物理竞赛复赛模拟卷与答案
DOC格式 . 物理竞赛复赛模拟卷 1.试证明：物体的相对论能量E与相对论动量P的量值之间有如下关系： 20222EcpE
2. 在用质子)(11P轰击固定锂)(73Li靶的核反应中，（1）计算放出α粒子的反应能。（2）如果质子能量为1兆电子伏特，问在垂直质子束的方向观测到α粒子的能量有多大？有关原
子核的质量如下：H11，1.007825；He42，4.002603；Li73，7.015999.
3. 一个处于基态的氢原子与另一个静止的基态氢原子碰撞。问可能发生非弹性碰撞的最小速度为多少？如果速度较大而产生光反射，且在原速度方向和反方向可以观察到光。问这种光的频率与简正频率相差多少？氢原子的质量为1.67×10-27kg，电离能 JeVE181018.26.13。
4. 如图11-136所示，光滑无底圆筒重W，放两个重量均为G的光滑球，圆筒半径为R，球半径为r，且r
2p
1p3p
图51-21
r1O
2O
GAB
图11-136 DOC格式 .
5. 两个完全相同的木板，长均为L，重力均为G，彼此以光滑铰链A相连，并通过光滑铰链与竖直墙相连，如图（甲）所示。为使两木板达水平状态保持平衡，问应在何处施加外力？所施加的最小外力为多大？ 6. 如图11-505所示，屋架由同在竖直面的多根无重杆绞接而成，各绞接点依次为1、2……9，其中绞接点8、2、5、7、9位于同一水平直线上，且9可以无摩擦地水平滑动。各绞接点间沿水平方向上的间距和沿竖直方向上的间距如图所示，绞接点3承受有竖直向下的压力P/2，点1承受有竖直向下的压力P，求绞接点3和4间杆的力。 7. 一平直的传送带以速度v=2m/s匀速运行，传送带把A点处的零件运送到B点处，A、B两点之间相距L=10m，从A点把零件轻轻地放到传送带上，经过时间t=6s，能送到B点，如果提高传送带的运动速率，零件能较快地传送到B点，要让零件用最短的时间从A点传送到B点处，说明并计算传送带的运动速率至少应多大？如要把求得的速率再提高一倍，则零
件传送时间为多少（2/10smg）？
8. 一物体以某一初速度v0开始做匀减速直线运动直至停止，其总位移为s，当其位移为2/3s时，所用时间为t1；当其速度为1/3v0时，所用时间为t2，则t1、t2有什么样的关系？
lllll
l
8
146
257
9
3P2
p
图11-505
vtBA
D
C1t2t
0v03
1v
O 图12-31
A1 2
L，G L，G
（甲） 1F1
G （乙）
AB 2 F
G （丙）
x'1F DOC格式 .
9．一根长为1m具有小截面的玻璃管，两端开口，一半埋在水中。在上端被覆盖后，把玻璃管提升起来并取出水面。问玻璃管留下的水柱高度为多少。
10． 静止的原子核衰变成质量为m1,m2,m3的三个裂片，它们的质量损为Δm。若三裂片中每两片之间速度方向的夹角都是120°，求每个裂片能量。
11.玻璃圆柱形容器的壁有一定的厚度，装一种在紫外线照射下会发出绿色荧光的液体，即液体中的每一点都可以成为绿色光源。已知玻璃对绿光的折射率为n1，液体对绿光的折射率为n2。当容器壁的、外半径之比r:R为多少时，在容器侧面能看到容器壁厚为零？
12.（1）用折射率为2的透明物质做成半径、外半径分别为a、b的空心球，b远大于a，表面涂上能完全吸光的物质。问当一束平行光射向此球时被吸收掉的光束横截面积为多大？（注意：被吸收掉的光束的横截面积，指的是原来光束的横截面积，不考虑透明物质的吸收和外表面的反射。）图33-114所示是经过球心的截面图。 （2）如果外半径b趋于a时，第（1）问中的答案还能成立？为什么？
13.真空中有一个半径为R的均匀透明球，今有两束相距为2d(d≤R)对称地（即两光束与球的一条直径平行并且分别与其等距离）射到球上，试就球的折射率n的取值围进行讨论 （1）n取何值时两束光一定在球相交？ （2）n取何值时两束光一定在球外相交？ （3）如果n、d、R均已给定，如何判断此时两束光的交点是在球还是在球外。
O1i2iB
A
CD1
n
2n
b a
ddi
O DOC格式 .
14．一点电荷+q和半径为a的接地导体的球心相距为h，求空间的电势分布。 15．电荷q均匀分布在半球面ACB上，球面的半径为R，CD为通过半球顶点C与球心O的轴线，如图41-91。P、Q为CD轴线上在O点两侧，离O点距离相等的两点，已知P点的电势为Up，试求Q点的电势UQ。 1.试证明：物体的相对论能量E与相对论动量P的量值之间有如下关系： 20222EcpE 证明：222222cmmccpE
222222022221cccmccm 2222420cccm 20420Ecm 20222EcpE 读者可试为之，从202EE
入手证明它等于22cp。
2. 在用质子)(11P轰击固定锂)(73Li靶的核反应中，（1）计算放出α粒子的反应能。（2）如果质子能量为1兆电子伏特，问在垂直质子束的方向观测到α粒子的能量有多大？有关原
子核的质量如下：H11，1.007825；He42，4.002603；Li73，7.015999. 解：（1）核反应方程如下：
HeHePLi42421173 静质量 0M 1M 3M 2M 动 能 0E 1E 3E 2E 由总质量和总能量守恒：
233222211200cEMcEMcEMcEM 由反应能Q的定义得：
)()(1032EEEEQ 23210)]()[(cMMMM 5.931]002603.42)007825.1015999.7[( 35.17（兆电子伏特）
[其中：28272)/10997925.2()1066.1(1秒米千克cu
q 2p1p3p
图51-21 DOC格式 .
