第28届中学生物理竞赛复赛模拟试卷及答案

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 (8) 可得P =v (9) 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅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()sin P P P r r ϕθ-=v v 00 (11)根据(8)式，同理可得=0v (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4310N N f +-=(1) 120N mg -= (2)以及对A 点的力矩()3411sin sin sin cos cos cos 022mgl mg l l N l N l l CF θθαθθα⎛⎫+---+-= ⎪⎝⎭即()3431sin sin cos cos cos 022mgl mgl N l N l l CF θαθθα---+-= (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422c o s s i n 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41t a n 2N m g 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a r c t a n 0.38521α︒≤= (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()()02222ωωmlR m M ml R m M ++-+= (4) ()()022222ωmlR m M lR m M +++=v (5) 由(4)式可得l = (6)2'2．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2l Rθ∆=∆，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) 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2m1()2t0OP 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)Pφvωv 1ωvωvv2φω+v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010y 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00E 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2mT =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0cos z ma qE t ω= (9) 或c o s 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021cos 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 002πqB 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)．22．0.62V (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 RT = (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02B V V ''<．设A 、B 两室中气体末态的温度为AT ''，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005()()2B A B 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06AQ T T R''=+ (20) B 室中气体的末态体积00000(1)6BAV 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)1. 反应能()()332pn 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 He 220m 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3pH1th 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 (13)33222p p n n He He 111222m m m Q =++v v v (14) 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 (15)令2p p p12T m =v (16) 2n n n 12T m =v (17)3332He He He 12=T m v (18)θp p m vn n v把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得3He Q T T T =--p n (19)33n n p p He He 222m T m T m T θ=+- (20)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 --=+ (22)得n 20T R -= (23)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解为S = (24)将具体数据代入(21)、(23)式中，有n 0.132M e V T = (25) (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 pHe 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1.02MeV th 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 H1122Q =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 pc H p 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 cm 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1p m 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()()2230401020202th m 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 HH H22th Q+m m m m c E Q Q m m ++=≈ (10)代入有关数据得1.02MeV th T = (11)第2问8分：(1)、(2) 、(8)式各2分， (9)或(10)式1分， (11)式1分．。

全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第三套（解析）学而思物理竞赛教练组 黄俏第一题【解】（1）旋转参考系里，有惯性力2F m r ω=，其产生的压强为22212P l l l ρωρω=∆=∑，压强差为222211()2P l l ρω∆=-，高度差导致的压强P g h ρ∆=∆，平衡得两个场的压强差相等有3h cm ∆=，又由两管直径比为2:1有2管水面上升1cm 。

（2）以平衡位置为零势能，设2管上移高度h ，有势能22222221121111222222P E hd g h hd l hd g h hd l ρρωρρω=++- 化简得222211213()P E gd h d l l h ρρω=+-受力22211216()P E F gd h d l l hρρω∆=-=---∆可得其做简谐振动，后部分为恒力，不影响周期。

精度系数取16k gd ρ=。

这部分势能将全部转化为整个水的动能，所以质量取2121(()())m l l d d d H ρ=+++，有周期2T =10T =s 。

第二题（20分）【解】设新粒子的静止质量为0m 、动量为P ，1粒子的动质量为1m 、动量为1P ，2粒子的动质量为2m 、动量为2P ，新粒子的动质量为m 。

（1）新粒子的偏转方向质量方程：1101053m m ==，2202054m m ==（1）水平方向动量守恒：12cos cos h P P P cυθα-=+ （2）竖直方向动量守恒：sin sin h P c υθα=（3）能量动量关系：222224111022222422202222240()()()m c c P m cm c c P m c mc c P m c =+=+=+（4）由（4）式有1102204334P m c P m c== （5）（5）代入（2）式联立（3）式有：221020143cot (cos )sin 34m c m c h h θυαυα=--（6） 222102043cos sin ()()34h h P m c m c c cυαυα=--+（7）（2）新粒子的静止质量，已知102012m m u == 能量守恒：22212m c m c mc h υ+=+ （8） （1）式代入（8）有：235h m u cυ=-（9）（7）（9）式代入（4）式有：0m = （10）【解】设经过t ∆时间撞上h ∆有cos m t hd v ρϕ∆=∆∆相对 每个叶片受力：2cos m F v t θ∆∆=∆弹，cos(120)m F v t θ∆∆=+∆非弹，'cos(120)mF v tθ∆∆=-∆非弹 力矩：(')(')'(')M Fl h F l h F l h =∆++∆++∆+∑∑∑弹非弹非弹代入得22331((43cos 2)(()))2M d v h l h l ρθω=+++- 取平均得2233(2(()))M d v h l h l ρω=++-代入有M k ω=有2222(33)20k hl l h v d hωωρ++-+=求解得ω。

