全国高中物理竞赛复赛试题及答案
高中生物理竞赛复赛试题及答案
全国中学生物理竞赛复赛试题全卷共六题，总分为140分。
一、（20分）一汽缸的初始体积为0V ，其中盛有2mol 的空气和少量的水（水的体积可以忽略）。
平衡时气体的总压强是3.0atm ，经做等温膨胀后使其体积加倍，在膨胀结束时，其中的水刚好全部消失，此时的总压强为2.0atm 。
若让其继续作等温膨胀，使体积再次加倍。
试计算此时：1.汽缸中气体的温度；2.汽缸中水蒸气的摩尔数；3.汽缸中气体的总压强。
假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。
二、（25分）两个焦距分别是1f 和2f 的薄透镜1L 和2L ，相距为d ，被共轴地安置在光具座上。
1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。
三、（25分）用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。
圆环处于超导状态，环内电流为100A 。
经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于610A －。
试估算该超导材料电阻率数量级的上限。
提示：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02I B rμ= ,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，720410N A μπ=⨯⋅－－。
四、（20分）经过用天文望远镜长期观测，人们在宇宙中已经发现了许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。
双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。
一般双星系统距离其他星体很远，可以当作孤立系统处理。
现根据对某一双星系统的光度学测量确定，该双星系统中每个星体的质量都是M ，两者相距L 。
他们正绕两者连线的中点作圆周运动。
1. 试计算该双星系统的运动周期T 计算。
2. 若实验上观测到的运动周期为T 观测，且:1:1)T T N =>观测计算。
为了解释T 观测与T 计算的不同，目前有一种流行的理论认为，在宇宙中可能存在一种望远镜观测不到的暗物质。
2024年9月第41届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
第41届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答（2024年9月21日9:00-12:00）一、（45分） （1）（1.1）记质量为M 的振子偏离平衡位置的位移为x （向左为正），单摆的偏转角为θ（向左为正），摆臂上的张力为T ，按牛顿第二定律，摆锤在水平方向上的运动方程为m ẍ+lθcos θ−lθ sin θ =−T sin θ ①在竖直方向上的运动方程为m −l sin θθ−lθ cos θ =m g −T cos θ ② 利用小幅度振动条件，保留到小量θ的领头阶，有sin cos 1 ， ③将③式代入①②式，并保留到小量θ的领头阶，得T mg ④ ẍ+lθ+g θ=0⑤【注: 利用悬点不动的非惯性系也可更方便地得到上述结果。
在悬点不动的非惯性系中，摆锤额外受到横向的惯性力−mẍ，有角向运动方程mlθ=−m g sin θ−mẍcosθ ①′ 同时也有径向运动方程2θcosθsin ml mx g T m ②′进一步利用小摆幅条件，保留到小量θ的领头阶，即得⑤④式。
】质量为M 的振子在水平方向上做一维运动， 由牛顿第二定律得Mẍ=−kx +T sin θ+H cos ωt ⑥由③④⑥式得Mẍ+kx −m g θ=H cos ωt ⑦只考虑系统在强迫力下的稳定振动，稳定振动的圆频率为ω，设cos(x x A t ) ⑧ cos()l B t ⑨其中φ 、φ 是稳定振动与所受强迫力之间的位相差。
将⑧⑨式代入方程⑤⑦后，所得出的两个方程对任意时间 t 均成立，故有00x ，⑩进而有22M m k A m B H⑪ 22200A B⑫由⑪⑫式得2202222200()()()HA k M m⑬222222222000()()H B A k M m⑭其中（1.2）由⑬式可知，当没有阻尼器时（这时0m ），有2HA k M ⑮即当风的频率为⑯时，大楼受迫振动幅度最大。
当风的频率取⑮式所示的值、但有阻尼器时，由⑬式得k g H H kl Mg M l A g k gkm m l M⑰为了调节阻尼器的参数m 、l 使得A 最小，可取Mgl k， ⑱或m 尽可能大。
第25届全国高中生物理竞赛答案(复赛)
第25届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答一、答案1. 14103.1⨯ 2. 31122kg m s -⋅⋅ 51.0610-⨯(答51.0510-⨯也给分)3.34T T 二、参考解答：1. 椭圆半长轴a 等于近地点和远地点之间距离的一半，亦即近地点与远地点矢径长度（皆指卫星到地心的距离）n r 与f r 的算术平均值，即有 ()()()()n f n f n f111222a r r H R H R H H R =+=+++=++⎡⎤⎣⎦ (1) 代入数据得43.194610a =⨯km (2) 椭圆半短轴b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值，即有b = (3)代入数据得41.94210km b =⨯ (4) 椭圆的偏心率ab a e 22-=(5) 代入数据即得0.7941e = (6)2. 当卫星在16小时轨道上运行时，以n v 和f v 分别表示它在近地点和远地点的速度，根据能量守恒，卫星在近地点和远地点能量相等，有22n f n f1122GMm GMmm m r r -=-v v (7) 式中M 是地球质量，G 是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的连线垂直，根据角动量守恒，有n n f f m r m r =v v (8) 注意到g RGM=2(9)由(7)、(8)、(9)式可得n =v (10)n f n f r r ==v v (11) 当卫星沿16小时轨道运行时，根据题给的数据有n n r R H =+ f f r R H =+ 由(11)式并代入有关数据得f 1.198=v km/s (12)依题意，在远地点星载发动机点火，对卫星作短时间加速，加速度的方向与卫星速度方向相同，加速后长轴方向没有改变，故加速结束时，卫星的速度与新轨道的长轴垂直，卫星所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度4f f 5.093010H H '==⨯km ，但新轨道近地点高度2n6.0010H '=⨯km .由(11)式，可求得卫星在新轨道远地点处的速度为 f 1.230'=v km/s (13) 卫星动量的增加量等于卫星所受推力F 的冲量，设发动机点火时间为∆t ，有()f f m F t '-=∆v v (14) 由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得∆t=21.510s ⨯ (约2.5分) (15) 这比运行周期小得多.3. 当卫星沿椭圆轨道运行时，以r 表示它所在处矢径的大小，v 表示其速度的大小，θ表示矢径与速度的夹角，则卫星的角动量的大小sin 2L rm m θσ==v (16 ) 其中1sin 2r σθ=v （17）是卫星矢径在单位时间内扫过的面积，即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的，故σ是恒量.利用远地点处的角动量，得f f 12r σ=v (18)又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为πS ab = (19) 所以卫星沿轨道运动的周期σST =(20)由(18)、(19)、(20) 式得f f2πabT r =v (21) 代入有关数据得45.67810T =⨯s (约15小时46分) (22)注：本小题有多种解法.例如，由开普勒第三定律，绕地球运行的两亇卫星的周期T 与T 0之比的平方等于它们的轨道半长轴a 与a 0之比的立方，即2300T a T a ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭若0a 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径，则有202002πGMmma a T ⎛⎫= ⎪⎝⎭得22203204π4πT a GM gR ==从而得T =代入有关数据便可求得(22)式.4. 在绕月圆形轨道上，根据万有引力定律和牛顿定律有2m m 2m m2π()GM m mr r T = (23) 这里m m r r H =+是卫星绕月轨道半径，m M 是月球质量. 由(23)式和(9)式，可得23mm 22m4πr M M gR T = (24) 代入有关数据得m0.0124M M= (25)三、参考解答：足球射到球门横梁上的情况如图所示（图所在的平面垂直于横梁轴线）.图中B 表示横梁的横截面，O 1为横梁的轴线；11O O '为过横梁轴线并垂直于轴线的水平线；A 表示足球，O 2为其球心；O 点为足球与横梁的碰撞点，碰撞点O 的位置由直线O 1OO 2与水平线11O O '的夹角θ 表示.设足球射到横梁上时球心速度的大小为v 0，方向垂直于横梁沿水平方向，与横梁碰撞后球心速度的大小为v ，方向用它与水平方向的夹角ϕ表示(如图).以碰撞点O 为原点作直角坐标系Oxy ，y 轴与O 2OO 1重合.以α0表示碰前速度的方向与y 轴的夹角，以α表示碰后速度的方向与y 轴(负方向)的夹角，足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向，即角α的大小.