv0qBR0 =（1）轨道平面与Oxz 坐标平面的交线如图1 中NN ′所示．要使粒子刚能到达极板Q（与板刚未接触），圆心C 应是ON ′ 的中点，有zB QPαNαO xC N ′2d图1dCN ′ = R0 =（2）2cosα由（1）、（2）式得dqB 2m cos αv 0 =（3）粒子由 O 经过半个圆周到达 N ′ ，所经历的最短时间为圆周运动的半个周期T πm（4）t 0 = = 2 qB2．以 y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系 Ox ′y ′z ′ ，如图 2 所示．在新坐标系中电场强度 E 的分量为zz ′B y ，y ′αv 0E Oαx ′图 2（5）E x ′ = E cos α E y ′ = 0 E z ′ = E sin α 磁感应强度 B 的分量为（6）B x ′ = 0B y ′ = 0 B z ′ = B 带电粒子所受到的电场力的分量为f Ex ′ = qE x ′ = qE cos αf Ey ′ = 0f Ez ′ = qE z ′ = qE sin α（7）当带电粒子速度为 v 时，带电粒子所受到磁场力的分量为f Bx ′ = qv y ′Bf By ′ = －qv x ′Bf Bz ′ = 0（8）（i ）关于带电粒子在 Ox ′y ′ 平面内的分运动现设想起始时刻带电粒子沿 y ′ 轴正方向的初速度v 0 用下式表示 v 0 = v 0 + v 1－ v 1= v 2－ v 1式中（9）v 2 = v 0 + v 1现把 v 0 看成沿 y ′ 轴负方向运动的速度 v 1 和沿 y ′ 轴正方向运动的 v 2 的合成．这样，与前者 联系的运动使带电粒子受到沿 x ′ 轴的负方向的磁场力作用，它与电场力的分量f Ex ′ 的方向相反，当 v 1 取数值E x ′ = Ev 1=cos α （10）B B时，与－ v 1 相联系的磁场力与 f Ex ′ 的合力为零，其效果是带电粒子沿 y ′ 轴负方向以速度 v 1 做匀速运动；与后者联系的运动使带电粒子仅受到磁场力作用，此力的方向既垂直于磁场方 向（z ′ 轴方向），又垂直于速度 v 2 ，即位于 Ox ′y ′ 平面内，其大小为 （11）f x ′y ′ = qv 2B粒子在此力作用下在平面内做速度为 v 2 的匀速圆周运动，圆周的半径mv 2qB（12）R =其圆频率y ′v 2ωtOx ′图 3ω = qB（13）m由以上分析可知带电粒子一方面在 Ox ′y ′ 平面内做上述匀速圆周运动，另一方面圆心沿轴负方向以速度 v 1= Ecos α做匀速直线运动． B（ii ）关于粒子沿 z ′ 轴的分运动y ′由（7）、（8）两式可知，粒子在 z ′ 方向仅受电场力作用，其加速度qE z ′= qE （14）a z ′ =sin α m m即粒子沿着 z ′ 轴以加速度 a z ′ 做匀加速直线运动． （iii ）关于粒子在 Ox ′y ′z ′ 坐标系中的运动方程在只考虑圆周运动的情况下，粒子的坐标随时间变的关系为x ′ = R ( 1－cos ωt ) （15） （16）y ′ = R sin ωt（17）z ′ = 0考虑了圆心运动及粒子沿 z ′ 轴的运动并注意到（9）、（10）、（12）式，在 Ox ′y ′z ′ 坐标 系中，粒子的运动方程为mv 2qB mv 0 mE x ′ x ′ =( 1－cos ωt ) = ( + qB qB 2) ( 1－cos ωt ) （18） mv 0 qB mE x ′qB 2 E x ′ t By ′ = R sin ωt － v 1t = ( + ) sin ωt － （19） 1 qE z ′ t2（20）z ′ =2 m （iv ）粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程 利用坐标变换x = x ′c os α + z ′sin α y = y ′z = －x ′sin α + z ′cos α并注意到（5）、（9）、（10）、（13）各式，可将（18）、（19）、（20）式转换至 Oxyz 坐标 系，得到粒子在 Oxyz 坐标系中的运动方程式为2 2 m qB m qB E cos α B ) ( 1－cos q Bt ) + 1 qE sin α 2 （21） x = ( v 0cos α +t m 2 mE cos α B )sin q Bt － E cos α （22） y = ( v 0 +t m E sin2α 2BBm qB ) ( 1－cos q Bt ) + qE sin2α t 2 4m z = － （23）( v 0sin α +m T πm 根据题意，将 x = d 和 t = t 0 = = 代（21）式，解得2 qB2qB d－mE ( 4cos 2α + π2sin 2α) 2 （24）v 0 =4mB cos απ 4 T πm 将α =，t = t 0 == 和（24）式代入（21）、（22）、（23）各式，可得粒子到达极 2 qB 板 Q 时粒子的坐标为x = d（25）2qB 2 y = －（26） π2mE z = －d +（27）2qB 2解法二1．