选择填空题答案和解析：
1．C
2．C 解释：A选项没有考虑对外做功；B选项中酒精的沸点约为78度，D选项中，宏
观上理解为大气的重力，微观上是离子碰撞的冲力，不能重复计算。

3． BC 解释：插入玻璃板电容C 增大，串联电容器的电量相等，C 与U 成反比，故a 的
电压减小，能量CU 2/2，故b 的能量增大。

D 选项中遗漏了充放电流的焦耳热。

4． A 解释；能量守恒。

与400kev 的光子无关。

5． D 解释：返回过程速度较小，摩擦生热更少，故机械能损失量更少。

6． 2.5m 解释：先用玻马定律算出压强变为12.5m 水柱，故内外压力差等于高度差，等于
2，5m 。

7． 3s/5 解释：由折射定律得h=rd/2 ，h=i （s-d ）/2，i/r=1.5，解之得。

8． 9k cl ke
,210E E -⨯-。

解释：能量差等于势能之差2s ke E r ∆=，解之得。

9． 9 解释：动量和能量关系E t ∆s=pc ，动量定理 2p=N t ∆。

解之得。

第28届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷题号—•二三四五-1-七八总分得分复核本卷共八题，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步骤。

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、填空题.（本题共4小题，共25分）1. 一种行星（齿轮）传动由中心（太阳）齿轮（C ）,几个 行星齿轮（P ）和环形齿轮（K ）组成，行星齿轮的轴采用 硬框架一一辘式支架（B ）,环形齿轮有与行星齿轮相连的内钩。

设太阳齿轮和行星齿轮的半径相等且太阳齿轮以角速度Q 转动。

则如果辘式 支架固定，环形齿轮转动的角速度为 ________________ ;如果环形齿轮固定，辘式支架 的角速度为 ____________ o2. 飞机在上空以速度v = 2（K ）m/s 做水平飞行，发出频率为f （） = 2000Hz 的声波。

静止在地面上的观察者测得在某个4s 内接收到声波频率从240Wz 降为1600Hz.已知声波在空气中速度为v = 330m/s ，则飞机飞行高度为 ______________ m o3. 质量为m 的带电小球由饺链挂在长为/的绝缘轻杆上。

在饺链左边1.5/处有接 地的竖直大金属板。

杆向右偏离竖直方向Q 且无初速度释放，开始运动后杆刚好 能摆动到左边水平位置；若不计能量损失，则小球带电量为4・针的一种同位素按照下述的衰变规律逐步蜕变为铅，蜕变过程中产生的各种物质的半衰期列在其符号下面。

对一块纯的来说，经过一天的时间后下面哪种物质存在的数量最大？ ___________________________彳規 P —2'4p —2\4p —\Op —2\0P —2M 戸匕19. 7min 1. 64X 10 4s 21. 4y 5. Oday13& 4day 稳定二、（15 分）太阳位于地平线的上方角度为/处。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S 沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T 为76.1年，1986年它过近日点P 0时与太阳S 的距离r 0=0.590AU ，AU 是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P 点，SP 与SP 0的夹角θP =72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m ，引力常量G=6.67×10－11Nm 2/kg 2，太阳质量m S =1.99×1030kg ，试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 点时速度的大小及方向（用速度方向与SP 0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD 如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA ，B 、D 两点与光滑竖直墙面接触，杆AB 和CD 接触处的静摩擦系数为μC ，两杆的质量均为m ，长度均为l 。

1、已知系统平衡时AB 杆与墙面夹角为θ，求CD 杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

2、若μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

三、（25分）在人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称转轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转，但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转，减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法，其原理如图所示。

一半径为R ，质量为M 的薄壁圆筒，，其横截面如图所示，图中O 是圆筒的对称轴，两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q 、Q ′（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一个质量为2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P 0、P 0′处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转，卫星自转的角速度为ω0。