以F x 表示横梁作用于足球的力在x 方向的分量的大小，F y 表示横梁作用于足球的力在y 方向的分量的大小，∆t 表示横梁与足球相互作用的时间，m 表示足球的质量，有x 0x x F t m m ∆=-v v (1) y y 0y F t m m ∆=+v v (2) 式中0x v 、0y v 、x v 和y v 分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy 中的分量的大小.根据摩擦定律有x y F F μ= (3) 由（1）、（2）、（3）式得 0x xy 0yμ-=+v v v v (4)根据恢复系数的定义有y 0y e =v v （5） 因0x00ytan α=v v （6） xytan α=v v （7） 由（4）、（5）、（6）、（7）各式得⎪⎭⎫⎝⎛+-=e e 11tan 1tan 0μαα （8） 由图可知αθϕ+= （9）若足球被球门横梁反弹后落在球门线内，则应有90ϕ≥ (10) 在临界情况下，若足球被反弹后刚好落在球门线上，这时90ϕ= .由（9）式得()tan 90tan θα-=(11)因足球是沿水平方向射到横梁上的，故θα=0，有⎪⎭⎫⎝⎛+-=e e 11tan 1tan 1μθθ (12) 这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置θ所满足的方程.解（12）式得tan θ=13)代入有关数据得tan 1.6θ= (14) 即58θ=(15)现要求球落在球门线内，故要求58θ≥ (16)四、参考解答：1. 当阀门F 关闭时，设封闭在M 和B 中的氢气的摩尔数为n 1，当B 处的温度为T 时，压力表显示的压强为 p ，由理想气体状态方程，可知B 和M 中氢气的摩尔数分别为 RTpV n BB 1=(1) 0MM 1RT pV n = (2) 式中R 为普适气体恒量.因1M 1B 1n n n =+ (3) 解（1）、（2）、（3）式得 1MB B 011n R V T V p V T =- (4) 或1MB B 0p T n R V p V V T =- (5) (4)式表明，T 1与p1成线性关系，式中的系数与仪器结构有关.在理论上至少要测得两个已知温度下的压强，作T 1对p1的图线，就可求出系数. 由于题中己给出室温T 0时的压强p 0，故至少还要测定另一己知温度下的压强，才能定量确定T 与p 之间的关系式.2. 若蒸气压温度计测量上限温度v T 时有氢气液化，则当B 处的温度v T T ≤时，B 、M 和E 中气态氢的总摩尔数应小于充入氢气的摩尔数.由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩尔数 ()0B M E 20p V V V n RT ++=（6）假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体，则B 中气态氢的摩尔数为 v B2B vp V n RT =（7） 在（7）式中，已忽略了B 中液态氢所占的微小体积.由于蒸气压温度计的其它都分仍处在室温中，其中氢气的摩尔数为()νM E 2M 2Ep V V n n RT ++= （8）根据要求有2B 2M 2E 2n n n n ++≤ （9） 解（6）、（7）、（8）、（9）各式得 ()B vv 0v00v E M V T p p T p T p V V --≥+ (10)代入有关数据得M E B 18V V V +≥ (11)五、答案与评分标准：1．59.022122=-=+(3分) 2 (2分)2．如图(15分.代表电流的每一线段3分，其中线段端点的横坐标占1分，线段的长度占1分，线段的纵坐标占1分)六、参考解答：如果电流有衰减，意味着线圈有电阻，设其电阻为R ，则在一年时间t 内电流通过线圈因发热而损失的能量为Rt I E 2=∆ （1） 以ρ 表示铅的电阻率，S 表示铅丝的横截面积，l 表示铅丝的长度，则有 SlR ρ= （2） 电流是铅丝中导电电子定向运动形成的，设导电电子的平均速率为v ，根据电流的定义有 I S ne =v （3） 所谓在持续一年的时间内没有观测到电流的变化，并不等于电流一定没有变化，但这变化不会超过电流检测仪器的精度∆I ，即电流变化的上限为mA 0.1=∆I .由于导电电子的数密度n 是不变的，电流的变小是电子平均速率变小的结果，一年内平均速率由v 变为 v -∆v ，对应的电流变化I neS ∆=∆v （4） 导电电子平均速率的变小，使导电电子的平均动能减少，铅丝中所有导电电子减少的平均动能为()221122k E lSn m m ⎡⎤∆=--∆⎢⎥⎣⎦v v v l S n m ≈∆v v （5） 由于∆I<<I ，所以∆v <<v ，式中∆v 的平方项已被略去.由（3）式解出 v ，（4）式解出 ∆v ，代入（5）式得2k lmI IE ne S∆∆=(6) 铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量，即E E k ∆=∆ （7） 由(1)、(2)、(6)、(7)式解得2Δm I ne Itρ= （8）式中7365243600s =3.1510s t =⨯⨯⨯ （9）在（8）式中代入有关数据得261.410Ωm ρ-=⨯⋅ (10)所以电阻率为0的结论在这一实验中只能认定到m Ω104.126⋅⨯≤-ρ (11)七、参考解答：按照斯特藩-玻尔兹曼定律，在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为 4s s W T σ=(1)其中σ为斯特藩-玻尔兹曼常量，T s 为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为R s ，则单位时间内整个太阳表面向外辐射的能量为2s s s 4πP R W= (2) 单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是s P .设太阳到地球的距离为r se ，考虑到地球周围大气的吸收，地面附近半径为R 的透镜接收到的太阳辐射的能量为 ()2s 2seπ14πP P R r α=- (3)薄凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上，并被薄圆盘全部吸收.另一方面，因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为D R ，温度为D T ，注意到簿圆盘有两亇表面，故圆盘在单位时间内辐射的能量为24D D D 2πP R T σ=⋅⋅ (4)显然，当D P P = (5) 即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时，圆盘达到稳定状态，其温度达到最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得 ()1224s D s 22se D12R R T T r R α⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦(6) 依题意，薄圆盘半径为太阳的像的半径s R '的2倍，即D 2s R R '=.由透镜成像公式知s sseR R f r '= (7) 于是有sD se2R R f r = (8) 把(8)式代入(6)式得()124D s 218R T T f α⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦(9) 代入已知数据，注意到s s (273.15)T t =+K ， T D =1.4×103K (10)即有3o D D 273.15 1.110C t T =-=⨯ (11) 八、参考解答：1．根据爱因斯坦质能关系，3H 和3He 的结合能差为()332n p H He B m m m m c ∆=--+ (1)代入数据，可得763.0=∆B MeV (2) 2．3He 的两个质子之间有库仑排斥能，而3H 没有.所以3H 与3He 的结合能差主要来自它们的库仑能差.依题意，质子的半径为N r ，则3He 核中两个质子间的库仑排斥能为2C N2e E k r = (3)若这个库仑能等于上述结合能差，C E B =∆，则有2N 2Δke r B= (4)代入数据，可得N 0.944r =fm (5)3．粗略地说，原子核中每个核子占据的空间体积是 3N (2)r .根据这个简单的模型，核子数为A 的原子核的体积近似为33N N (2)8V A r Ar == (6)另一方面，当A 较大时，有 343V R π=（7） 由（6）式和（7）式可得R 和A 的关系为1/31/31/3N 06πR r A r A ⎛⎫== ⎪⎝⎭(8)其中系数1/30N 6πr r ⎛⎫= ⎪⎝⎭(9)把(5)式代入(9)式得17.10=r fm (10) 由(8)式和(10)式可以算出Pb 208的半径Pb 6.93fm R =。
第21届全国中学生高中物理竞赛复赛题试卷及参考解答
