全国中学生物理竞赛题答案

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1、1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 表示质子的质量， 和 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度， 表示m0v e元电荷，由能量守恒可知（1）2201meU因为 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O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 的最大值对应于Ol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 表示 的最maxl大值，由角动量守恒有（2）max0vlR由式（1） 、 （2）可得（3）20ax1/eUlv代入数据，可得 max2lR（

2、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e（5）ax6l评分标准：本题 15 分。式（1） 、 （2）各 4 分，式（4）2 分，式（5）5 分。2二、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(273)K=0T， （1）1ph（2）CVlS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2T（3）CbSh由此造成气柱中空气体积的增大量为（4）CVbS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

3、应增大 ，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为h（5）hS所以，当温度为 时空气的体积和压强分别为2T（6）21VV（7）ph由状态方程知（8）12VT由以上各式，代入数据可得K （9）2347.此值小于题给的最终温度 K，所以温度将继续升高。从这时起，气柱中的空0Tt气作等压变化。当温度到达 时，气柱体积为（10）2V代入数据可得（11）30.7cm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。3三、参考解答位于通道内、质量为 的物体距地心 为 时（见图复解 20-3） ，它受到地球的引力可mOr以表示为，

4、（1）2GMFr式中 是以地心 为球心、以 为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以 表示地MO 球的密度，此质量可以表示为（2）34r于是，质量为 的物体所受地球的引力可以改写为m（3）3FGmr作用于质量为 的物体的引力在通道方向的分力的大小为（4）sinf（5）xr为 与通道的中垂线 间的夹角， 为物体位置到通道中rOC点 的距离，力的方向指向通道的中点 。在地面上物体的重力C可以表示为（6）02GMmgR式中 是地球的质量。由上式可以得到0M（7）043g由以上各式可以求得（8）0mfxR可见， 与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为f（9）0gkR物体将以 为平衡位置作简谐

5、振动，振动周期为 。取 处为“弹性势能”C02/TRg0x的零点，设位于通道出口处的质量为 的静止物体到达 处的速度为 ，则根据能量守mxv恒，有（10）22001()vkRh式中 表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得h20vg（11）4可见，到达通道中点 的速度与物体的质量无关。C设想让质量为 的物体静止于出口 处，质量为 的物体静止于出口 处，现将它们MAmB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 处，并发生弹性碰撞。C碰撞前，两物体速度的大小都是 ，方向相反，刚碰撞后，质量为 的物体的速度为 ，0v MV质量为 的物体的速度为 ，若规定速度方向由 向 为正，则有m

6、B， （12）0mVv（13）2211Mvm解式（12）和式（13） ，得（14）03v质量为 的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口 处时的速度为 ，则有mBu（15）22011()kRhmuv由式（14） 、 （15） 、 （16）和式（9）解得（16）2208()hMug的方向沿着通道。根据题意，卫星上的装置可使 的方向改变成沿地球 处的切线方向，u uB如果 的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有（17）200muGR由式（16） 、 （17）并注意到式（6） ，可以得到（18）22071()Mh已知 m，则得20M（19）0.925kmR评分标准：本题 20 分。求得式（11）给

7、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 和 ，折射光线与坐标轴的交点在 。令轴i P上 的距离为 ， 的距离为 ，根据折射定律，有OPxMPl（1）sin5在 中OMP（2）sinlxi（3）22cosRi由式（1）和式（2）得xl再由式（3）得22(cos)nxi设 点到 的距离为 ，有MOxhsiR222coniRh得 22xxn（4）21()0Rh解式（4）可得（5）2221nnx为排除上式中应舍弃

8、的解，令 ，则 处应为玻璃半球在光轴 上的傍轴焦点，由上式0hxOx2()xRRn或由图可知，应有 ，故式（5）中应排除号中的负号，所以 应表示为R（6）2221hhx上式给出 随 变化的关系。xh因为半球平表面中心有涂黑的面积，所以进入玻璃半球的光线都有 ，其中折射光0h线与 轴交点最远处的坐标为O2220001nRhnhx（7）在轴上 处，无光线通过。0x6随 增大，球面上入射角 增大，当 大于临界角 时，即会发生全反射，没有折射光线。hiiCi与临界角 相应的光线有CiC1sinhR这光线的折射线与轴线的交点处于（8）22C11nRxn在轴 上 处没有折射光线通过。OxR由以上分析可知，