与解法一相同．2．以 y 轴为旋转轴，顺时针转动α角，建立新坐标系 Ox ′y ′z ′，设粒子速度在坐标系 Ox ′y ′z ′中分量分别为 v x ′ 、v y ′ 、v z ′ ，牛顿第二定律的三个分量形式为d v x ′d td v y ′d t d v z ′d tm = qE x ′ + qv y ′ B （1） －qv x ′ B （2） m = （3）m= qE z ′ 将（2）式表示为d v y ′ d tqB d x ′m d t = －两边积分后得qB m－() x ′ + C 1 v y ′ = C 1 为待定常量，当 t = 0 时，x ′ = 0 ，v y ′ = v 0 ，故求得 C 1 = v 0 ，上式应表为v y ′ = qB x ′ + v 0－ （4）m将（4）式代入（1）式，得d 2x ′ d t 2 qB x ′ + v ) Bm= qE + q (－ x ′ 0 md 2x ′ d t 2 －( qB m qB m mv 0 + qBmE x ′ qB 2 = )2 x ′ + ( )2 ( ) （5） 令mv 0 + mE x ′ qB 2 （6） R = ( )qB ω = q Bm X ′ = x ′－R（7） （8）（5）式可表为d2X ′ d t 2= －ω2X ′ （9）这是简谐运动方程，其解为（10）X ′ = A cos ( ωt + θ )由（8）式得（11） x ′ = A cos ( ωt + θ ) + R d x ′ d t= －ωA sin ( ωt + θ ) （12）= vx ′ 利用初始条件，由（11）与（12）式，得－R = A cos θ0 = －ωA sin θ解得（13）θ = 0 A = －R再由（6）式，得mv 0 + mE x ′ qB qB 2A = －( （14）) 代入（11）式mv 0 + mE x′ ) ( 1－cos ωt ) （15）x ′ = ( qB qB 2将（12）式代入（2）式，整理后得d v y ′d t= ω2A sin ωt 对上式积分，考虑初始条件，得d y ′ = Ex ′B－ωA cos ωt － （16）v y ′ = d t 积分（16）式，考虑初始条件及（14）式，得mv 0 + qB mE x ′ qB 2 E x ′tBy ′ = ( ) sin ωt － （17）对（3）式积分可得qE z ′t 22m（18）z ′ = （15）、（17）、（18）式分别与解法一中的（18）、（19）、（20）式相同，接下去的讨论与 解法一相同．解法三设粒子速度在 Oxyz 坐标中分量分别为 v x 、v y 、v z ，牛顿第二定律的三个分量 方程为d v xd td v yd td v zd tm = qE x + qv y B z（1） m = －qv x B z + qv z B x（2） －qB x v y （3）m= 令qBmω =（4）v 1 = Ecos αB方程变为如下形式（5）d v xd t d v yd td v zd tωv 1 cos α = ωv y cos α + （6） －ωv x cos α + （7） = ωv z sin α －ωv y sin α （8） = 对（6）、（8）两式积分，利用初始条件 t = 0 时，v x = 0 ，x = 0 ，y = 0 ，得v 1 )tcos α v x = ωy cos α + （9） ω ( －ωy sin α（10）v z = 将（9）、（10）两式代入（7）式，得d v y d t－ω2y －ω2v 1t = －ω2 ( y + v 1t )= 令Y = y + v 1t（11）得d2Y d t 2= －ω2Y （12）其解为Y = A cos ( ωt + θ )由（11）式可得y = A cos ( ωt + θ ) －v 1t（13）由（13）式得v y = －A ωsin ( ωt + θ ) －v 1（14）由初始条件 t = 0 时，v y = v 0 ，y = 0 ，得A cos