140分. 一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数dPSt k N ∆=，其中t 为渗透持续时间，S 为薄膜的面积，d 为薄膜的厚度，P ∆为薄膜两侧气体的压强差．k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，材料的气密性能愈好． 图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图．EFGI 为渗透室，U 形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U 形管内横截面积A ＝0.150cm 2．实验中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ，再将薄膜固定于图中C C '处，从而把渗透室分为上下两部分，上面部分的容积30cm 00.25=V ，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为V 1，薄膜能够透气的面积S=1.00cm 2．打开开关K 1、K 2与大气相通，大气的压强P 1＝1.00atm ，此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ，31cm 00.5=V ．关闭K 1、K 2后，打开开关K 3，对渗透室上部分迅速充气至气体压强atm 00.20=P ，关闭K 3并开始计时．两小时后， U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=∆H ．实验过程中，始终保持温度为C 0 ．求该薄膜材料在C 0 时对空气的透气系数．（本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值P ∆来代替公式中的P ∆．普适气体常量R = 8.31Jmol -1K -1，1.00atm = 1.013×105Pa ）．第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动，它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期．已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R的2倍，卫星通过近地点时的速度v，式中M为地球质量，G为引力常量．卫星上装有同样的角度测量仪，可测GM43R出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角．试设计一种测量方案，利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离．（最后结果要求用测得量和地球半径R表示）三、(15分)μ子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ．宇宙射线与大气在高空某处发生核反应产生一批μ子，以v = 0.99c 的速度（c 为真空中的光速）向下运动并衰变．根据放射性衰变定律，相对给定惯性参考系，若t = 0时刻的粒子数为N (0), t 时刻剩余的粒子数为N (t )，则有()()τt N t N -=e 0，式中τ为相对该惯性系粒子的平均寿命．若能到达地面的μ子数为原来的5％，试估算μ子产生处相对于地面的高度h ．不考虑重力和地磁场对μ子运动的影响．四、(20分)目前，大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条状，通常称为激光二极管条．但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束，光能分布很不集中，不利于传输和应用．为了解决这个问题，需要根据具体应用的要求，对光束进行必需的变换（或称整形）．如果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束，对半导体激光的传输和应用将是非常有意义的．为此，有人提出了先把多束发散光会聚到一点，再变换为平行光的方案，其基本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明．如图，S1、S2、S3 是等距离（h）地排列在一直线上的三个点光源，各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为α=arctan()41的圆锥形光束．请使S用三个完全相同的、焦距为f = 1.50h、半径为r =0.75 h的圆形薄凸透镜，经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜，使三束光都能全部投射到这个组合透镜上，且经透镜折射后的光线能全部会聚于z轴（以S2为起点，垂直于三个点光源连线，与光束中心线方向相同的射线）上距离S2为L = 12.0 h处的P点．（加工时可对透镜进行外形的改变，但不能改变透镜焦距．）1．求出组合透镜中每个透镜光心的位置．2．说明对三个透镜应如何加工和组装，并求出有关数据．五、(20分)如图所示，接地的空心导体球壳内半径为R，在空腔内一直径上的P 1和P 2处，放置电量分别为q 1和q 2的点电荷，q 1＝q 2＝q ，两点电荷到球心的距离均为a ．由静电感应与静电屏蔽可知：导体空腔内表面将出现感应电荷分布，感应电荷电量等于－2q ．空腔内部的电场是由q 1、q 2和两者在空腔内表面上的感应电荷共同产生的．由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的，所以很难用场强叠加原理直接求得腔内的电势或场强．但理论上可以证明，感应电荷对腔内电场的贡献，可用假想的位于腔外的（等效）点电荷来代替（在本题中假想(等效)点电荷应为两个），只要假想的（等效）点电荷的位置和电量能满足这样的条件，即：设想将整个导体壳去掉，由q 1在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷1q '与q 1共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0；由q 2在原空腔内表面的感应电荷的假想（等效）点电荷2q '与q 2共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为0．这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷，而且这样确定的等效电荷是唯一的．等效电荷取代感应电荷后，可用等效电荷1q '、2q '和q 1、q 2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强．1．试根据上述条件，确定假想等效电荷1q '、2q '的位置及电量． 2．求空腔内部任意点A 的电势U A ．已知A 点到球心O 的距离为r ，OA 与1OP 的夹角为θ ．六、(20分)如图所示，三个质量都是m的刚性小球A、B、C位于光滑的水平桌面上（图中纸面），A、B之间，B、C之间分别用刚性轻杆相连，杆与A、B、C的各连接处皆为“铰链式”的（不能对小球产生垂直于杆方向的作用力）．已知杆AB与BC的夹角为π-α，α < π/2．DE为固定在桌面上一块挡板，它与AB连线方向垂直．现令A、B、C一起以共同的速度v沿平行于AB连线方向向DE运动，已知在C与挡板碰撞过程中C与挡板之间无摩擦力作用，求碰撞时当C沿垂直于DE方向的速度由v变为0这一极短时间内挡板对C的冲量的大小．七、（25分）如图所示，有二平行金属导轨，相距l ，位于同一水平面内（图中纸面），处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下（垂直纸面向里）．质量均为m 的两金属杆ab 和cd 放在导轨上，与导轨垂直．初始时刻， 金属杆ab 和cd 分别位于x = x 0和x = 0处．假设导轨及金属杆的电阻都为零，由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为L ．今对金属杆ab 施以沿导轨向右的瞬时冲量，使它获得初速0v ．设导轨足够长，0x 也足够大，在运动过程中，两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距0x ，因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数L 是恒定不变的．杆与导轨之间摩擦可不计．求任意时刻两杆的位置x ab 和x cd 以及由两杆和导轨构成的回路中的电流i 三者各自随时间t 的变化关系．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）2222V 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 HAV V ∆+='11 （4）H g p p Δ221ρ+'=（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RTV 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∆pV ΔnRTp =∆ （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[])(211010p 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---⨯=∆=tSp 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远近＋r r AB =(1)式中r 近、与r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离．由角动量守恒远远近近＝r m r v mv (2)式中m 为卫星的质量．由机械能守恒远远近近－－r GMm m r GMm m 222121v v = (3) 已知R r 2＝近， RGM43＝近v得 R r 6=远(4)所以R R R AB 862=+= (5)在△ABC 中用正弦定理 ()ABBC211πsin sin ααα--= (6)所以()AB BC 211sin sin ααα+=(7)地心与星体之间的距离为OC ，在△BOC 中用余弦定理2222cos 2αBC r BC r OC ⋅-+=远远(8)由式(4)、(5)、(7)得()()212121212sin cos sin 24sin sin 1692ααααααα+-++=R OC(9)评分标准：本题20分．(1)式2分，(2)、(3)式各3分，(6) 、(8)式各3分， (9) 式6分．