6105.931兆电子伏特 =931.5兆电子伏特] （2）设锂靶是静止的，根据动量守恒，可知，反应所产生的两个相同的α粒子（He42核），应沿入射质子的方向对称分开，如图51-21所示。 由动量守恒定律有
321ppp 矢量321,,ppp合成的三角形，两底角皆为θ，又因32MM，因而有 32EE 已知反应能Q=17.35兆电子伏特，且 132EEEQ其中11E兆电子伏特，可得
)(21132EQEE )135.17(21 =9.175（兆电子伏特） 即反应所生成的α粒子其能量为9.175兆电子伏特。 α粒子飞出方向与入射质子的方向之间的夹角为θ，因此
cos221222123ppPPP 由于MEP22，得：
cos22121221133EEMMEMEMEM 代入反应能Q的定义式：
132EEEQ cos21132121131232MEEMMEMMEMM 将上式中质量数改为质量比得
cos21132121131232AEEAAEAAEAAQ 其中11A，432AA，代入上式：
cos4322112EEEEQ
所以 2112432cosEEEQE 0825.0175.9114335.17175.92 所以 6185
由此可知，在垂直于质子束的方向上观察到He42的能量近似就是9.175兆电子伏特。 3. 一个处于基态的氢原子与另一个静止的基态氢原子碰撞。问可能发生非弹性碰撞的最小速度为多少？如果速度较大而产生光反射，且在原速度方向和反方向可以观察到光。问这种光的频率与简正频率相差多少？氢原子的质量为1.67×10-27kg，电离能 JeVE181018.26.13。
解：处于基态的氢原子能量为1112EE，第二激发能量为.1222EE被氢原子吸收 DOC格式 .
的最小能量子为 JEEEEE18341211121016.122 我们必须求出在碰撞中能量损失为以上数值的最小速度。如果碰撞是完全非弹性的，则碰撞中能量损失最大，碰撞后的速度将是.2初动能和末动能之差为 42)2(22222mmm 这个值应等于最小的能量子 42mE 因此 smmE41026.64 在非弹性碰撞后，两个原子的速度为 sm41013.32 本题第二间的解答与多普勒效应有联系。对于比光速小很多的速度，相对速度之比给出频率相对变化的极好近似。故有 0204841009.21009.2103:1026.6 两束光的频率按此比率稍小于或稍大于简正频率 4. 如图11-136所示，光滑无底圆筒重W，放两个重量均为G的光滑球，圆筒半径为R，球半径为r，且r较好。 解：根据物体平衡条件，列出以下方程： 选择两个小球作为研究对象，则在竖直方向上有 N-2G=0 (1) 以整体为研究对象，若翻倒必以A为轴逆时针方向旋转，在临界态下对A的力矩和为零。此时，系统受力情况为：两物体的重力，桌面对球支持力N，筒的重力W，它们对A的力矩不为零，桌面对筒的支持力过A点，力矩为零，故有 022WRrRGGrRNMrA (2) 将1式代入2式有 WRrRG22
rRRWG2 若该圆筒倾倒必须有rRRWG2。 讨论：（1）从答案中可以看出，当G大W小，r与R很接近，就容易倾倒，这也符合重心高、支面小稳度就小的结论。 （2）如果是一个有底圆筒，则在没有其他力推它的情况下，就绝不会倾倒。请同学们想一想，这是为什么？ 5. 两个完全相同的木板，长均为L，重力均为G，彼此以光滑铰链A相连，并通过光滑铰链与竖直墙相连，如图11-245（甲）所示。为使两木板达水平状态保持平衡，问应在何处施加外力？所施加的最小外力为多大？
r1O
2O
GAB
图11-136
40届中学生物理竞赛复赛试题
1、一个物体在水平面上做匀速直线运动，突然受到一个与运动方向相同的恒力作用，则物体之后将做何种运动？A、继续做匀速直线运动B、做匀加速直线运动C、做匀减速直线运动D、做曲线运动（答案：B。
解析：物体原本做匀速直线运动，说明所受合力为零。
当施加一个与运动方向相同的恒力时，合力不再为零，且方向与运动方向一致，因此物体会做匀加速直线运动。
）2、关于光的折射现象，下列说法正确的是？A、光从光密介质进入光疏介质时，折射角大于入射角B、光从光疏介质进入光密介质时，折射角大于入射角C、折射角总是等于入射角D、光在任何介质中传播时，折射角都小于入射角（答案：A。
解析：根据折射定律，光从光密介质（折射率较大的介质）进入光疏介质（折射率较小的介质）时，折射角会大于入射角。
）3、一个弹簧振子在振动过程中，当它经过平衡位置时，下列说法正确的是？A、速度为零，加速度最大B、速度最大，加速度为零C、速度和加速度都为零D、速度和加速度都达到最大（答案：B。
解析：在平衡位置，弹簧振子的位移为零，因此回复力（即弹簧力）也为零，加速度为零。
同时，由于振子在此位置动能最大，所以速度最大。
）4、关于电容器的电容，下列说法正确的是？A、电容是描述电容器储存电荷能力的物理量B、电容越大的电容器，其储存的电荷量一定越多C、电容与电容器两端的电压成正比D、电容与电容器所带电荷量成正比（答案：A。
解析：电容是描述电容器储存电荷能力的物理量，与电容器两端的电压或所带电荷量无关，它只与电容器本身的性质有关。
）5、在静电场中，下列关于电场线和等势面的说法正确的是？A、电场线总是垂直于等势面B、电场线可以与等势面相交C、沿电场线方向，电势逐渐升高D、等势面上各点的电场强度大小相等（答案：A。
解析：电场线总是垂直于等势面，且由高电势指向低电势。
电场线与等势面不能相交，否则在该点会有两个不同的电势值。
沿电场线方向，电势逐渐降低。
等势面上各点的电势相等，但电场强度大小不一定相等。
高中物理竞赛模拟试题+物理竞赛复赛试题及答案
高中物理竞赛模拟试题+物理竞赛复赛试题及答案模拟训练试卷①第一题 (16分)1．天文学家根据观测宣布了如下研究成果：银河系中心可能存在一个大黑洞．黑洞是一种神秘的天体，这种天体的密度极大，其表面的引力如此之强，以至于包括光在内的所有接近黑洞的物体都不能逃脱其引力的作用．人们用口径为3.5m的天文望远镜对猎户座中位于银河系中心附近的星体，进行了长达6年的观测，发现距黑洞6×1012m的星体以2000km ／s的速度绕其旋转．另外，根据相对论知识，光子在运动时有质量．设光子在运动时质量为m0，光子与黑洞间的吸引力同样符合万有引力定律。
由以上知识可以求出黑洞的最大半径R= m．已知引力恒量G=6.67×10-11N•m2／kg2。
计算结果取l位有效数字．2．电子电量为e，质量为m，经过电压为U的加速电场加速后，电子具有的德布罗意波的波长表达式是λ= ．若le=1.6×10-19C，m=9.1×10-31kg，代人数据计算，当U=150V时，λ= m．第二题 (20分)如图所示，半径为r的孤立金属球远离其他物体，通过电阻可以忽略的理想细导线和电阻为R的电阻器与大地连接．电子束从远处以速度v射向金属球面，若稳定后每秒钟落到金属球上的电子数目为n，电子质量为m，电子电量数值为e，不考虑电子的重力势能，试求：1．稳定后金属球每秒钟自身释放的热量Q和金属球所带电量q；2．稳定后每秒钟落到金属球上的电子数目n不会超过多少?第三题 (20分)在水平地面某一固定点用枪射击，射出的子弹在水平地面上落点所能够覆盖的最大面积是A．若在这一固定点正上方高度为h的位置用同一支枪射击．射出的子弹在水平地面上落点所能覆盖的最大面积是多大?不计空气阻力，不计枪支的长度，每次射出的子弹初速度大小相同．第四题 (18分)如图所示，固定在竖直平面内的椭圆环，其长轴沿竖直方向．有两个完全相同的小圆环套在椭圆环上，不计质量的轻线将两个小圆环连接在一起，轻线跨过位于椭圆焦点F的水平轴，小圆环与轻线系统处于平衡状态．不计各处的摩擦，小圆环的大小忽略不计．试分析说明，系统属于哪一种平衡状态?第五题 (20分)摩尔质量是μ、摩尔数是n的单原子理想气体发生了未知的状态变化(我们称之为x过程)．状态变化过程中，可以认为气体在每一状态都处于平衡状态．气体的x过程曲线在P—V图像中，向下平移P0后恰好与温度是T0的等温曲线重合，如图所示．1．试写出x过程中气体体积V随温度T变化的关系式；2．试写出x过程中气体的比热容c与压强P变化的关系式．