θ = 0 v 0 = －A ωsin θ－v 1解得π2v 1 +v 0 ωθ =A = －（15）由（15）式，注意到（4）式、（5）式，得天 科 学 堂 学 科 竞 赛 网 m qB E cos α B ) sin q Bt －E cos α （16） y =( v 0 + t m BE cos α B ) cos q Bt －E cos α v y = ( v 0 + （17） m B 把（17）式代入（1）式，经积分并利用初始条件，可得2 2 m qB E cos α B ) ( 1－cos q Bt ) + m 1 qE sin α t 2 （18）x = ( v 0cos α + 2 m 将（17）式代入（8）式，经积分并利用初始条件，得 m qB E sin2α 2B ) ( 1－cos q Bt ) + qE sin2α z = － ( v 0sin α + t 2 （19）m 4m （18）、（16）、（19）式分别与解法一中的（21）、（22）、（23）式相同，接下去的讨论与 解法一相同．六、在讨论本题之前，先看一下相对论能量和动量的普遍关系式，即( mc 2)2 = c 2p 2 + m 02c 4 （1）式中 c 为光在真空中的速度，m 为粒子的质量，p 为其动量，m 0 为静止质量．【此关系式可由能量E = mc 2和动量p = mv = 导出，v 为粒子的速度．m 02c 4 m 02v 2 E 2 －c 2p 2 = －c 2 v c v c 1－ ( )2 1－ ( )2v 1－ ( )2 = m 02c 4 c = m 02c 4 v c1－ ( )2 故 E 2 = c 2p 2 + m 02c 4 】由此关系式可知，对每一个粒子，其能量的平方与 p 2 成线性关系．解法从实验室参考系来看，碰前系统的总动量等于运动的那个质子的动量，设其方向沿 x 轴 正方向，碰撞前后系统的总动量守恒，总能量守恒．若要碰后能存在三个质子和一个反质子 且总能量为最小值，则可论证这四个粒子的动量必定相等．1．先讨论碰后四个粒子的动量都沿x 轴正方向的情况．令p1 、p2 、p3 、p4 分别表示它们动量的大小，这四个动量中，若有任何两个不相等，如p1 ≠p2 ，设p1 p2 ，则若将p1 增加△p（△p ＜p2 －p1）而将p2 减少△p（这时总动＜量不变），则有( p1 +△p )2 －p12 = 2p1△p + (△p )2p22－( p2 －△p )2 = 2p2△p－(△p )2这样一来，第一个粒子能量的平方增加了c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]，而第二个粒子能量的平方减少了c2 [ 2p2△p－(△p )2 ]，两个粒子能量平方的净增量为c2 [ 2p1△p + (△p )2 ]－c2 [ 2p2△p－(△p )2 ]= c2 [ 2△p ( p1－p2 +△p ) ]因已设p1 p2 ，且△p ＜p2 －p1 ，所以净增量是负的，总能量将减少．这就是说，＜设p1 ≠p2 时对应的总能量并不是最小值．由此可判断，四个粒子的动量必相等．2．若四个粒子中，有一个粒子其动量p1 沿x 轴的负方向，因为总动量守恒，则必有沿x 轴正方向运动的另一粒子的动量增加了p1 ，因为能量的平方与p2 成线性关系，所以这时的总能量必然大于p1 沿x 轴正方向运动时的能量．也就是说，只要四个粒子中，有沿x 轴负方向运动的，则总能量必不是最小值．3．若四个粒子的动量的方向不在同一直线上，这时将它们沿x 轴方向和垂直于x 轴方向分解，沿x 轴方向总动量守恒；垂直于x 轴方向的动量互相抵消，但它们却使粒子的能量增大了，也就是说，这时的能量也不是最小值．总结以上可见，要想碰后四个粒子的总能量最小，根据总动量守恒、能量守恒及相对论能量和动量关系式可知，碰后四个粒子的动量必相等．设碰前运动质子的动量为p ，质量为m，碰后四个粒子的动量为p1 、p2 、p3 和p4 ，四个粒子的质量为m1 、m2 、m3 和m4 ，根据动量守恒和能量守恒，有p = p1 + p2 + p3 + p4 （2）mc2 + m0c2 = m1c2 + m2c2 + m3c2 + m4c2（3）由上面论述可知pp1 = p2 = p3 = p4 =（4）4再由（1）式可知，碰后四个粒子的能量从而质量必相等．以m′表示碰后四个粒子中每个粒子的质量，由（3）式得天科学堂学科竞赛网mc2 + m0c2 = 4m′c2（5）对碰前那个运动的质子，由相对论能量和动量关系有( mc2)2 = c2p2 + m02c4（6）对四个粒子中任一个粒子，由相对论能量和动量关系有p( m′c2)2 = c2 ( )2 + m02c4（7）4由（5）、（6）、（7）式可得mc2 = 7m0c2（8）代入数据得mc2 = 1.05 ×10－9 J （9）。