三、因μ子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命s 100.260-⨯≈τ根据时间膨胀效应，在地球上观测到的μ子平均寿命为τ，()21c v -=ττ (1)代入数据得 τ = 1.4×10－5s(2)相对地面，若μ子到达地面所需时间为t ，则在t 时刻剩余的μ子数为()()τt N t N -=e 0 (3)根据题意有()()%5e 0==-τt N t N (4)对上式等号两边取e 为底的对数得1005lnτ-=t (5)代入数据得s 1019.45-⨯=t(6)根据题意，可以把μ子的运动看作匀速直线运动，有t h v =(7)代入数据得 m 1024.14⨯=h(8)评分标准：本题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分．四、1．考虑到使3个点光源的3束光分别通过3个透镜都成实像于P 点的要求，组合透镜所在的平面应垂直于z 轴，三个光心O 1、O 2、O 3的连线平行于3个光源的连线，O 2位于z 轴上，如图1所示．图中M M '表示组合透镜的平面，1S '、2S '、3S '为三个光束中心光线与该平面的交点． 22O S ＝ u 就是物距．根据透镜成像公式fu L u 111=-+ (1) 可解得]4[212fL L L u -±=因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于P 点，来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉，必须有2u tan α ≤h 即u ≤2h ．在上式中取“－”号，代入f 和L 的值，算得h u )236(-=≈1.757h (2)此解满足上面的条件．分别作3个点光源与P 点的连线．为使3个点光源都能同时成像于P 点，3个透镜的光心O 1、O 2、O 3应分别位于这3条连线上（如图1）．由几何关系知，有 h h h L u L O O O O 854.0)24121(3221≈+=-==(3)即光心O 1的位置应在1S '之下与1S '的距离为 h O O h O S 146.02111=-= (4)同理，O 3的位置应在3S '之上与3S '的距离为0.146h 处．由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离必须等于0.854h ，才能使S 1、S 2、S 3都能成像于P 点． 2．现在讨论如何把三个透镜L 1、L 2、L 3加工组装成组合透镜． 因为三个透镜的半径r = 0.75h ，将它们的光心分别放置到O 1、O 2、O 3处时，由于21O O ＝32O O ＝0.854h <2r ，透镜必然发生相互重叠，必须对透镜进行加工，各切去一部分，然后再将它们粘起来，才能满足(3)式的要求．由于对称关系，我们只需讨论上半部分的情况．图2画出了L 1、L 2放在M M '平面内时相互交叠的情况（纸面为M M '平面）．图中C 1、C 2表示L 1、L 2的边缘，1S '、2S '为光束中心光线与透镜的交点，W 1、W 2分别为C 1、C 2与O 1O 2的交点．1S '为圆心的圆1和以2S '（与O 2重合）为圆心的圆2分别是光源S 1和S 2投射到L 1和L 2时产生的光斑的边缘，其半径均为h u 439.0tan ==αρ (5) 根据题意，圆1和圆2内的光线必须能全部进入透镜．首先，圆1的K 点（见图2）是否落在L 1上？由几何关系可知h h()h r h h S O K O 75.0585.0146.0439.0111=<=+='+=ρ (6) 故从S 1发出的光束能全部进入L 1．为了保证全部光束能进入透镜组合，对L 1和L 2进行加工时必须保留圆1和圆2内的透镜部分．下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法．在O 1和O 2之间作垂直于O 1O 2且分别与圆1和圆2相切的切线Q Q '和N N '．若沿位于Q Q '和N N '之间且与它们平行的任意直线T T '对透镜L 1和L 2进行切割，去掉两透镜的弓形部分，然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部．同理，对L 2的下半部和L 3进行切割，然后将L 2的下半部和L 3粘合起来，就得到符合需要的整个组合透镜．这个组合透镜可以将S 1、S 2、S 3发出的全部光线都会聚到P 点．现在计算Q Q '和N N '的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件．设透镜L 1被切去部分沿O 1O 2方向的长度为x 1，透镜L 2被切去部分沿O 1O 2方向的长度为x 2，如图2所示，则对任意一条切割线T T '， x 1、x 2之和为h O O r x x d 646.022121=-=+=（7）由于T T '必须在Q Q '和N N '之间，从图2可看出，沿Q Q '切割时，x 1达最大值(x 1M )，x 2达最小值(x 2m )，ρ-'+=111O S r x M 代入r ，ρ 和11O S '的值，得h x M 457.01=(8)代入(7)式，得h x d x M m 189.012=-= (9)由图2可看出，沿N N '切割时，x 2达最大值(x 2M )，x 1达最小值(x 1m )，ρ-=r x M 2 代入r 和ρ 的值，得h x M 311.02= (10) h x d x M m 335.021=-= （11）由对称性，对L 3的加工与对L 1相同，对L 2下半部的加工与对上半部的加工相同．评分标准：本题20分．第1问10分，其中（2）式5分，（3）式5分，第2问10分，其中(5)式3分，(6)式3分，(7)式2分，(8)式、(9)式共1分，(10)式、(11)式共1分．如果学生解答中没有(7)—(11)式，但说了“将图2中三个圆锥光束照射到透镜部分全部保留，透镜其它部分可根据需要磨去（或切割掉）”给3分，再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证O 1O 2=O 1O 2=0.854h ，再给1分，即给(7)—(11)式的全分（4分）．五、1．解法Ⅰ：如图1所示，S 为原空腔内表面所在位置，1q '的位置应位于1OP 的延长线上的某点B 1处，2q '的位置应位于2OP 的延长线上的某点B 2处．设A 1为S 面上的任意一点，根据题意有0111111='+B A q kP A q k(1)B 210212212='+B A q kP A q k(2)怎样才能使 (1) 式成立呢？下面分析图1中11A OP ∆与11B OA ∆的关系．若等效电荷1q '的位置B 1使下式成立，即211R OB OP ＝⋅(3) 即1111OB OA OA OP =(4)则1111B OA A OP ∽△△有RaOA OP B A P A ==111111 (5)由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷1q '11q aRq -=' (6)由 (3) 式知，等效电荷1q '的位置B 1到原球壳中心位置O 的距离aR OB 21=(7)同理，B 2的位置应使2112B OA A OP ∽△△，用类似的方法可求得等效电荷22q aRq -=' (8)等效电荷2q '的位置B 2到原球壳中心O 位置的距离 aR OB 22=(9)解法Ⅱ：在图1中，设111r P A =，111r B A '=，d OB =1．根据题意，1q 和1q '两者在A 1点产生的电势和为零．有01111=''+r q k r q k（1＇）式中21221)cos 2(θRa a R r -+=（2＇）21221)cos 2(θRd d R r -+='（3＇）由（1＇）、（2＇）、（3＇）式得)cos 2()cos 2(22212221θθRa a R q Rd d R q -+'=-+ （4＇）（4＇）式是以θcos 为变量的一次多项式，要使（4＇）式对任意θ均成立，等号两边的相应系数应相等，即)()(22212221a R q d R q +'=+ （5＇）a q d q 2121'= （6＇） 由（5＇）、（6＇）式得0)(2222=++-aR d R a ad （7＇） 解得aR a R a d 2)()(2222-±+=（8＇）由于等效电荷位于空腔外部，由（8＇）式求得 aR d 2=（9＇）由（6＇）、（9＇）式有212221q aR q =' （10＇）考虑到（1＇）式，有11q aRq -='（11＇）同理可求得aR OB 22=（12＇）22q aRq -=' （13＇）2．A 点的位置如图2所示．A 的电势由q 1、1q '、q 2、2q '共同产生，即⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=A B a R A P A B a R A P kq U A 22111111 (10)因221cos 2a ra r A P +-=θ22221cos 2⎪⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=a R a R r r A B θ 222cos 2a ra r A P ++=θ22222cos 2⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=a R a R r r A B θ 代入 (10) 式得⎝⎛+--+-=422222cos 2cos 21RraR r a Rara r kq U A θθ⎪⎪⎭⎫++-+++422222cos 2cos 21R raR r a Rara r θθ(11)评分标准：本题20分．第1问18分，解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各3分．解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ．第2问2分，即(11)式2分．六、令I 表示题述极短时间∆t 内挡板对C 冲量的大小，因为挡板对C 无摩擦力作用，可知冲量的方向垂直于DE ，如图所示；I '表示B 、C 间的杆对B 或C 冲量的大小，其方向沿杆方向，对B 和C 皆为推力；C v 表示∆t 末了时刻C 沿平行于DE 方向速度的大小，B v 表示∆t 末了时刻B 沿平行于DE 方向速度的大小，⊥B v 表示∆t 末了时刻B 沿垂直于DE 方向速度的大小．