第六题 (24分)如图所示，真空中平行板电容器水平放置，电容器下极板固定不动，上极板用轻弹簧连接在极板中心位置悬挂起来．已知电容器极板面积是A．当上极板静止不动时，弹簧伸长量为x0，此时两极板间距为d0．现将电容器与电势差为U的电源连接，使两极板充上等量电荷，上面是正电荷，下面是负电荷，上极板会发生小幅度振动．上极板在振动的平衡位置时两极板间距为d l，不计电容器边缘效应，不计电源内阻，试求：1．弹簧的劲度系数k；2．上极板做小幅度振动的周期T；3．若弹簧的劲度系数k为某一确定值，上极板做小幅度振动时，电容器充电电压不会超过多少?第七题 (22分)如图所示，在焦距f=0.15m的凸透镜L主轴上有一小光源S，凸透镜L另一侧有两个反射面相向放置的平面镜OM l和OM2．平面镜OM l和OM2彼此垂直，且与透镜L主轴成45°，两平面镜的交线与透镜主轴垂直．已知小光源中心到两平面镜的交线距离SO=0.9m，透镜到两平面镜的交线距离010=0.3m，试求：1．小光源S在透镜主轴上共成多少个像?2．小光源S在透镜主轴外共成多少个像?分别指出像的虚实、位置及放大率．答案与分析全国中学生物理竞赛复赛试题一、（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.v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mLλ=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 tθθθθ=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 .五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)xy z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)xy z E E E '''，而是0(,,)xy z E E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >. 一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等.1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.图(a)图(b)八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰， 1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知xm e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .第30届全国中学生物理竞赛复赛解答与评分标准一参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv .设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1)这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v .(2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v .(3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得220sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。
第28届全国中学生物理竞赛复赛试题(清晰扫描版)及参考解答
第28届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准一、参考解答：解法一取直角坐标系Oxy ，原点O 位于椭圆的中心，则哈雷彗星的椭圆轨道方程为22221x y a b += （1） a 、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴，太阳S 位于椭圆的一个焦点处，如图1所示．以e T 表示地球绕太阳运动的周期，则e 1.00T =年；以e a 表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e 1.00AU a =，根据开普勒第三定律，有3232a T a T =e e（2）设c 为椭圆中心到焦点的距离，由几何关系得c a r =-0 （3）22c a b -= （4） 由图1可知，P 点的坐标cos P P x c r θ=+ （5） sin P P y r θ= （6） 把（5）、（6）式代入（1）式化简得()2222222222sin cos 2cos 0P P P P P ab r b cr bc a b θθθ+++-= （7）根据求根公式可得()22222cos sin cos P P P Pb ac r a b θθθ-=+ （8） 由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得0.896AU P r = (9) 可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 s2Gmm E =a-(10) 式中m 为彗星的质量．以P v 表示彗星在P 点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s 122P P Gmm Gmm m r a ⎛⎫+-=- ⎪⎝⎭v （11） 得图1P=v（12）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(13)设P点速度方向与SP的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin2P P Prϕθσ-=v（14）其中σ为面积速度，并有πabTσ=（15）由（9）、（13）、（14）、（15）式并代入有关数据可得127ϕ= （16）解法二取极坐标，极点位于太阳S所在的焦点处，由S引向近日点的射线为极轴，极角为θ，取逆时针为正向，用r、θ表示彗星的椭圆轨道方程为1cospreθ=+（1）其中，e为椭圆偏心率，p是过焦点的半正焦弦，若椭圆的半长轴为a，根据解析几何可知()21p a e=-（2）将（2）式代入（1）式可得()θcos112eear+-=（3）以eT表示地球绕太阳运动的周期，则e1.00T=年；以ea表示地球到太阳的距离（认为地球绕太阳作圆周运动），则e1.00AUa=，根据开普勒第三定律，有3232a Ta T=e e（4）在近日点0=θ，由（3）式可得1rea=-0（5）将Pθ、a、e的数据代入（3）式即得0.895AUPr=（6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能s2GmmE=a-(7)式中m为彗星的质量．以Pv表示彗星在P点时速度的大小，根据机械能守恒定律有2s s122PPGmm Gmmmr a⎛⎫+-=-⎪⎝⎭v（8）可得P=v（9）代入有关数据得414.3910m sP-⨯⋅v=(10)设P点速度方向与极轴的夹角为ϕ，彗星在近日点的速度为0v，再根据角动量守恒定律，有()sinP P Pr rϕθ-=v v00（11）根据（8）式，同理可得=v（12）由（6）、（10）、(11)、(12)式并代入其它有关数据127ϕ= (13)评分标准：本题20分解法一（2）式3分，（8）式4分，（9）式2分，（11）式3分，(13) 式2分,（14）式3分,（15）式1分，（16）式2分．解法二（3）式2分，（4）式3分，（5）式2分，（6）式2分，（8）式3分，(10) 式2分,（11）式3分,（12）式1分，（13）式2分．二、参考解答：1．建立如图所示坐标系Oxy.