2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）
2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）范文2021年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及1/ 7答案(一)2021 年第二十三届全国初中应用物理竞赛试卷及答案（一）注意事项： 1、请在密封线内填写所在地区、学校、姓名和考号。
2、用蓝色或黑色钢笔、圆珠笔书写。
3、本试卷共有六个大题，满分 100 分。
4、For personal use only in study and research; not for commercial use5、6、答卷时间：2021 年 3 月 31 日(星期日)，上午 9:30~11:10。
题号一二三四五六总分分数复核人得分评卷人一、本题共 10 分，每小题 2 分，共 20 分，以下各小题给出的四个选项中只有一个是正确的，把正确选项前面的字母填在题后的括号内。
1、验钞机发出的“光”能使钞票上的荧光物质发光；家用电器的遥控器发出的“光”，能用来控制电风扇、电视机、空调器等电器的开启与关闭。
对于它们发出的“光”，下列说法中正确的是 ( ) A.验钞机和遥控器发出的“光”都是紫外线B.验钞机和遥控器发出的“光”都是红外线C.验钞机发出的“光”是紫外线，遥控器发出的“光”是红外线D.验钞机发出的“光”是红外线，遥控器发出的“光”是紫外线2、在严寒的冬季，小明到滑雪场滑雪，恰逢有一块空地正在进行人工造雪。
他发现造雪机在工作过程中，不断地将水吸入，并持续地从造雪机的前方喷出“白雾”，而在“白雾“下方，已经沉积了厚厚的一层“白雪”，图 1 如图 1 所示。
对于造雪机在造雪过程中，水这种物质发生的最主要的物态变化，下列说法中正确的是 () A.凝华 B.凝固 C.升华 D.液化 3、在有些地区，人们常在小河边洗衣服。
如图2 所示，人们先把脏衣服浸泡在河水里，然后提出来放在石板上，用木棒捶打，水花四溅……，如此反复多次，直到衣服被洗净为止。
这里，用木棒捶打的主要目的是() A.把衣服上的灰尘打碎，以便于洗涤 B.增大木棒与灰尘之间的摩擦，将灰尘带走3/ 7C.迫使湿衣服里面的水从衣服纤维之间的缝隙中高速喷出，利用高速水流将灰尘冲洗掉D.木棒捶打，使衣服突然运动起来，而衣服上的灰尘由于具有惯性仍然静止，从而使灰尘脱离衣服图 2 4、如图 3 所示，海北中学有一个跑道为400m 的操场，在操场的主席台和观众席上方一字形排列着A、B、C 三个相同的音箱。
力学复习题
物理竞赛复习力学篇一、 基本动力学1、在每边长为l 的正方形光滑台球桌面ABCD 上，有两个静止的小球P 和Q ，其中P 到AB 边和AD 边的距离同为l /4， Q 到CD边和AD 边的距离也同为l /4，如图所示。
令P 对准BC 边的S 点以速度v 运动，相继与BC 边及CD 边弹性碰撞后，恰好能打中Q 。
则S 点与C 点的距离为 ，P 从开始运动直到与 Q 相碰，其间经过的时间为 。
（第23届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：14x l = 2、在一个竖直平面内有三个质点A 、B 、C ，某时刻它们恰好位于每边长为 2m 的正方形三个顶点上，方位如图所示。
设此时C无初速地自由下落，B 以1m/s 的速度竖直向下运动，A 则以初速度A v 开始自由运动。
不计空气阻力，如果A 恰好在C 落地时刻同时击中B 、C ，则C 初始离地高度为 m ，A v 的大小为 m/s 。
（第24届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：19.63、沿x 轴运动的质点，速度υ = αx ，α > 0。
t = 0时刻，质点位于x 0 > 0处，而后的运动过程中，质点加速度与所到位置x 之间的函数关系为a = ，加速度与时刻t 之间的函数关系为a = 。
（第25届非物理类专业大学生物理竞赛试题） 答案： 2x ，20t a x e =4、如图所示，小球从竖直平面的O 点斜向上方抛出，抛射角为θ，速度大小为v 0。
在此竖直平面内作OM 射线与小球抛射方向垂直，小球到达OM 射线时的速度分解为图示中与OM 射线垂直方向上的分量 v 和沿OM 射线方向上的分量v //，则v //＝ ， v ＝ 。