由动量定理， 对C 有C m I v ='αsin(1) v m I I ='-αcos (2) 对B 有B m I v ='αsin (3)对AB 有()⊥-='B m I v v 2cos α(4)因为B 、C 之间的杆不能伸、缩，因此B 、C 沿杆的方向的分速度必相等．故有αααsin cos sin B B C v v v -=⊥(5)由以上五式，可解得v m I αα22sin 31sin 3++= (6)图2本题20分． (1)、(2)、(3)、(4)式各2分． (5)式7分，(6)式5分．七、解法Ⅰ：当金属杆ab 获得沿x 轴正方向的初速v 0时，因切割磁力线而产生感应电动势，由两金属杆与导轨构成的回路中会出现感应电流．由于回路具有自感系数，感应电流的出现，又会在回路中产生自感电动势，自感电动势将阻碍电流的增大，所以，虽然回路的电阻为零，但回路的电流并不会趋向无限大，当回路中一旦有了电流，磁场作用于杆ab 的安培力将使ab 杆减速，作用于cd 杆的安培力使cd 杆运动．设在任意时刻t ，ab 杆和cd 杆的速度分别为v 1和v 2（相对地面参考系S ），当v 1、v 2为正时，表示速度沿x 轴正方向；若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向，则因两杆作切割磁力线的运动而产生的感应电动势()21v v -=Bl E(1)当回路中的电流i 随时间的变化率为t i ∆∆时，回路中的自感电动势ti LL ∆∆-=E (2)根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E(3)金属杆在导轨上运动过程中，两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零，系统的质心作匀速直线运动．设系统质心的速度为V C ，有 C mV m 20=v(4)得2v =C V (5)V C 方向与v 0相同，沿x 轴的正方向．现取一新的参考系S '，它与质心固连在一起，并把质心作为坐标原点O '，取坐标轴x O ''与x 轴平行．设相对S '系，金属杆ab 的速度为u ，cd 杆的速度为u '，则有 u V C +=1v (6)u V C '+=2v(7)因相对S '系，两杆的总动量为零，即有0='+u m mu (8)由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式，得ti LBlu ∆∆=2 (9)在S '系中，在t 时刻，金属杆ab 坐标为x '，在t ＋∆t 时刻，它的坐标为x x '∆+'，则由速度的定义tx u ∆'∆=(10)i L x Bl ∆='∆2 (11)若将x '视为i 的函数，由（11）式知i x ∆'∆为常数，所以x '与i 的关系可用一直线方程表示b i BlLx +='2 (12)式中b 为常数，其值待定．现已知在t ＝0时刻，金属杆ab 在S '系中的坐标x '＝021x ，这时i = 0，故得0212x i Bl L x +=' (13)或⎪⎭⎫ ⎝⎛-'=0212x x L Bl i (14)021x 表示t ＝0时刻金属杆ab 的位置．x '表示在任意时刻t ，杆ab 的位置，故⎪⎭⎫ ⎝⎛-'021x x 就是杆ab 在t 时刻相对初始位置的位移，用X 表示，021x x X -'= (15)当X >0时，ab 杆位于其初始位置的右侧；当X <0时，ab 杆位于其初始位置的左侧．代入(14)式，得X LBli 2=(16)这时作用于ab 杆的安培力X Ll B iBl F 222-=-= (17)ab 杆在初始位置右侧时，安培力的方向指向左侧；ab 杆在初始位置左侧时，安培力的方向指向右侧，可知该安培力具有弹性力的性质．金属杆ab 的运动是简谐振动，振动的周期()Ll B mT 222π2= (18)在任意时刻t ， ab 杆离开其初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(19)A 为简谐振动的振幅，ϕ 为初相位，都是待定的常量．通过参考圆可求得ab 杆的振动速度⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=ϕt T T A u π2sin π2 (20)(19)、(20)式分别表示任意时刻ab 杆离开初始位置的位移和运动速度．现已知在t ＝0时刻，ab 杆位于初始位置，即X = 0 速度00002121v v v v =-=-=C V u 故有ϕcos 0A = ϕsin π220⎪⎭⎫ ⎝⎛-=T A v 解这两式，并注意到(18)式得 2π3=ϕ(21) 22400mLBl T A v v ==π(22) 由此得ab 杆的位移 t T mLBl t T mL Bl X π2sin 222π3π2cos 2200vv =⎪⎭⎫ ⎝⎛+=（23） 由 (15) 式可求得ab 杆在S '系中的位置 t T mL Bl x x π2sin 222100ab v +='(24) 因相对质心，任意时刻ab 杆和cd 杆都在质心两侧，到质心的距离相等，故在S '系中，cd 杆的位置 t T mLBl x x π2sin 222100cd v --='(25) 相对地面参考系S ，质心以021v =C V 的速度向右运动，并注意到（18）式，得ab 杆在地面参考系中的位置 t mL Bl mL Bl t x x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=2sin 2221000ab v v(26) cd 杆在S 系中的位置 t mL BlmL Bl t x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2sin 222100cd v v（27）回路中的电流由 (16) 式得 t mL Bl L m t T mL Bl L Bl i ⎪⎪⎭⎫⎝⎛==2sin 2π2sin 22200v v(28) 解法Ⅱ：当金属杆在磁场中运动时，因切割磁力线而产生感应电动势，回路中出现电流时，两金属杆都要受到安培力的作用，安培力使ab 杆的速度改变，使cd 杆运动．设任意时刻t ，两杆的速度分别为v 1和v 2（相对地面参考系S ），若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向，则由两金属杆与导轨构成的回路中，因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为()21v v -=Bl E(1’) 令u 表示ab 杆相对于cd 杆的速度，有Blu L =E(2’) 当回路中的电流i 变化时，回路中有自感电动势E L ，其大小与电流的变化率成正比，即有 t iL L ∆∆-=E(3’) 根据欧姆定律，注意到回路没有电阻，有0=+L E E 由式(2’)、(3’)两式得 t iL Blu ∆∆=(4’) 设在t 时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的距离为x '，在t ＋∆t 时刻，ab 相对于cd 杆的距离为x '＋x '∆，则由速度的定义，有 t x u ∆'∆=(5’) 代入 (4') 式得i L x Bl ∆='∆(6’) 若将x '视为i 的函数，由(6’)式可知，i x ∆'∆为常量，所以x '与i 的关系可以用一直线方程表示，即 b i Bl Lx +='(7’) 式中b 为常数，其值待定．现已知在t ＝0时刻，金属杆ab 相对于cd 杆的距离为0x ，这时i = 0，故得 0x i Bl Lx +='(8’) 或 ()0x x L Bli -'=(9’) 0x 表示t ＝0时刻金属杆ab 相对于cd 杆的位置．x '表示在任意时刻t 时ab 杆相对于cd 杆的位置，故()0x x -'就是杆ab 在t 时刻相对于cd 杆的相对位置相对于它们在t ＝0时刻的相对位置的位移，即从t ＝0到t ＝t 时间内ab 杆相对于cd 杆的位移0x x X -'=(10') 于是有X L Bli =(11’) 任意时刻t ，ab 杆和cd 杆因受安培力作用而分别有加速度a ab 和a cd ，由牛顿定律有 ab ma iBl =-(12’) cd ma iBl =(13’)两式相减并注意到(9')式得()X L l B iBl a a m 22cd ab 22-=-=-(14’) 式中()cd ab a a -为金属杆ab 相对于cd 杆的加速度，而X 是ab 杆相对cd 杆相对位置的位移．L l B 222是常数，表明这个相对运动是简谐振动，它的振动的周期()L l B mT 222π2=(15’) 在任意时刻t ，ab 杆相对cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移⎪⎭⎫⎝⎛+=ϕt T A X π2cos(16’) A 为简谐振动的振幅，ϕ 为初相位，都是待定的常量．通过参考圆可求得X 随时间的变化率即速度⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=ϕT T A V π2sin π2(17’) 现已知在t ＝0时刻，杆位于初始位置，即X = 0，速度0v =V故有ϕcos 0A = ϕsin π20⎪⎭⎫⎝⎛-=T A v解这两式，并注意到(15’) 式得2π3=ϕ 2π200mLBl T A v v ==由此得 t mL Bl mL Bl t T mL Bl X ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=2sin 22π3π2cos 200v v(18’) 因t = 0时刻，cd 杆位于x = 0 处，ab 杆位于x = x 0 处，两者的相对位置由x 0表示；设t 时刻，cd 杆位于x = x cd 处，ab 杆位于x = x ab 处，两者的相对位置由x ab －x cd 表示，故两杆的相对位置的位移又可表示为X = x ab －x cd －x 0(19’) 所以 t mL Bl mL Bl x x x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=-2sin 200cd ab v(20’)(12’)和(13’)式相加,()0cd ab =+-=+iBl iBl a a m 得()0cd ab =+a a由此可知，两杆速度之和为一常数即v 0，所以两杆的位置x ab 和x cd 之和应为x ab ＋x cd = x 0＋v 0t(21’) 由(20’)和(21’)式相加和相减，注意到(15’)式，得 t mL Bl mL Bl t x x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛++=2sin 2221000ab vv（22’） t mL Bl mL Bl t x ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-=2sin 222100cd v v（23’） 由(11’)、（19’）(22’)、(23’)式得回路中电流 t mL Bl L m i ⎪⎪⎭⎫⎝⎛=2sin 20v（24’）评分标准：本题25分．解法Ⅰ 求得(16)式8分，(17)、(18)、(19)三式各2分． (23)式4分，(24)、(25)二式各2分，(26)、(27)、(28)三式各1分．解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分标准中的相应式子给分．。