第28届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷一、填空题.(此题共4小题,共25分), 一— 一 ,.一一-,i 一,-、, _ ___ ___ ______ _ i由题目给出的条件得到汽车的胁迫力的角频率为 27.77s ,而车轮转动的频率为 f - 4 42Hz ,这样汽车的速度为 v r 2 rf i3.885m/s 50km/s2得分阅卷复核..->nci»—t—— -----------"t-w>o每一段电阻也为r,如图2所示,此时2.右图为开尔文滴水起电机示意图.从三通管左右 两管口形成的水滴分别穿过铝筒 A i 、A 2后滴进铝杯B i 、B 2, 当滴了一段时间后,原均不带电的两铝杯间会有几千伏的 电势差.试分析其原理.图中铝筒A i 用导线与铝杯B 2相连； 铝筒A 2用导线与B i 相连.解答：本装置的几何结构尽管十分对称,但由于空气中离子分布及宇宙射线等因素的不确定性,使铝筒 A 、A 2的电势会略有不同.譬如, A 的电势比A 高,由于静电感应,使 A 上方的水滴带负电, A 上方的水滴带正电,带电水 滴分别滴入下方的铝杯后,使 B 杯带负电,由于B i 与A 用导线相连,又使 A 电势进一步降低,同理A 电势那么进一步升高,这又使 A 上方的水滴带更多的负电,A 上方的水滴带更多的正电,如此下去,使铝杯B 的电势越来越高,B 的电势越来越低,最终可使两铝杯间产生几千伏的电势差.当然,由于各种因素的不确定性,下次实验开始时,可能A 的电势比A高,最终使B 的电势比区的电势高几千伏.但 A 、A 因偶然因素造成的电势差因上述正反应效应而得到放 大却是不变的.【点评】物理系统的对称性因某种原因受到破坏,这种现象称为对称破缺.对称破缺在物理学的许 多分支及其他许多学科里已成为一个重要的概念.此题是这方面的一个例子.3.受迫振动的稳定状态由下式给出x Acos( t ), A j h ---------------------------------------------- ,arctan1——2.其中 h H ,而 H cos( t)为胁迫力,(22)24 2 2om2—,其中 空是阻尼力.有一偏车轮的汽车上有两个弹簧测力计,其中mdt一条的固有振动角频率为o 39.2727si,另外一条的固有振动角频率为o 78.5454s,在汽车运行的过程中,司机看到两条弹簧的振动幅度之比为7设 为小量,计算中可以略去,汽车轮子的直径为 im 那么汽车的运行速度为 50kBhA 、B 间等效电阻1.图1所示的电阻丝网络,每一小段电阻同为r,两个端点4.核潜艇中U 238核的半衰期为4.5 i09年,衰变中有0.7%的概率成为U234核,同时放出一个高能光子,这些光子中的93■潜艇钢板吸收.1981年,前苏联编号U137勺核潜艇透射到艇外的高能光子被距核源〔处理为点状〕 1.5砒的探测仪测得.仪器正入射面积为22cn2,效率为0.25% 〔每400个入射光子可产生一个脉冲讯号〕,每小时测得125个讯号.据上所述,可知U 238核的平均寿命=6.49 109年〔ln 2 0.693〕,该核潜艇中U 238的质量m=30kg 〔保存两位有效数字〕0得分阅卷复核htp —rq.ce.pret*"|~_>~~10 - 二、〔20分〕如下图,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忽略不计的,长为l V3R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皆与圆筒内外表接触, A B与圆筒内外表间的静摩擦系数都等于1.现令圆筒绕其中央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：90.〔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.令表示A的中点和B的中点的连线与整直线之间的夹角,求此后等于多少度时,B相对于圆筒开始滑动.〔要求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,最终结果要求保存三位数字〕解答：当矩形物处于竖直位置即00时,B不会滑动,矩形物静止.