（第28届非物理类专业大学生物理竞赛试题）答案：2v 0tan，v 0 5、已知质点的运动学方程为22(4)r ti t j =+- , 在t > 0的时间内的情况是＿＿A ＿＿. （第5届非物理类专业大学生物理竞赛试题）(A) 位置矢量可能和加速度垂直, 速度不可能和加速度垂直(B) 位置矢量不可能和加速度垂直, 速度可能和加速度垂直(C) 位置矢量和速度都可能与加速度垂直(D) 位置矢量和速度都不可能与加速度垂直.6、地面上垂直竖立一高20 m 旗杆, 已知正午时分太阳在旗杆的正上方. 在下午2时正, 杆顶在地面上影子速度的大小为＿＿＿＿m/s; 在＿＿＿＿时刻杆影将伸展至20 m. （第5届非物理类专业大学生物理竞赛试题） 答案：1620m/s ，下午3时正7、一长为l 的单摆自水平位置自由向下摆动, 其速度在竖直方向的分量逐渐增大, 后又逐渐减小. 当摆线与竖直方向的夹角 = ＿＿＿＿时, 此竖直分量具有最大值, 此最大值v m = ＿＿＿＿。
2018年浙江省大学生物理创新竞赛理论竞赛卷 参考答案
6分 1分
理论竞赛卷第7页（共7页）
3分
其中 r＇是新轨道的最低点或最高点处距地心的距离，v′ 则是在相应位置的速度，此时 v′ ⊥ r′
(2) 爆炸后，卫星、地球系统机械能守恒：
1 2
mvt2
+
1 2
mvn2
−
GMm
/
r
= 1 mv′2 2
−
GMm
/
r′
2分
由牛顿定律：
GMm / r2 = mvt2 / r
故 GM = vt2r
3分
（2） m= v f m= v0 I
3分
⇒ 5(1 + k) = 7 ⇒ k = 2
5
4分
2、（本题 20 分）
解：（1）由高斯定理可知：
当r < r1时，E = 0
当r1 < r < r2时，E
= λ1 2πεr
当r > r2时，E
= λ1 + λ2 2πε 0 r
6分
电场强度的方向：径向向外为正
vf =ωfr
3分
I
(r
+
kr)
=
(mr
2
+
2 5
mr2 )ω
f
5分
I (1 += k )
7 5
mr= ω f
7 5
mv
f
vf
=
5(1+ k)I 7m
5分
（2） I = mv
3分
I (r + kr) = (mr2 + 2 mr2 )ω 5
理论竞赛卷第5页（共7页）
⇒ mv(r += kr) 7 mr2ω = ⇒ k 2
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题一、建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想。
当今在美国宇航局（NASA）支持下，洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究。
一种简单的设计是把天梯看作一条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面。
最后达到这样的状态和位置：天梯本身呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于地球静止不动。
如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度。
已知地球半径R0＝6.37×106m，地球表面处的重力加速度g＝9.80m·s-2。
二、2RAl如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位于水平地面上。
筒内放一矩形物。
矩形物中的A 、B 是两根长度相等、质量皆为m 的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l ＝3R 的矩形薄片的两端。
初始时矩形物位于水平位置且处于静止状态，A 、B 皆与圆筒内表面接触。
已知A 、B 与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1。
现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A 逐渐升高。
1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？ 答：_______________（只要求写出数值，不要求写出推导过程）2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。