全国高中物理竞赛复赛试题及答案
全国高中物理竞赛复赛试题及答案第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷一、（15分）给定一个半径为R的均匀带电球体a，球心为O。
已知球表面处的电势为U=1000V，取无限远处的电势为零。
一个动能为2000eV的质子b以与O O平行的方向射向a。
设b与O O线之间的垂直距离为l，求l的最大值，使得质子b能够与带电球体a的表面相碰。
再将质子换成电子，求l的最大值。
二、（15分）一个U形管包含两支管A、B和水平管C，它们都是由内径均匀的细玻璃管制成的。
三部分的截面积分别为SA=1.0×10^-2 cm^2，SB=3.0×10^-2 cm^2，SC=2.0×10^-2cm^2.在C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭。
当温度为t1=27℃时，空气柱长为l=30cm，C中气柱两侧的水银柱长分别为a=2.0cm和b=3.0cm，A、B两支管都很长，其中的水银柱高均为h=12cm。
大气压强保持为p=76cmHg不变。
不考虑温度变化时管和水银的热膨胀。
试求气柱中空气温度缓慢升高到t=97℃时空气的体积。
三、（20分）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想。
其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，在通道的两个出口处A 和B，分别将质量为M的物体和质量为m的待发射卫星同时自由释放。
只要M比m足够大，碰撞后，质量为m的物体，即待发射的卫星就会从通道口B冲出通道。
设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小。
这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星。
若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到该通道的距离为多少？已知M=20m，地球半径R=6400km。
假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的。
四、(20分)一个半径为R、折射率为n的玻璃半球放在空气中，平表面中央半径为h的区域被涂黑。
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。
全国物理竞赛复赛试题
1、一个物体在光滑的水平面上以初速度v₀做匀速直线运动，突然受到一个与运动方向相同的恒力作用，则物体将A、继续做匀速直线运动B、速度增大，做匀加速直线运动C、加速度减小，做变加速直线运动D、速度减小，做匀减速直线运动（答案）B。
解析：物体在光滑水平面上原本做匀速直线运动，说明合力为零。
当受到一个与运动方向相同的恒力作用时，合力不再为零，且合力方向与运动方向相同，因此物体会做匀加速直线运动，速度增大。
2、关于光的折射现象，下列说法正确的是A、光从一种介质进入另一种介质时，传播方向一定改变B、光从一种介质进入另一种介质时，速度的改变量与入射角有关C、光从光密介质射入光疏介质时，若入射角大于临界角，则会发生全反射D、光从光疏介质射入光密介质时，折射角总是小于入射角（答案）D。
解析：A选项错误，因为当光线垂直界面入射时，传播方向不变。
B选项错误，光在介质中的速度由介质的折射率决定，与入射角无关。
C选项错误，应该是光从光密介质射入光疏介质时，若入射角大于或等于临界角，才会发生全反射。
D选项正确，根据折射定律，光从光疏介质射入光密介质时，折射角总是小于入射角。
3、在静电场中，下列说法中正确的是A、电势为零的点，电场强度也一定为零B、电场强度的方向处处与等势面垂直C、由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合D、电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向（答案）B。
解析：A选项错误，电势是相对的，可以人为规定某点为电势零点，但电场强度是由电场本身决定的，两者无必然联系。
B选项正确，电场强度的方向是电势降低最快的方向，因此与等势面垂直。
C选项错误，只有当电场线是直线，且电荷初速度为零或初速度方向与电场线方向相同时，电荷的运动轨迹才与电场线重合。
D选项错误，电场强度的方向是电势降低最快的方向，但不一定是电势降低的方向。
4、关于简谐振动，下列说法正确的是A、简谐振动的加速度大小与位移大小成正比，方向总与位移方向相同B、简谐振动的周期与振幅无关，仅由系统本身的性质决定C、物体做简谐振动时，经过相同的位移，速度大小一定相同D、物体做简谐振动时，速度减小时，加速度一定减小（答案）B。
物理竞赛复赛试题及答案
物理竞赛复赛试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 光在真空中的传播速度是（）A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/hC. 299,792,458 km/sD. 299,792,458 m/h2. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力的大小（）A. 相等B. 不相等C. 相等但方向相反D. 相等且方向相同3. 一个物体的动能与其速度的关系是（）A. 正比B. 反比C. 无关D. 正比且平方关系4. 电场中某点的电势与该点到参考点的电势差成正比（）A. 正确B. 错误二、填空题（每题5分，共20分）1. 根据库仑定律，两点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成______。
2. 一个物体从静止开始做匀加速直线运动，其加速度为a，经过时间t后，其速度为______。
3. 根据欧姆定律，电阻R、电流I和电压V之间的关系是V = ______。
4. 光的折射定律表明，入射角和折射角的正弦值之比等于两种介质的折射率之比，即sinθ1/sinθ2 = ______。
三、计算题（每题10分，共40分）1. 一辆汽车以20 m/s的速度行驶，突然刹车，刹车时的加速度为-5m/s²。
求汽车完全停止所需的时间。
2. 一个质量为2 kg的物体从10 m的高度自由落体，忽略空气阻力，求物体落地时的速度。
3. 一个电路中包含一个5 Ω的电阻和一个9 V的电池，求电路中的电流。
4. 一个光波的波长为600 nm，求其频率。
四、实验题（每题20分，共20分）1. 描述如何使用弹簧秤测量物体的重力，并解释实验原理。
答案：一、选择题1. A2. A3. D4. B二、填空题1. 反比2. at3. IR4. n1/n2三、计算题1. 4 s2. √(2gh) = √(2*9.8*10) m/s ≈ 14.1 m/s3. I = V/R = 9/5 A = 1.8 A4. f = c/λ = (299,792,458)/(600*10^-9) Hz ≈ 5*10^14 Hz四、实验题1. 将物体挂在弹簧秤的挂钩上，读取弹簧秤的示数即为物体的重力。
第全国高中物理竞赛复赛理论试题及参考解答
虾对市爱抚阳光实验学校第25届生物理竞赛复赛试卷本卷共八题，总分值160分 一、〔15分〕1、〔5分〕蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0.033s 。
假设它是由均匀分布的物质构成的球体，脉冲周期是它的旋转周期，万有引力是唯一能阻止它离心分解的力，万有引力常量113126.6710G m kg s ---=⨯⋅⋅，由于脉冲星外表的物质未别离，故可估算出此脉冲星密度的下限是 3kg m -⋅。
2、〔5分〕在单位制中，库仑律写成122q q F kr =，式中静电力常量9228.9810k N m C -=⨯⋅⋅，电荷量q 1和q 2的单位都是库仑，距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
假设把库仑律写成更简洁的形式122q q F r =，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿。
假设把库仑律写成更简洁的形式122q q F r =，式中距离r 的单位是米，作用力F 的单位是牛顿，由此式可这义一种电荷量q 的单位。
当用米、千克、秒表示此单位时，电荷单位= ；单位与库仑的关系为1单位= C 。
3、〔5分〕电子感加速器〔betatron 〕的根本原理如下：一个圆环真空室处于分布在圆柱形体积内的磁场中，磁场方向沿圆柱的轴线，圆柱的轴线过圆环的圆心并与环面垂直。