当圆筒缓慢转动使刚超过0.时,A将离开圆筒内外表而开始倾倒, 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(1) 2 vm—lmg cos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.〃、।2mgl〔1 cos 〕- mv联立〔1〕、〔2〕式,得T mg 〔3 cos 2〕如果令T=0,可得arccos〔2〕 48.2°显见, 48.2 °时,作用力是径向正向,对A是推力；48.20时,作用力是径向反向,对A是拉力.现在再来看前面被假定不动的B是否运动.我们可以在B处画圆桶内表面的切面,它与水平面成30.夹角,由于假定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0 0f mg cos30 T cos〔30 〕 0 〔4〕(2)(3)这里f是圆筒内壁对B的支持力.由〔4〕式和〔3〕式可以论证,如果在等于60°〔A将与圆筒相碰〕之前B不动,那么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1 ,所以最大静摩擦力f max的大小就等于正压力.0 0f max f mg cos30 T cos(30 ) ⑸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0 0 、一f// mg sin 30 T sin(30 ) (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 II f max (7)B滑动与否的临界点就应由f// f max求出,即mg cos300 T cos(30°) mg sin 30°T sin(30°) (8)将(3)式的T代入(8)式,化简后得方程(3 cos 2)[cos (2 v'3) sin ] 1 0 (9)这个方程可用数值求解,即取不同的值代入逐步逼近,最后可得54.90 (10)超过此值,B将开始滑动.、(17分)斯泰瓦―托尔曼(Stewart-Tolman)效应1917年,斯泰瓦和托尔曼发现,一绕在圆柱上的闭合线圈, 当该圆柱以一定角加速度绕轴旋转时,线圈中会有电流流过.设有许多匝线圈,每匝线圈的半径为r,每匝线圈均用电阻为R的细金属导线绕成,线圈均匀地绕在一很长的玻璃圆柱上,圆柱的内部为真空.每匝线圈的位置用粘胶固定在圆柱上,单位长度的线圈匝数为n,包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直.从某一时刻开始,圆柱以角加速度绕其轴旋转.经过足够长时间后,求圆柱中央处的磁场的磁感应强度Bo设电子的电量e和质量m为.先考虑一个圆环.考虑环的一小局部,并引进该小局部在其中静止的参照系.环以恒定的角加速度运动,于是,我们引进的参照系不是惯性系,它具有一定的线加速度.此加速度的径向分量可不必考虑,由于环很细, 观察不到任何径向效应.加速度的切向分量为r o在我们所取的参照系中,形成金属晶格的正离子处于静止状态.在此参照系中有惯性力作用在电子上,此力的大小为mr ,方向与上述切向加速度方向相反.晶格与电子间的相互作用下不允许电子无限制地增加速度.根据欧姆定律,此相互作用随电子相对晶格的速度的增大而增大.某一时刻,惯性力与这种相互作用造成的阻力会到达平稳.结果,正离子与负的电子以不同的速度运动.这就是说,在正离子静止的参照系中将有电流流过.此惯性力大小是常量,方向在环的每一局部均与环相切,它对电子的作用与一个在每一点上与环相切的虚拟电场相同.现来求此虚拟电场的大小.显然,此电场的作用力应等于惯性力.由此eE mr 因而E m£ e 在电阻为R的环(静止)中,上述电场将产生电流,2 rE于是,在所考察的环中的电流应为(1)(2)(3)I因而在实验室参照系中,在轴的中央处的磁场为为了使问题简化,假定秋千质量可以忽略,秋千的摆幅很小,男孩的质量总是集中在 其质心上；同时还假定男孩每次从下蹲到站立或者站立到下蹲的过程〔即A 到B, E 到F 〕与秋千摆动本身相比进行得足够快, 因此可以认为从下蹲到站立或者站立到下蹲是瞬间完成的.与此类似,另外两个下蹲过程〔从C 到D,从G 到H 〕也被假定是瞬间过程.