9、在轴 上玻璃半球以右Ox（9）C0的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。 与 就是所要求的分界点，如图复解 20-4-20xC所示评分标准：本题 20 分。求得式（7）并指出在 轴上 处无光线通过，给 10 分；求得式（8）并指出在 轴Ox0 Ox上 处无光线通过，给 6 分；得到式（9）并指出 上有光线段的位置，给 4 分。0x Ox五、参考解答放上圆柱 B 后，圆柱 B 有向下运动的倾向，对圆柱 A 和墙面有压力。圆柱 A 倾向于向左运动，对墙面没有压力。平衡是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态，取圆柱 A 受地面的正压力为 ，水平摩擦力为 ；圆柱 B 受墙面的正压力为1N1

10、F2，竖直摩擦力为 ，圆柱 A 受圆柱 B 的27正压力为 ，切向摩擦力为 ；圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 ，切向摩擦力为 ，如图3N3F3N3F复解 20-5 所示。各力以图示方向为正方向。已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 0.20，两圆柱间的摩擦系数 0.30。设圆柱 B 与13墙面的摩擦系数为 ，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 。2设两圆柱的质量均为 ，为了求出 、 、 以及为保持平衡所需的 、 、M1N231F2之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：3F圆柱 A： （1）133sincos0gF（2）ciFN（3）13R圆柱 B： （4）2sincos0MgF（5）33ciN

11、（6）2r由于 ，所以得3F（7）123FF式中 代表 ， ， 和 的大小。又因 ，于是式（1） 、 （2） 、 （4）和（5）四式1233N成为：（8）13sincos0MgF（9）coF（10）3sincs0gN（11）2co以上四式是 ， ， 和 的联立方程，解这联立方程可得1N3F（12）2N（13）31sincoMg8（14）2cos1inNFMg（15）1s2coi式（12） 、 （13） 、 （14）和（15）是平衡时所需要的力， ， ， 没有问题，但 ，1N231F， 三个力能不能达到所需要的数值 ，即式（12） 、 （14）要受那里的摩擦系数的制约。2F3 F三个力中只要有一

12、个不能达到所需的 值，在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求2N由式（12） ，得 21F所以（16）2再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 0.20，根据摩擦定律1，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 满足 ，则圆柱在地面上不fN 1FN滑动；若 ，这一点将要发生滑动。1F圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是（17）1cos2inFN由图复解 20-5 可知（18）cosRr（19）2in1r由式（17） 、 （18）和式（19）以及 0.20，可以求得（20）9rR即只有当 时，圆柱 A 在地面上才能不滑动。1

13、9rR最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求3cos1inFN9（21）由式（18） 、 （19）以及 0.30，可解得3（22）270.91rR显然，在平衡时， 的上限为 。总结式（20）和式（22） ，得到 满足的条件为r r（23）0.29评分标准：本题 22 分。求得式（7） 、 （12） 、 （13） 、 （14） 、 （15）各 2 分，式（16）3 分，求得式（23）9 分。六、参考解答在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为电势的零点，故正电荷在空间各点的电势为正；负电荷在空间各点的电势为负。现已知处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是一

14、正一负。根据所提供的电势的曲线，当0x考察点离坐标原点很近时，电势为正，且随 的减小而很快趋向无限大，故正的点电荷必定x位于原点 处，以 表示该点电荷的电量。当 从 0 增大时，电势没有出现负无限大，即没O1Q有经过负的点电荷，这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为 ，当 很ax大时，电势一定为负，且趋向于零，这表明负的点电荷的电量的数值 应大于 。即产生2Q1题目所给的电势的两个点电荷，一个是位于原点的正电荷，电量为 ；另一个是位于负 轴1x上离原点距离 处的负电荷，电量的大小为 ，且 。按题目所给的条件有a2Q1（1）2100kxa2100U （2）因 时，电势为极小值，故任

15、一电量为 的正检测电荷位于 处的电势能也0xaq0xa为极小值，这表明该点是检测电荷的平衡位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零，因而有（3）12200()()Qkaxa由式（1） 、 （2）和（3）可解得（4）0()x（5）12aUQk10（6）202(1)UxaQk式中 为静电力常量。k评分标准：本题 23 分。式（1） 、 （2）各 4 分，式（3）6 分，式（4） 、 （5） 、 （6）各 3 分。七、参考解答设物块在 点第一次与地面碰撞，碰撞前水1A平速度仍为 ，竖直速度为0v（1）2ugh碰撞后物块的竖直速度变为 ，根据题意，有1u（2）10ue设物块的质量为 ，碰撞时间为 ，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力mt比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为（