圆中两个的实线圆代表圆环的边界，与实线圆的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。
磁场的磁感强度B 随时间t 的变化规律为0cos(2/)B B t T π=，其中T为磁场变化的周期。
B 0为大于0的常量。
当B 为正时，磁场的方向垂直于纸面指向纸外。
假设持续地将初速度为v 0的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内〔如图〕，那么电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从t= 到t= 。
二、〔21分〕嫦娥1号奔月卫星与3号别离后，进入绕地运行的椭圆轨道，近地点离地面高22.0510n H km =⨯，远地点离地面高45.093010f H km =⨯，周期约为16小时，称为16小时轨道〔如图中曲线1所示〕。
【精品】高中物理竞赛选拔综合经典习题(Word版含详细答案)
高中物理竞赛复赛经典练习题1. （本题6分）一长度为l 的轻质细杆，两端各固结一个小球A 、B （见图），它们平放在光滑水平面上。
另有一小球D ，以垂直于杆身的初速度v 0与杆端的Α球作弹性碰撞．设三球质量同为m ，求：碰后（球Α和Β）以及D 球的运动情况．2. （本题6分）质量m =10 kg 、长l =40 cm 的链条，放在光滑的水平桌面上，其一端系一细绳，通过滑轮悬挂着质量为m 1 =10 kg 的物体，如图所示．t = 0时,系统从静止开始运动, 这时l 1 = l 2 =20 cm< l 3．设绳不伸长，轮、绳的质量和轮轴及桌沿的摩擦不计，求当链条刚刚全部滑到桌面上时，物体m 1速度和加速度的大小．3. （本题6分） 长为l 的匀质细杆，可绕过杆的一端O 点的水平光滑固定轴转动，开始时静止于竖直位置．紧挨O 点悬一单摆，轻质摆线的长度也是l ，摆球质量为m ．若单摆从水平位置由静止开始自由摆下，且摆球与细杆作完全弹性碰撞，碰撞后摆球正好静止．求： (1) 细杆的质量．(2) 细杆摆起的最大角度θ．4. （本题6分）质量和材料都相同的两个固态物体，其热容量为C ．开始时两物体的温度分别为T 1和T 2（T 1 > T 2）．今有一热机以这两个物体为高温和低温热源，经若干次循环后，两个物体达到相同的温度，求热机能输出的最大功A max ．5. （本题6分）如图所示，123415641 为某种一定量的理想气体进行的一个循环过程，它是由一个卡诺正循环12341 和一个卡诺逆循环15641 组成．已知等温线温度比T 1 / T 2 = 4，卡诺正逆循环曲线所包围面积大小之比为S 1 / S 2 = 2．求循环123415641的效率η．6. （本题6分）将热机与热泵组合在一起的暖气设备称为动力暖气设备，其中带动热泵的动力由热机燃烧燃料对外界做功来提供.热泵从天然蓄水池或从地下水取出热量，向温度较高的暖气系统的水供热.同时，暖气系统的水又作为热机的冷却水.若燃烧1kg 燃料，锅炉能获得的热量为H ，锅炉、地下水、暖气系统的水的温度分别为210℃，15℃，60℃.设热机及热泵均是可逆卡诺机.试问每燃烧1kg 燃料，暖气系统所获得热量的理想数值（不考虑各种实际损失）是多少？7. （本题5分） 如图所示，原点O 是波源，振动方向垂直于纸面，波长是λ ．AB 为波的反射平面，反射时无相位突变π．O 点位于A 点的正上方，h AO =．Ox 轴平行于AB ．求Ox 轴上干涉加强点的坐标（限于x ≥ 0）．8. （本题6分）一弦线的左端系于音叉的一臂的A 点上，右端固定在B 点，并用T = 7.20 N 的水平拉力将弦线拉直，音叉在垂直于弦线长度的方向上作每秒50次的简谐振动（如图）．这样，在弦线上产生了入射波和反射波，并形成了驻波．弦的线密度η = 2.0 g/m ， 弦线上的质点离开其平衡位置的最大位移为4 cm ．在t = 0时，O 点处的质点经过其平衡位置向下运动，O 、B 之间的距离为L = 2.1 m ．试求：12T 1 6543 VpOT 2A(1) 入射波和反射波的表达式； (2) 驻波的表达式．9. （本题6分）用每毫米300条刻痕的衍射光栅来检验仅含有属于红和蓝的两种单色成分的光谱．已知红谱线波长λR 在 0.63─0.76μm 范围内，蓝谱线波长λB 在0.43─0.49 μm 范围内．当光垂直入射到光栅时，发现在衍射角为24.46°处，红蓝两谱线同时出现． (1) 在什么角度下红蓝两谱线还会同时出现？(2) 在什么角度下只有红谱线出现？10. （本题6分）如图所示，用波长为λ= 632.8 nm (1 nm = 10-9 m)的单色点光源S 照射厚度为e = 1.00×10-5 m 、折射率为n 2 = 1.50、半径为R = 10.0 cm 的圆形薄膜F ，点光源S 与薄膜F 的垂直距离为d = 10.0 cm ，薄膜放在空气（折射率n 1 = 1.00）中，观察透射光的等倾干涉条纹．问最多能看到几个亮纹？（注：亮斑和亮环都是亮纹）．11. （本题6分）507⨯双筒望远镜的放大倍数为7，物镜直径为50mm .据瑞利判据，这种望远镜的角分辨率多大？设入射光波长为nm 550.已知眼睛瞳孔的最大直径为7.0mm .求出眼睛对上述入射光的分辨率.用得数除以7，和望远镜的角分辨率对比，然后判断用这种望远镜观察时实际起分辨作用的是眼睛还是望远镜.12. （本题6分）一种利用电容器控制绝缘油液面的装置示意如图. 平行板电容器的极板插入油中，极板与电源以及测量用电子仪器相连，当液面高度变化时，电容器的电容值发生改变，使电容器产生充放电，从而控制电路工作. 已知极板的高度为a ，油的相对电容率为εr ，试求此电容器等效相对电容率与液面高度h 的关系.13. （本题6分）在平面螺旋线中，流过一强度为I 的电流，求在螺旋线中点的磁感强度的大小．螺旋线被限制在半径为R 1和R 2的两圆之间，共n 圈．[提示：螺旋线的极坐标方程为b a r +=θ，其中a ，b 为待定系数]14. （本题6分）一边长为a 的正方形线圈，在t = 0 时正好从如图所示的均匀磁场的区域上方由静止开始下落，设磁场的磁感强度为B ϖ(如图)，线圈的自感为L ，质量为m ，电阻可忽略．求线圈的上边进入磁场前，线圈的速度与时间的关系．15. （本题6分）如图所示，有一圆形平行板空气电容器，板间距为b ，极板间放一与板绝缘的矩形线圈．线圈高为h ，长为l ，线圈平面与极板垂直，一边与极板中心轴重合，另一边沿极板半径放置．若电容器极板电压为U 12 = U m cos ω t ，求线圈电压U 的大小．Bϖ16. （本题6分）在实验室中测得电子的速度是0.8c ，c 为真空中的光速．假设一观察者相对实验室以0.6c 的速率运动，其方向与电子运动方向相同，试求该观察者测出的电子的动能和动量是多少？（电子的静止质量m e ＝9.11×10-31kg ）17. （本题6分）已知垂直射到地球表面每单位面积的日光功率（称太阳常数）等于1.37×103 W/m 2．(1) 求太阳辐射的总功率． (2) 把太阳看作黑体，试计算太阳表面的温度．（地球与太阳的平均距离为1.5×108 km ，太阳的半径为6.76×105 km ，σ = 5.67×10-8 W/(m 2·K 4)）18. （本题6分））已知氢原子的核外电子在1s 态时其定态波函数为 a r a /3100e π1-=ψ，式中 220em h a e π=ε ．试求沿径向找到电子的概率为最大时的位置坐标值．( ε0 = 8.85×10-12 C 2·N -1·m -2 ，h = 6.626×10-34 J ·s ， m e = 9.11×10-31 kg ， e = 1.6 ×10-19 C )参考答案1. （本题6分）解：设碰后刚体质心的速度为v C ，刚体绕通过质心的轴的转动的角速度为ω，球D 碰后的速度为v '，设它们的方向如图所示．因水平无外力，系统动量守恒：C m m m v v v )2(0+'= 得：(1)20C v v v ='- 1分 弹性碰撞，没有能量损耗，系统动能不变；222220])2(2[21)2(212121ωl m m m m C ++'=v v v ，得 (2)22222220l C ω+='-v v v 2分 系统对任一定点的角动量守恒,选择与A 球位置重合的定点计算．A 和D 碰撞前后角动量均为零，B 球只有碰后有角动量，有])2([0C B l ml ml v v -==ω，得(3)2lC ω=v 2分(1)、(2)、(3)各式联立解出 lC 00;2;0vv v v ==='ω。
- 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)。
第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷题号 一 二 三 四 五 六 七 总计 得分 复核人全卷共七题，总分为140分。