令θ表示A 的中点和B 的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B 相对于圆筒开始滑动。
（要求在卷面上写出必要的推导过程。
最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字。
）三、由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，静止的大气中不同高度处气体的温度、密度都是不同的。
对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20 km 的大气层内，大气温度T e 随高度的增大而降低，已知其变化率ΔT eΔz＝－6.0×10-3K ·m -1 z 为竖直向上的坐标。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
图1
1
2
3
5
RA
RB
关系式，若是，求出α 值。
V0
（3）唾腺或肾小管的单层上皮细 胞的结构如图 2 所示。单一细胞
x
V3
的电阻为RB，两相邻细胞间的接 触面电阻为RA，细胞截面的形状
x=0 ln(V/V0)
约为各边长 10µm的正方形。用电
0
极在第一个细胞和其外的细胞液
T0，对应的A球熵增量为
mc。
2
*****************************密******************封*******************线****************************
所在学校
准考证号
9. 每边长为l的正方形ABCD区域外无磁场，区域内
有图示方向的匀强磁场，磁感应强度随时间的变
的一块二分之一波片后，出射光为
（填：部分偏振光、线偏振光或圆偏振
光）。接着，又正入射经过第二块波片，出射光恰好为圆偏振光，该波片的厚度至少
为
。
12. 如图所示，各边静长为L的正方形面板ABCD，在惯性系S的xy坐标面上以匀速度v沿x轴
运动。运动过程中AB边和BC边各
点均朝x轴连续发光，在S系中各点
y
空腔
所在学校
准考证号
姓名
考场
5
15.（必做）5 块相同的导体大平板相互间隔地
自左至右平行放置，各自带电量分别 为 Q1 、
Q1
Q2 Q3 Q4
Q5
Q2 、Q3 、Q4 、Q5 ，如图所示，静电平衡后，
试求：
（1）第一块平板左侧面电量 Q1左 和第 5 块平 板右侧面电量 Q5右 ；
（2）试计算 Q2左 和 Q3左 （用已知量表示）。
碰撞后，恰好能打中 Q。则 S 点与 C 点的距离为 P 从开始运动直到与 Q 相碰，其间经过的时间
，C
A l/4 P
Q l/4 D
为
。
2. 设想地球、月球半径以及两球中心间距都缩小为原值的十分之一，但质量不变。那么，
地面处原周期为 1 秒的小角度单摆，现周期为
秒；将月球绕地球运动的原
周期仍然记为月， 月球绕地球运动的现周期便为
由恒压电源V0和电阻构成的直流电路以及将要讨论的相关电压量已在图 1 中示出。
（1）试证电压Vn+1、Vn和Vn-1之间 有下述关系，
RA V1 RA V2 Vn RA Vn+1 VN-1 RA VN
Vn +1
−
2Vn
+
Vn −1
=
⎜⎜⎝⎛
RA RB
⎟⎟⎠⎞Vn
V0
RB
RB RB
RB RB
RB
（2）从图 1 中可以看出Vn应随n 的增大而递减，因此可尝试检查
矿物中提取出全部
22980Th
和
224 88
Ra
，构成质量M=1g的混合物，试求：
（1）开始时（t
=
0），混合物中
22980Th
的原子核个数N1和
224 88
Ra
的原子核个数N2；
（2）t
>
0
时刻，混合物中
224 88
Ra
的原子核个数N2（t）;
（3）
22980Th
原子核数减为初值一半时，
224 88
损失量最大的是
。
7. 某气体的状态方程可表述为pV = f(T)，该气体
p
所经历的循环过程如图所示。气体经bc过程
2p0
b
对外作功量为W = 一个循环过程吸收的热量
p0V0，经过
p0 Q
等温 等体
c a 等压
=
p0V0。
O
8. 比热同为常量c，质量同为m的 6 个球体，其
V0
2V0 V
中A球的温度为T0， 其余 5 个球的温度同为 2T0。 通过球与球相互接触中发生的热传导， 可使A球的温度升高。假设接触过程与外界绝热， 则A球可达到的最高温度为
发光方向均与y轴平行。这些光在x
A
D
轴上照亮出一条随着面板运动的
轨迹线段，它的长度l =
v
L。若改取AB边静长为L′，BC边静
长仍为L的长方形面板，当v =0.6c
时，x轴上运动的轨迹线段长度恰
好 等 于 L ， 那 么 必 有 L′
B
C x