两杆的受力情况如图：1f为地面作用于杆AB的摩擦力，1N为地面对杆AB的支持力，2f、2N为杆AB作用于杆CD的摩擦力和支持力，3N、4N分别为墙对杆AB和CD的作用力，mg为重力.取杆AB和CD构成的系统为研究对象，系统平衡时, 由平衡条件有431N N f+-=（1）120N mg-=（2）以及对A点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos022mgl mg l l N l N l l CFθθαθθα⎛⎫+---+-=⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos022mgl mgl N l N l l CFθαθθα---+-=（3）式中CF待求.F是过C的竖直线与过B的水平线的交点，E为BF与CD的交点．由几何关系有sin cot CF l αθ= （4） 取杆CD 为研究对象，由平衡条件有422cos sin 0N N f θθ+-= （5） 22sin cos 0N f mg θθ+-= （6） 以及对C 点的力矩41cos sin 02N l mgl αα-= （7） 解以上各式可得41tan 2N mg α=（8） 331sin 1tan sin tan tan 22cos 2sin N mg αααθαθθ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭ （9）13tan sin 1tan sin 2cos 2sin f mg θαααθθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭ （10）12N mg = （11）21sin tan cos 2N mg θαθ⎛⎫=-⎪⎝⎭ （12） 21cos tan sin 2f mg θαθ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（13） CD 杆平衡的必要条件为22c f N μ≤ （14）由（12）、（13）、（14）式得()2sin cos tan cos sin C C μθθαμθθ-≤+ （15）AB 杆平衡的必要条件为11A f N μ≤ (16)由（10）、（11）、（16）式得tan sin 2sin 43tan sin cos A αααμθθθ-≤- （17）因此，使系统平衡，α应满足的条件为（15）式和（17）式．2．将题给的数据代入（15）式可得 arctan 0.38521.1α︒≤= (18) 将题给的数据代入（17）式，经数值计算可得19.5α≥︒ (19) 因此，α的取值范围为 19.521.1α≤≤(20)评分标准：本题20分第1问15分（1）、（2）、（3）式共3分，（4）式1分，（5）、（6）、（7）式共3分，(9) 、(10) 式各1分,(12)到（17）式各1分．第2问5分（18）式1分，（19）式3分，（20）式1分． 三、参考解答：'解法一1． 设在时刻t ，小球和圆筒的运动状态如图1所示，小球位于P 点，绳与圆筒的切点为T ，P 到T 的距离即绳的拉直部分的长度为l圆筒的角速度为ω，小球的速度为v .小球的速度可以分解成沿着绳子方向的速度1v 和垂直于绳子方向的速度2v 两个分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有()()()()22222001211112222M R m R M R m ωωω+=++v v (1) 2220012+=++MR mR MR mR ml ωωωv v (2)因为绳子不可伸长，1v 与切点T 的速度相等，即ωR =1v (3) 解(1)、(2)、(3)式得()()02222ωωml R m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M l R m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（6）式，当0=ω得=L （7） 这便是绳的总长度L .3．如图2所示，从时刻t 到t t +∆，切点T 跟随圆筒转过一角度1t ωθ∆=∆，由于绳子的拉直部分的长度增加了l ∆，切点相对圆筒又转过一角度2lRθ∆=∆，到达T '处，所以在t ∆时间内，切点转过的角度12lt Rθθωθ∆∆=∆=+∆+∆ （8）切点从T 变到T '也使切线方向改变了一个同样的角度θ∆，而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度2v 引起的，故有2tlθ∆∆=v （9） 由(1)、(2)、(3)式可得 ()20l ωω=+v （10）2()2t由(8)、（9）、（10）三式得0l R t ω∆=∆ （11） （11）式表示l 随t 均匀增加，故l 由0增加到L所需的时间为0s L t R ω== （12）解法二1．撤去插销后两个小球的运动情况相同，故可取一个小球作为对象进行研究，先研究任何时刻小球的速度.在t 时刻，相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示，绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T ，小球到切点T 的距离即绳的拉直部分的长度为l ，小球到转轴O 的距离为r ，圆筒的角速度为ω.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动，绳将展开，切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.首先考察小球相对于圆筒的运动.在t 时刻，OT 与固定在圆筒上的半径0OP 的夹角为φ，如图2所示.由于小球相对圆筒的运动，经过时间t ∆，切点从圆筒上的T 点移到T '点，OT '与0OP 的夹角变为φφ+∆，绳的拉直部分的长度由l 变为l '，小球由P 运动到P '，PP '便是小球相对圆筒的位移.当t ∆很小时l l '≈，故PP l l φφ''=∆≈∆于是小球相对圆筒的速度大小为ll tφφφω∆==∆v (1) 方向垂直于TP ．φω是切点相对圆筒转动的角速度． 再考察圆筒相对质心参考系的转动，即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为ω时，位于转动参考系中的P 点(小球所在处)相对质心系的速度r ωω=v (2)方向垂直于OP ．可以把ωv 分解成沿着TP 方向的分量1ωv 和垂直TP 方向的分量2ωv ，如图3所示，即1R ωω=v(3)2l ωω=v (4)小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P 点相对质心系速度的合成，由图3可得v 的2m12φω+ v大小=v (5)因 l R φ= (6) 故有=v （7）因为系统不受外力作用，故系统的动能和角动量守恒，故有()()222220011112222M R mR M R m ωωω+=+v （8） ()2220012MR mR MR mR ml ωωφωωω+=+++v v v （9）由(7)、(8)两式有()22220mM mφωωωωφ=+++ （10）由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得()20mM mφωωφωω=+++ （11） 由(10)、(11)两式得φωωωω+=+0 故有0ωωφ= （12）上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度，是一个恒量，将(12）式代入（11）式得φ=（13） 由(6)、(13)两式得l = （14）这便是在卫星角速度减至ω时绳的拉直部分的长度l ．2．由（14）式，当0=ω得绳总长度, 即L = （15） 3．