需要求解的问题是：男孩要将秋千摆动幅度增加一倍,或者说最大角速度增加一倍〔即摆 动幅度为初始幅度的两倍,或最大角速度为原来的两倍〕 ,需要进行多少次〔可以用分数表示〕摆动才行.当 0时,即秋千摆至最低点时,由于小孩在秋千上由蹲姿到立姿的转换时间极短,故在由A 到B 以及由E 到F 的过程中,相对于秋千上方的悬挂点而言,作用于小孩的合力矩为零,故小孩的角动量m =小孩的质量;r =小孩的质心至秋千悬挂点的距离;2 mr 2eR诚然,场是虚拟的电场,但它描述了惯性力对电子的一种真实作用.环中的电流是真实的以上想法可用来处理题中所述单位长度有n 匝线圈〔沿对称轴〕的很长螺线管的问题,其中流有电流Io 大家知道,在此螺线管中,磁场B 的大小均匀〔在远离两端处〕,其值为B °nI式中0为真空磁导率.由于轴上一点不转动, 不管在转动非惯性系中还是在实验室参照系中均静止不动,22 0nmr BeR【点评】此题颇有启发性.由于,尽管环是电中性的,但出人意料,由于金属的特殊结构,螺线管中却会出现磁场.因此,英语里的电学名词 电动势〔electromotive force 〕〞中会含有力学名词力〔force 〕也就变得容易理解了四、〔20分〕一男孩通过交替蹲下和站起的方式来荡秋千.如图所示的是在摆动过程中男孩的质心轨迹.当男孩处于站立姿势时,几；而当男孩处于下蹲姿势时,1秋千转轴到男孩质心的距离为r d .设比值见2而几1.072,即男孩站立与下蹲两种姿势时质心相对于秋千转轴到男孩质心的平均距离只变化大约7%.得分阅卷复核.p.-wqce» — t—--一-tp - w>ce -〜设秋千转轴到男孩质心的距离为=秋千相对于悬挂点的角速度；・2一 ,一L mr =小孩相对于悬挂点的角动量.当小孩由蹲姿转换到立姿时,即从 A 到B 或由E 到F ,其质心至悬挂点的距离由 r d 变至r u ,所对应的角速度由 d 变至u ,由角动量守恒定律得2 2 mrd dmruu(1)亦即当秋千在最低点时,小孩每一次由蹲姿站起来摆荡时,角速率增加〔见〕2倍r u的位置从C 变至D,因此质心的重力势能已改变.当秋千从 D 摆至E 时,设其角速率为 d ,那么同理利 用机械能守恒定律,可得12,2mgr d 〔1 cos 〕 -mr d d〔4〕2由〔3〕、〔4〕两式可得(%) r u即秋千每摆荡半圈时,其角速率增加 〔包〕万倍; 因此每摆荡一圈,那么角速率增加〔旦〕3倍.秋千摆荡的 r u角幅和其在最低点的角速率成正比.假设秋千摆荡n 圈后,角幅增为起始时的两倍,那么10 n - 3如下图.求证：从 P 点向右发出的任一条光线〔不限于近轴光 线〕经球面折射后,将聚焦于一点,并求出该点 Q 的位置.P 、Q称为齐明点.当秋千从B 摆至C 的过程中,机械能守恒,故小孩的重力势能的增加量等于动能的减少量,即mgr u (1 cos当秋千摆至C 时,小孩由站姿转换为蹲姿,,1 2 2 〕-mr u u因此其质心至悬挂点的距离,由r u 变长为r d,即质心r u r d(M)4 2 r u(乜)3n(210)3n3n10得分阅卷复核五、〔20分〕关于齐明点的讨论.p.-rqce» — t—— -一"p w.e1.半径为R 的透明球体,折射率为............................... R,,n, P 为王轴上一点,位于球心左力 一处,2 .齐明点概念常用于显微镜的物镜中,以增大显微镜入射光的孔径角.设某显微镜 的接物镜〔接物镜前方有光射入〕是折射率为n i =i,5,半径为R i =3mm 的半球,其平底面与物同浸在折射率与物镜材料相同的油中,物即位于一个齐明点上.试设计物镜组第二个月牙形透镜〔在接物镜后〕的两球面的半径 R 2和R 3及其构形〔可作图说明〕,使其物、像也是齐明点.该透镜材料的折射率为n 2=1.6,透镜前球面与第一个透镜后球面的间距为 d i =2.0mm,透镜中央厚度为 d 2=1.5mm,并估算从第二个透镜 出射的光的孔径角 和经两个透镜成像后的放大率k .比拟〔1〕、〔2〕两式,在为锐角的情况下〔r 必为锐角〕,有(3)QC R而仁/QAC, Q 为折射光的反向延长线与主轴交点,于是△QAC^AAPC,及丫一 一,即R R nQC nR〔4〕与角无关,得证.2.两透镜的几何位形如下图.