=
。
二.基本计算题（必做，共 4 题，每题
O
S系
姓名
考场
3一二Fra bibliotek题号1 ~ 12
13
14
15
16
分数
阅卷人
二 题号
17
18
19
分数
阅卷人
总分
答题说明：前 16 题是必做题，满分是 100 分；少学时组只做必做题；非物理 B 组限做 17 题，满分 110 分；非物理 A 组限做 17、18 题，满分 120 分；物理组限做 17、19 题，满分 120 分。请同学们自觉填上与准考证上一致的考生类别，若两者不符，按废卷处理，请各 组考生按上述要求做题，多做者不加分，少做者按规定扣分。
胖男子
间的摩擦因数µ =
。令质量为
2M/3 的瘦男子替换胖男子从B端缓慢爬梯，为使
梯子不会滑动，他可到达的最高位置与B端相
600 B 地面
距
。
5. 在水平地面上的一个桶内盛有高为h1+h2的水， 桶的侧面有一小孔，孔与水面相距h1，水从小
h1 v2
孔流出时的速度为v1 =
，对应的
h2 水平射程为S1，如图所示。如果小孔的位置改
*****************************密******************封*******************线****************************
所在学校
考生类别
第 23 届全国部分地区大学生物理竞赛试卷
北京物理学会编印
2006.12.10
北京物理学会对本试卷享有版权，未经允许，不得翻印出版或发生商业行为，违者必究。
6
*****************************密******************封*******************线****************************
16.（必做）衰变中的原子核个数N随时间t指数减少，规律为 N (t) = N0e−λt ，其中λ为 衰变
n2 (r)
=
n02 (1 − α
2r 2 )
，α
>
0
，
α
r2 2 max
< 1 ，其中 n0
为光纤中央轴上（即 r
=
0 处）的
折射率。沿中央轴设置 x 坐标，光线从原点 O r
射出，与 x 轴夹角为φ0 ，设φ0 较小，光线不
会与光纤壁相遇，试求光线方程 r ~ x 。进而
x
说明，若从 O 点出射的是半顶角φ0 为小角度
质量为
m、带电量为
q（q
>
0）的粒子从
t
=
0
时刻，以
K v0
初速度开始运动，运动过程中粒
子速度为
K v
时所受阻力为
K f
=
−γvK
，其中γ是正的常量。
(1)计算 t > 0 时刻粒子速度大小 v 和已通过的路程 s。
(2)计算粒子运动方向（即速度方向）相对初始运动方向恰好转过 π / 2 时刻的速度大小v*。
10
一.填空题（必做，共 12 题，每题 2 空，每空 2 分，共 48 分）
1. 在每边长为 l 的正方形光滑台球桌面 ABCD 上，有两个静 B
止的小球 P 和 Q，其中 P 到 AB 边和 AD 边的距离同为 l/4，
Q 到 CD 边和 AD 边的距离也同为 l/4，如图所示。令 P 对
准 BC 边的 S 点以速度 v 运动，相继与 BC 边及 CD 边弹性 S
常数。原子核个数减少为N0/2 的时间称为半衰期，记为τ，有τ = ln 2 / λ 。自然界中存在下 述核衰变： →22980Th ⎯τ⎯1 =1⎯.9⎯1y→22848 Ra ⎯τ⎯2 =3⎯.6⎯6d →22806 Rn → ，如果矿物中这三种原子核的数
目已近似不随时间变，则可模型化为不随时间变化，称这三种元素已处于平衡态。从这样的
A 处辐射的光，然后才看到由 P 处辐射的光，总的效果是一个以 A 为中心、半径 r 不断
增大的光环。将真空光速记为 c，光环从出现到半径达最大，其间历时
，过程
中光环半径 r 随时间 t 增大的速率 dr 与 r 之间的函数关系为 dr =
。
dt
dt
11. 用主折射率为no、ne的负晶体制成两块波片，当波长为λ的单色线偏振光正入射经过其中
取在水面下方h2处，对应的水平射程记为S2，
则S2 - S1 =
。
S1
6. 质量、半径相同的匀质圆环 A、匀质圆盘 B 和匀质球体 C，开始时旋转角速度同为零，
在水平地面上从同一“起跑线”以相同的水平初速度朝同一方向运动。若 A、B、C 与地
面间的摩擦因数相同，那么，A、B、C 中最先达到匀速纯滚动状态的是 ，最终动能
-1 -2
之间施加电压V0=30mV，然后依
-3
次测量各个细胞和其外细胞液之
0 100 200 300 400 500 600 700 800 900
间的电压V(x)，所得对数实验曲线
如图 3 所示。据此，求出RA对RB的比值。