因φω是一个恒量，φ随时间的t 的变化规律为t 0ωφ= （16） 当0=ω时，由（13）式可得卫星停旋时的φs φ=（17） 设卫星停转所用的时间为s t ，由（16）、（17）式得0s s t φω==（18） 评分标准：本题25分．解法一第1问12分．（1）、（2）式各3分，（3）式2分，（6）式4分．第2问3分．（7）式3分．第3问10分．（8）、（9）式各3分，（10）式2分，（11）、（12）式各1分．解法二第1问18分．（1）式3分，（2）式2分，（7）式2分，（8）式3分，（9）式3分，（12）式2分，（14）式3分，第2问3分．（15）式3分．第3问4分．（16）式2分，（17）式1分，（18）式1分．四、参考解答：1．根据题意，粒子的初速度只有y 方向和z 方向的分量，设它们为0y v 和0z v .因为粒子在z 方向不受电场力和磁场力作用，故粒子在z 方向以初速度0z v 作匀速运动.粒子在Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成：可把粒子在y 方向的初速度表示为 001001y y y y =-++v v v v (1) 其中0010y E B =-v (2) 沿y 负方向．与01y v 相关的磁场力 010Bx y f q B =-v (3) 沿x 负方向.粒子受到的电场力0E Ex f f qE == (4)沿x 正方向．由(2)、(3)、(4)式可知，粒子在x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消，故粒子以大小为E B 的速度沿y 负方向运动．除此之外，由（1）式可知，粒子还具有初速度00200y y E B =+v v (5) 沿y 正方向，与02y v 相关的磁场力使粒子以速率02y v 在Oxy 面内作匀速圆周运动，以r 表示圆周运动的半径，有202020y y q B mr=v v (6) 可得020y m r qB =v (7)由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期02mT =qB π (8) (8)式表明，粒子运动的周期与粒子在y 方向的初速度无关．经过时间T 或T 的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz 平面.2．增加的电场2E对粒子在Oxy 平面内的运动无影响，但粒子在z 方向要受到此电场力作用．以z a 表示在此电场力作用下的加速度，有 0c o s z m a q E t ω= (9) 或0cos z qE a =t mω (10) 这是简谐运动的加速度，因而有 2z a =z ω- （11） 由(10)、（11）可得t mqE z ωωcos 102-= (12) 因未增加电场时，粒子在z 方向作初速度为0z v 的匀速运动，增加电场后，粒子在z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加，即有0021cos z qE z t t mωω=-v （13）粒子在Oxy 平面内的运动不受电场2E的影响．设0ω为粒子在Oxy 平面内作圆周运动的角速度，则有202πqB T mω== (14) 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t 的变化关系()01cos x r t ω'=- (15) 0sin y r t ω'= (16)考虑到粒子在y 方向还具有速度为01y v 的匀速运动，并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件，可得带电粒子的运动规律：000001cos y E qB m x t qB B m ⎛⎫⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v (17) 0000000siny E E qB m y t t B qB B m⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭v (18) 00020cos z mE qB z t t qB m=-v (19)评分标准：本题20分．第1问12分．（2）、（3）、（4）式共5分，（5）、（6）、（7）式共4分，（8）式及相关说明共3分．第2问8分．（12）式2分，（14）式到（19）式各1分. 五、答案与评分标准本题15分．1．01TV V L I I e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭ (2分），L I （2分），0ln 1L T I V I ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ （2分），01TVV L VI VI e ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭（1分）．2．0.62V （2分）；0.54V （2分）；49mW （2分）；6.0Ω （2分）．六、参考解答：在电加热器对A 室中气体加热的过程中，由于隔板N 是导热的，B 室中气体的温度要升高，活塞M 将向右移动.当加热停止时，活塞M 有可能刚移到气缸最右端，亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止.1. 设加热恰好能使活塞M 移到气缸的最右端，则B 室气体末态的体积02B V V = （1） 根据题意，活塞M 向右移动过程中，B 中气体压强不变，用B T 表示B 室中气体末态的温度，有00BBV V T T =（2）由(1)、(2)式得02B T T = （3）由于隔板N 是导热的，故A 室中气体末态的温度02A T T = （4） 下面计算此过程中的热量m Q .在加热过程中，A 室中气体经历的是等容过程，根据热力学第一定律，气体吸收的热量等于其内能的增加量，即 05()2A A Q R T T =- （5） 由(4)、(5)两式得052A Q RT = （6）B 室中气体经历的是等压过程，在过程中B 室气体对外做功为00()B B W p V V =- （7） 由(1)、(7)式及理想气体状态方程得 0B W R T = （8）内能改变为05()2B B U R T T ∆=- （9） 由(4)、(9)两式得052∆=B U RT （10）根据热力学第一定律和(8)、(10)两式，B 室气体吸收的热量为 072=∆+=B B B Q U W RT (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为06m A B Q Q Q RT =+= （12） 若0m Q Q =，B 室中气体末态体积为02V ，A 室中气体的末态温度02T .2．若0m Q Q >，则当加热器供应的热量达到m Q 时，活塞刚好到达气缸最右端，但这时加热尚未停止，只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变，故热量0m Q Q -是A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功，根据热力学第一定律，若A 室中气体末态的温度为AT '，有 00055(2)(2)22m AA Q Q R T T R T T ''-=-+- （13） 由(12)、(13)两式可求得00455AQ T T R '=+ （14） B 中气体的末态的体积02BV =V ' （15） 3. 若0m Q Q <，则隔板尚未移到气缸最右端，加热停止，故B 室中气体末态的体积BV ''小于02V ，即02BV V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为A T ''，根据热力学第一定律，注意到A 室中气体经历的是等容过程，其吸收的热量05()2A AQ R T T ''=- （16） B 室中气体经历的是等压过程，吸收热量0005()()2B AB Q R T T p V V ''''=-+- （17）利用理想气体状态方程，上式变为()072B AQ R T T ''=- （18） 由上可知006()A B AQ Q Q R T T ''=+=- （19） 所以A 室中气体的末态温度 006AQ T T R''=+ （20） B 室中气体的末态体积 00000(1)6BA V QV T V T RT ''''==+ （21） 评分标准：本题20分．