一、（15分）图中a 为一固定放置的半径为R 的均匀带电球体，O 为其球心．己知取无限远处的电势为零时，球表面处的电势为U =1000 V ．在离球心O 很远的O ′点附近有一质子b ，它以 E k ＝2000 eV 的动能沿与O 'O 平行的方向射向a ．以l 表示b 与O 'O 线之间的垂直距离，要使质子b 能够与带电球体a 的表面相碰，试求l 的最大值．把质子换成电子，再求l 的最大值． 二、（15分）U 形管的两支管 A 、B 和水平管C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的，它们的内径与管长相比都可忽略不计．己知三部分的截面积分别为 2A 1.010S -=⨯cm 2，2B 3.010S -=⨯cm 2，2C 2.010S -=⨯cm 2，在 C 管中有一段空气柱，两侧被水银封闭．当温度为127t =℃时，空气柱长为l ＝30 cm （如图所示），C 中气柱两侧的水银柱长分别为 a ＝2.0cm ，b ＝3.0cm ，A 、B 两支管都很长，其中的水银柱高均为h ＝12 cm ．大气压强保持为 0p ＝76 cmHg 不变．不考虑温度变化时管和水银的热膨胀．试求气柱中空气温度缓慢升高到 t ＝97℃时空气的体积． 三、（20分）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条弦挖一通道，如图所示．在通道的两个出口处A 和B ，分别将质量为M 的物体和质量为m 的待发射卫星同时自由释放，只要M 比m 足够大，碰撞后，质量为m 的物体，即待发射的卫星就会从通道口B 冲出通道；设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚离开出口B 时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方向，但不改变速度的大小．这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为一个人造卫星．若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地心到该通道的距离为多少？己知M ＝20m ，地球半径0R ＝6400 km ．假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰撞是弹性的．四、(20分)如图所示，一半径为R 、折射率为n 的玻璃半球，放在空气中，平表面中央半径为0h 的区域被涂黑．一平行光束垂直入射到此平面上，正好覆盖整个表面．Ox 为以球心O 为原点，与平而垂直的坐标轴．通过计算，求出坐标轴Ox 上玻璃半球右边有光线通过的各点（有光线段）和无光线通过的各点（无光线段）的分界点的坐标．五、(22分)有一半径为R 的圆柱A ，静止在水平地面上，并与竖直墙面相接触．现有另一质量与A 相同，半径为r 的较细圆柱B ，用手扶着圆柱A ，将B 放在A 的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放手．己知圆柱A 与地面的静摩擦系数为0.20，两圆柱之间的静摩擦系数为0.30．若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱B 与墙面间的静摩擦系数和圆柱B 的半径r 的值各应满足什么条件？ 六、(23分)两个点电荷位于x 轴上，在它们形成的电场中，若取无限远处的电势为零，则在正x 轴上各点的电势如图中曲线所示，当0x →时，电势U →∞：当x →∞时，电势0U →；电势为零的点的坐标0x , 电势为极小值0U -的点的坐标为 0ax （a ＞2）。
试根据图线提供的信息，确定这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在x 轴上的位置．七、(25分)如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为h 处沿水平方向以初速0v 抛出．己知物块碰地弹起时沿竖直方向的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为e （＜1＝．又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数为μ（≠0）：每次碰撞过程的时间都非常短，而且都是“饼面”着地．求物块沿水平方向运动的最远距离．第二十届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m 表示质子的质量，0v 和v 分别表示质子的初速度和到达a 球球面处的速度，e 表示元电荷，由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）因为a 不动，可取其球心O 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O 点的角动量守恒。
所求l 的最大值对应于质子到达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max l 表示l 的最大值，由角动量守恒有max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eUl 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e 改为e -。
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1(27273)K=300K T =+时，气柱中的空气的压强和体积分别为10p p h =+， （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。
设温度升高到2T 时，气柱右侧水银刚好全部压到B 管中，使管中水银高度增大CBbS h S ∆=（3） 由此造成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h ∆，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以，当温度为2T 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273370T t =+=K ，所以温度将继续升高。
从这时起，气柱中的空气作等压变化。
当温度到达T 时，气柱体积为22TV V T =（10） 代入数据可得30.72cm V = （11）评分标准：本题15分。
求得式（6）给6分，式（7）1分，式（9）2分，式（10）5分，式（11）1分。
三、参考解答位于通道内、质量为m 的物体距地心O 为r 时（见图复解20-3），它受到地球的引力可以表示为2GM mF r'=， （1） 式中M '是以地心O 为球心、以r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以ρ表示地球的密度，此质量可以表示为343M r ρπ'=（2） 于是，质量为m 的物体所受地球的引力可以改写为43F G mr πρ= （3）作用于质量为m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为sin f F θ= （4）sin xrθ= （5） θ为r 与通道的中垂线OC 间的夹角，x 为物体位置到通道中 点C 的距离，力的方向指向通道的中点C 。
在地面上物体的重力可以表示为02GM mmg R =（6） 式中0M 是地球的质量。
由上式可以得到043g G R πρ= （7）由以上各式可以求得mgf x R =（8） 可见，f 与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 0mgk R =（9） 物体将以C 为平衡位置作简谐振动，振动周期为02/T R g π=。
取0x =处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为m 的静止物体到达0x =处的速度为0v ，则根据能量守恒，有2220011()22mv k R h =- （10） 式中h 表示地心到通道的距离。
解以上有关各式，得22200R h v g R -= （11）可见，到达通道中点C 的速度与物体的质量无关。
设想让质量为M 的物体静止于出口A 处，质量为m 的物体静止于出口B 处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点C 处，并发生弹性碰撞。
碰撞前，两物体速度的大小都是0v ，方向相反，刚碰撞后，质量为M 的物体的速度为V ，质量为m 的物体的速度为v ，若规定速度方向由A 向B 为正，则有00Mv mv MV mv -=+， （12）22220011112222Mv mv MV mv +=+ （13） 解式（12）和式（13），得03M mv v M m-=+ （14）质量为m 的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口B 处时的速度为u ，则有22220111()222k R h mu mv -+= （15） 由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得222208()()R h M M m u g R M m --=+ （16）u 的方向沿着通道。
根据题意，卫星上的装置可使u 的方向改变成沿地球B 处的切线方向，如果u 的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有20200M m u G m R R = （17）由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到h （18）已知20M =m ，则得00.9255920km h R == （19）评分标准：本题20分。
求得式（11）给7分，求得式（16）给6分，式（17）2分，式（18）3分，式（19）2分。
四、参考解答图复解20-4-1中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路（图中阴影处是无光线进入的区域），光线在球面上的入射角和折射角分别为i 和i '，折射光线与坐标轴的交点在P 。
令轴上OP 的距离为x ，MP 的距离为l ，根据折射定律，有sin i n '= （1）在OMP ∆中sin sin l xi i ='（2） 2222cos l R x Rx i =+- （3）由式（1）和式（2）得x nl = 再由式（3）得2222(2cos )x n R x Rx i =+-设M 点到Ox 的距离为h ，有sin h R i =22222cos sin R i R R i R h =-=-得2222222x R x x R h n=+-- 222221(1)20x x R h R n---+= （4）解式（4）可得22222221n R h n R n h x n -±-=- （5）为排除上式中应舍弃的解，令0h →，则x 处应为玻璃半球在光轴Ox 上的傍轴焦点，由上式2(1)111n n n nx R R R n n n ±→=-+-或由图可知，应有x R >，故式（5）中应排除±号中的负号，所以x 应表示为22222221n R h n R n h x n -+-=- （6）上式给出x 随h 变化的关系。