得到0m Q Q =的条件下（1）、（4）式各1分；（12）式6分，得到0m Q Q >的条件下的（14）式4分，（15）式2分；得到0m Q Q <的条件下的（20）式4分，（21）式2分．七、答案与评分标准：本题20分．1． 3R (3分) 2． 6R (3分)第1第3空格各2分；其余3个空格全对3分，有一个错则不给这3分． 八、参考解答：1. 反应能()()332p n H He Q m m m m c ⎡⎤=+-+⎣⎦（1）式中c 为光速．代入数据得0.764MeV Q =- （2） 上式表明这是一吸能核反应．2．为了求入射质子阈能，反应前后各粒子都应沿同一直线运动．设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 的速度大小为3He v ，中子的速度大小为n v ，根据动量守恒和能量守恒有33p p n n He He m m m =+v v v (3)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v （4）由（3）、（4）式可得3333322n n p p p n22He He n p n p He He He220m m m m m m m m Q m m m ⎛⎫⎛⎫+--++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭v v v v (5) 令333332n nHe He p n pHe 2p p 2Hep He22m m m a m m m b m m m m c Qm ⎫+⎪=⎪⎪⎪=-⎬⎪⎪-⎪=+⎪⎭v v (6) 把(6)式代入(5)式得2n n 0a b c ++=v v (7)(7)式有解的条件是240b ac -≥ (8)由(6)式可知，c 可能大于零，亦可能小于零.若0c <，则(8)总成立，中子速度一定有解，反应一定能发生；若0c >，则由 (6)、(8)两式得33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +≥+-v (9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时，中子速度才有解，反应才能发生，所以入射质子的阈能为3pn p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭ (10) 利用(1)式，在忽略2Q 项的情况下，(10)式可简化为 3p H1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(11) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (12)3．由动量守恒和能量守恒有33p p n n He He =+m m m v v v (12)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (13) 以θ表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角，如图所示，根据余弦定律有 ()()()33222n n p p n p n p He He 2cos m m m m m θ=+-v v v v v (14)令2p p p 12T m =v (15) 2n n n 12T m =v (16) 3332He He He 12=T m v (17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n （18）p p m v33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- （19）由（18）、（19）式，消去3He T 后，得()3333p p HeHe n nnHe He 0m m T Q m T m m θ---=+ （20）令3nHe S θ=，()333p p HeHe nHe m m T Q m R m m --=+ （21）得n 20T R -= （22）根据题给的入射质子的动能和第1问求得的反应能Q 的值，由(21)式可知0R >，故（22）式的符合物理意义的S = （23）将具体数据代入（21）、（23）式中，有n 0.132MeV T = (24) (如果得到 131.0=n T MeV ,也是对的.)第2问的其他解法解法一为了研究阈能，只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况．若碰撞后32He 和中子的速度相同，即粘在一起运动(完全非弹性碰撞)，则在碰撞过程中损失的机械能最多，若所损失的机械能正好等于反应能，则入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小为v ，根据动量守恒和能量守恒有3p p n He ()m m m =+v v (1)322p p n He 11()22m m m Q =++v v (2) 由（1）、（2）式可得 33n 2He p p n pHe 12m m m Q m m m +=+-v (3) 所以阈能为3p n p He 1th m T Q m m m ⎛⎫=+⎪ ⎪+-⎝⎭(4) 利用第1问中的(1)式，并注意到32H 1<<Q m c有333332n pHe H H 2H H 11111⎛⎫==- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭+⎪ ⎪⎝⎭Q m m m m m c Q m m c 在忽略2Q 项的情况下，(4)式可简化为 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(5) 代入有关数据得 1.02M e Vth T = (6)第2问8分(1)、(2)式各3分，(4)式或(5)式1分，(6)式1分． 解法二在牛顿力学中可以证明，质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用，则质点系的动量守恒，质心速度不变，故质心动能亦恒定不变；如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化，则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中，如果质子p 与氚31H 发生反应后，生成的中子n 和氦32He 相对质心都静止，则质子p 与氚31H相对质心运动的动能之和全部转化成反应能，反应后系统的动能只有质心的动能，在这请况下，转化成其他形式能量的机械能最多，入射质子的动能最小，这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.以p 'v 和3H 'v 分别表示质子p 和氚31H 相对质心的速度，有3322p p H H 1122Q =m m ''+v v (1) 因系统质心的速度 3p p c p H=+m m m v v (2)而33p H p p c p Hm m '=-=+v v v v m (3) 33p p c Hp H0m m '=-=-+v v v m (4)由(1)、(3)、(4)式得 332H p pp H12m Q m m m =+v (5) 在牛顿力学中，系统的总质量是恒定不变的，这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论，但在本题中，损失掉的机械能导致系统总质量的变化，使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等，即33p n H He +≠+m m m m ．如果仍沿用牛顿力学的结论，对一个孤立系统，其质心速度是不会改变的，故反应后质心的动能应为 ()()33222c n c p c c 2He H 111222=+=++Q E m m m m cv v v 而 ()33322p p p 2c 2222p H Hp HQ 1122m m Q QQ c c c m m m m m =⋅=⋅⋅++v v 由此可见，在忽略2Q 的条件下 ()()3322n p He H 1122c c m m m m +=+v v 而入射质子的阀能 ()32p H 12th c T m m Q =++v (6) 由(2)、(5)、(6)式得 3p H 1th m T Q m ⎛⎫=+⎪ ⎪⎝⎭(7) 代入有关数据得 1.02MeV th T = (8)第2问8分(1)、(5) 、(6)式各2分， (7)式1分，、(8)式1分. 解法三考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况，若入射质子与与静止的31H 发生完全非弹性碰撞，即反应后产生的中子和32He 以相同的速度运动，则入射质子的动能就是阈能.以10m 表示质子的静止质量，20m 表示31H 的静止质量，30m 表示中子的静止质量，40m 表示31He 的静止质量，设质子的入射速度大小为p v ，反应后32He 和中子的速度大小都为v ，根据动量守恒和能量守恒有1pm m m +=v(1)222120m m c m c m c++=(2)式中1m 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得 1p 120+m m m v v =(3)把(3)式代入(1)式，经整理得 ()()2222221201p 3040+-=+m m c m m m c v (4)由 1m =(5)可得221p221102-=m m m cv (6)若入射质子的阈能为th E ，有22110th m c m c E =+ (7) 由(4)、(6)、(7)式可得 ()()2230401020202thm m m m E m +-+= (8)利用题给条件并引入反应能，得 333p n H HeH2th m m m m E Q m +++=(9)或有 ()3333p 2H p H H H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得 1.02M e Vth T = (11) 第2问8分(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分。
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。
第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷（附详细参考解答与评分标准）答辩
第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷（附详细参考解答与评分标准）答辩第26届全国中学生物理竞赛复赛试卷（附详细答案）一、填空（问答）题（每题5分，共25分）1．有人设想了一种静电场：电场的方向都垂直于纸面并指向纸里，电场强度的大小自左向右逐渐增大，如图所示。
这种分布的静电场是否可能存在？试述理由。
2．海尔-波普彗星轨道是长轴非常大的椭圆，近日点到太阳中心的距离为0.914天文单位（1天文单位等于地日间的平均距离），则其近日点速率的上限与地球公转（轨道可视为圆周）速率之比约为（保留2位有效数字）。
3．用测电笔接触市电相线，即使赤脚站在地上也不会触电，原因是；另一方面，即使穿绝缘性能良好的电工鞋操作，测电笔仍会发亮，原因是。
4．在图示的复杂网络中，所有电源的电动势均为E 0，所有电阻器的电阻值均为R 0，所有电容器的电容均为C 0，则图示电容器A 极板上的电荷量为。
5．如图，给静止在水平粗糙地面上的木块一初速度，使之开始运动。
一学生利用角动量定理来考察此木块以后的运动过程：“把参考点设于如图所示的地面上一点O ，此时摩擦力f 的力矩为0，从而地面木块的角动量将守恒，这样木块将不减速而作匀速运动。
”请指出上述推理的错误，并给出正确的解释：。
二、（20分）图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A 、B 、C 、D 处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。
已知桌腿受力后将产生弹性微小形变。
现于桌面中心点O 至角A 的连线OA 上某点P 施加一竖直向下的力F ，令c OAOP=，求桌面对桌腿1的压力F 1。
三、（15分）1．一质量为m 的小球与一劲度系数为k 的弹簧相连组成一体系，置于光滑水平桌面上，弹簧的另一端与固定墙面相连，小球做一维自由振动。
试问在一沿此弹簧长度方向以速度u 作匀速运动的参考系里观察，此体系的机械能是否守恒，并说明理由。
2．若不考虑太阳和其他星体的作用，则地球-月球系统可看成孤立系统。
第36届物理竞赛复赛模拟题(第12套)_解析
1. 解：水平面光滑，故两个小球水平方向总动量守恒，支持力不做功，故两个小球总机械能守恒。
只要细线紧张，以下球为参考系，上球将始终半径为l 的圆周运动。
（1）当细线竖直时，在此应假设下面的小球并未脱离平面，否则需要考虑过程中的细节， 问题将变得很复杂。
对地速度应水平向右，设为0v ，此时上球相对下球速度应垂直于细线，沿水平方向，因此对地速度亦沿水平方向，根据总水平动量守恒，其速度向左，大小亦为0v ，如上图所示。
以下球为参考系，此时上球速度为2v ，具有竖直向下的向心加速度：()2224v v a ll==。
水平加速度在此不考虑，地面系中，由于下球没有竖直方向的运动，故竖直加速度始终为0，因此，上球对地竖直方向加速度即为s a ，此加速度垂直于对地速度，为对地曲线运动的向心加速度，由此可知此时对地运动的曲率半径：24v la ρ==。
又上球所受重力与细线张力皆竖直向下，故合加速度大小即s a 。
（2）设此时细线中张力大小为T ，地面对下球支持力为N ，易见如题意0N =的条件为：T mg =。
此时上球所受向下合力2T mg mg +=，由牛顿第二定律：224v mg ma m l==其中2v 通过初末态总机械能守恒确定： 22011222mv mgl mv =+， 得到2212v v gl=-，代回牛二式子中，可以解得：0v =考试时间：180分钟 满分：320分，每题40分全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十二套不要求小球此时仍然在水平面上的话，条件应该为0v ≥。
2. 解析：（1）粒子所受切向力和所得切向加速度分别为：f V γ=-，d d V V a t m γ==-切，得到：00d =d V t V V t V mγ-⎰⎰0tmV V eγ-⇒=（3分）。
再由0000d d d d t t s t m ms V V e s V e t t γγ--==⇒=⎰⎰得到：01t mms V e γγ-⎛⎫=- ⎪⎝⎭。
第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第1套(共6套)答案及评分标准
由和力矩为 0，
P(
x
D L D L D L L x tan ) cos N1 ( L) N 2 N 2 N1 （6 分） 2 2 2 2 2 2
Dgm gLm 2 DP LP gLm 2 LP 2 gLm tan LP tan LP tan 2P
【解】 ： （1）目镜到物镜的等效距离为 故目镜的焦距为 f 2 s f1 3cm （5 分） （2）
1 1 1 3 v 600 ，可得 v1 m ，像的放大率为 1 4997 u1 v1 f1 4997 u1
第二次成像 u2 s v1
15027 m 499700
由 P r nRT ，可得 n
3
4 3
2
4r 2 Pr nRT RT
14r 2 PT0 r 7nRT0 T 14r Pr 2T T
由于最初 T=T0 故 T 0 ，从而 T=T0 恒成立。（4 分） （2）由
5 5 7 nRT nRT nRT0 4r 2 Pr 2 2 2
第七题（20 分） 寻找 Higgs 粒子 在阿尔卑斯山脚下，在法国瑞士边界，一群人挖了一个周长 27 公里的大坑，在地下把质子加速 到了 7TeV 的高能， 然后让粒子对撞…他们的目标是-找到那个被标准模型预言， 赋予粒子质量的 Higgs 粒子。然后…他们居然以超过 99.9994%的置信度找到了一个看起来和预言中粒子性质差不多的粒子，
第三题（20 分）
第 29 届复赛模拟赛题 第一套
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稳压电路 如图是一个稳压电路，电源的电动势 15V ，内阻 r 10 ，负载 R 60 。二极管的伏安曲 线如图所示，当反向电压超过 11V 时候，反向电流迅速增大，这个现象我们叫做反向击穿。如图所示 的电路能让电源电动势发生变化的时候，负载上的电压变化不大。 （1） 求出电源电动势为 15V 时，负载上的电压，以及二极管上消耗的功率。 （2） 如果要求负载上的电压变化小于 1mV ，则电源上的电压变化不能超过多少？
第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第4套(共6套)答案及评分
第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第4套（共6套）答案及评分答案及评分标准满分160分第一题（20分）一个半径为r的圆环能在水平地面上做纯滚动，在圆环边缘固定有一个半径可以忽略的小滑轮，某时刻滑轮恰好处于水平位置。
在距离滑轮r 处有一墙高为2r的墙，一根不可伸长的绳子从墙根连出，绕过滑轮，从墙顶处绕出（由几何条件可以算出来绳子绕出的是等腰直角三角形的两条边），某人在墙顶处以速度v匀速拉绳子，为了让绳子即不拉断，也不松弛，则此刻①圆环的角速度为多少？②圆环中心相对地面加速度a为多少？ωvar【解】：（1）易知此时滑轮的速度方向与AB垂直，vB2r以滑轮为系，上段绳子的延绳速度为v，因此下段绳子的沿绳速度也为v。
所以2rv2v（5分）2rvBB'A（2）球心的速度为v02r，球心加速度为a0，B相对于A的加速度由向心加速度和加速转动加速度。
记下段绳子为n方向，上段绳子为方向。
轮子的角加速度为a0/rN2rBa0ra0在地面上看B的加速度：M第29届复赛模拟赛题第四套aBna022r22，aB2r（3分）22地面上看墙角M加速为aM0，由于下段绳子没有转动，所以下端绳子上靠近滑轮的点沿绳加速度为0，所以相对滑轮下段绳子进入绳子的加速度为a入aBna022r22（3分）地面上看墙顶N加速度为aN0，由于上段绳子转动角速度'靠近滑轮的点沿绳加速度为22r2r，所以上段绳子上2r（1分）所以相对滑轮上段绳子出绳子的加速度为a出22raB2由于绳子长度不变，所以a入a出32r（3分）2a022r232（1分）=2r22v2解得a0=2r（4分）只要答案正确，方法没有明显错误给全分r2第二题（20分）一个长度为l的扁平的水槽与水平夹角为30o，水槽的质量为m，在两端用细线将水槽吊起来。
在水槽最下端有一个质量为m的喷水机，从水槽中抽水，以速度v0将水沿着与水槽夹角为30o的方向喷出，水则刚好能喷到水槽上端，水落回水槽后受到水槽底部阻力的影响，匀速流到水槽底端，形成稳定的水流。
第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第4套(共6套)答案及评分标
第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第4套(共6套)答案及评分标第29届复赛模拟赛题第四套答案和评分标准满分160分问题一（20分）一个半径为r的圆环能在水平地面上做纯滚动，在圆环边缘固定有一个半径可以忽略的小滑轮，某时刻滑轮恰好处于水平位置。
在距离滑轮r处有一墙高为2r的墙，一根不可伸长的绳子从墙根连出，绕过滑轮，从墙顶处绕出（由几何条件可以算出来绳子绕出的是等腰直角三角形的两条边），某人在墙顶处以速度v匀速拉绳子，为了让绳子即不拉断，也不松弛，则此刻①圆环的角速度?为多少？② 环相对于地面a的加速度是多少？ωvar[解决方案]：（1）易知此时滑轮的速度方向与ab垂直，vb?2r?以滑轮为系统，上钢丝绳的延伸速度为V，下钢丝绳的延伸速度也为V。
那么？2r？五、2V（5分）2rvbb'a（2）球心的速度为v0?2r，球心加速度为a0，b相对于a的加速度由向心加速度和加速转动加速度。
注意绳子是n方向的，上面的绳子是？方向车轮的角加速度是？？a0/rn2rba0？RA0从地面观察B的加速度：m第29届复赛模拟赛题第四套一abn?a02??2r22，ab2r（3分）22从地面看，墙角m的加速度是am？0.由于下钢丝绳不旋转，沿着钢丝绳的下钢丝绳上滑轮附近的点的加速度为0，因此进入钢丝绳的钢丝绳相对于滑轮下钢丝绳的加速度为0a入?abn?a02??2r22（3分）地面上看墙顶n加速度为an?0，由于上段绳子转动角速度?'?靠近滑轮的点沿绳加速度为?2?2r2r??，所以上段绳子上2R（1分）所以相对滑轮上段绳子出绳子的加速度为输出？？22r？ab二由于绳子长度不变，所以a入?a出32r（3分）2a02？？2r232（1分）=？2r22v2解得a0=2?r?（4分）只要答案正确，方法没有明显错误给全分R2问题二（20分）一个长度为l的扁平的水槽与水平夹角为30o，水槽的质量为m，在两端用细线将水槽吊起来。
第41届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案
第41届全国中学生物理竞赛复赛试题（2024年9月21日上午9:00-12:00）考生须知1、 考生考试前请务必认真阅读本须知。
2、 本试题共7道题，5页，总分为320分。
3、 如遇试题印刷不清楚的情况，请务必及时向监考老师提出。
4、 需要阅卷老师评阅的内容一定要写在答题纸上；写在试题纸和草稿纸上的解答一律不给分。
一、（45分）高层建筑（大楼）在风的作用下会发生晃动。
在特定条件下，大楼的晃动幅度会变得较大，影响到安全。
（1）为了减小晃动幅度，通常会在高层建筑上加装阻尼器，例如悬点固定在大楼上、摆锤质量为m 、摆臂长度为l 的摆，摆臂是刚性的，质量可以忽略；大楼在风作用下的运动可简化为谐振子的强迫振动，谐振子的质量为M ，恢复力等效为劲度系数为k 的弹簧，大楼在运动过程中可视为刚体。
整个摆和谐振子系统如图1a 所示，系统的总质量为m 与M 之和。
风可视为水平方向上的强迫力F （向左为正），它随时间t 的变化为cosωF t H t其中振幅H 和频率ω均为常量。
重力加速度大小为g 。
为简单起见，只考虑摆和谐振子的小幅度振动 （因而摆便成为单摆）。
（1.1）求谐振子因强迫力F 的作用产生的稳定振动的振幅；（1.2）指出在没有阻尼器的情况下，风的频率为多大时，大楼受迫振动的振幅最大？对此频率的风，阻尼器应满足何种条件会最大限度地减小大楼的受迫振动？（2）若风的频率为第（1.2）问中求出的风的频率的√0.99倍，在没有阻尼器的情况下，求此时大楼受迫振动的振幅有多大? 若安装的阻尼器参数l 符合第 （1.2）问中得到的条件，为了使得大楼在此风的作用下的受迫振动的振幅减到无阻尼器时的1%， 阻尼器的质量m 应该为M 的多少倍？（3）实际的阻尼器还装有其他装置以提供阻尼力，通常做法是将摆锤浸泡在固定于建筑物上的油池中 （相对于建筑物的质量，油的质量可以忽略；油池质量可视为已包含在大楼的质量之内）。
已知当摆锤与油的相对速度为 v 时，摆锤受到的阻尼力为f v其中γ为常量。