设C 1为接透镜〔L 1〕的球心,从S 〔物〕发出的光经L 1折射后成像于S'.由上小题可知S'C ? n 1 R 1 , 那么 ,SO nR R 〔n1〕R.应使S ,发出的光无折射地进入第二个透镜〔 L2〕的 前球面,故S'为前球面中央,且前球面半径R 2 S 7^S-Q 1 d 1〔n 11〕R 1d 19.5mm〔5〕为使S'位于L 2的齐明点,又使L 2的中央厚度为d 2,应有S-O ^R 3 %n 2S'O 3 R 2 d 2 (n 1 1)R 1 d 1 d 2(7)由(6)、(7)两式可解得后球面半径c (n 1 1)R 1d 1 d 2R 3 ------------------------- 6.77mm(8)1 1 — n 2S 发出的光的孔径角满足1.考察自P 发出的任一光线PA,设其与主轴夹角为 角为r,由折射定律sin i 1 sin r n在△ PCA 中应用正弦定理,有,如下图.设光线在球面上入射角为i,折射(1)sin i sin r E -R- n(2)(6)图中S''为S'经L 2后所成的像［S''O 3〔n 2 1〕RJ, C 3为后球面的球心.S 经L i 所成像S'的孔径角设为 1 ,那么〔又是L 2的物点的孔径角,1那么为最后的像S''的孔径角.由图不难看出,R 2 sin i 0arctan ------------------------ - ----- 20.0i R 2 cos i (n 2 ——)R 3 n 2n i R i n 2 R2 //L rek k |k 2 -------- -------- n i n 25.7612R R 2i 2n i 也【点评】此题是齐明点概念在显微镜物镜中的应用,这种物镜称为油浸物镜,是显微镜物镜的主要 形式之一.六、〔18分〕木星的卫食远在科学家能精确测量光速之前,丹麦天文学家欧罗梅尔 〔O.Romer 〕就研究了木星卫星的星食时间.他通过观测木星的卫星绕木星运动的周期来确定光的速率.图1表示地球E 绕太阳S 的运动轨道和木星的一个卫星 M 绕木星J 的运动轨道.他观测木星的卫星 M 相继两次从 木星的太阳阴影中出现的时间间隔.卫星处在行星的太阳阴影中,称为卫星食,简称卫食.从一系列的卫食的观测可以精确地求出卫食周期,而该周期T 的观察值大小依赖与地球在以连线SJ 作为一根坐标轴的参 照系中的相对位置.卫星绕木星转 动一周的平均周期为 T 0=42小时28 分16秒,周期的最大观测值为 T 0+15 秒.设观测者〔在地球上〕处在k 位置时,看到卫星 M 从木星的阴影中 出现.当他处在k 1位置时,看到卫星下一次从木星阴影中出现,其中k=1, 2, 3,…从以上的观测结果中他得到卫星绕木星公转的表观周期T 〔t k 〕依赖于观测时刻t k .他认为这种表现周期因观测时间而发生的变化,是观测过程中地球相对于木星 的距离d 发生变化造成的.请你从以上材料推断估算光速,并计算相对误差大小.假定地球和木星的轨道均为圆形,那么向心力=太阳的引力,有得分阅卷复核-tp--w.ceu.ret—— -一Hp — w-eunetan n i(9)tan 1R i n i R in i(10)tanS'Asin i SAcos i 苑'R 2sin i ,一」…一、------- 2 ------ ^2——〔忽略透镜边缘厚度〕R 2 cos i S''S'(ii)S''S'n 2R 3i n 2R 3(⑵(i3)(14 )E1地睬E 统太阳S 的运动轨道及卫星M 统木星J 的运动轨置口 地球E 到太阳的平均距离氏=L4躺泊最大距离 R3flm 地球缝太阳公转的周期为1年■木星缢太阳公 转的周期为1L9年口卫星M 与木星的距离尺=4 222GM J M S v JJSM J —R 2JR J其中G 为引力常量,M S 为太阳质量,M E 为地球质量,M J 为木星质量,R E 为地球轨道半径,R J 为木星轨V J(4)、(5)两式相比,得R E木星与地球距离可表示为道半径,V E 为地球公转速度, V J 为木星公转速度.因而 R J R E(空)2V J (3)T E 2R E (4)V E T J2 R J (5)GM E M SM E 2V R E(2)由此得相对角速度相对速度T E TV E R(鼾 R J(6)T J I R E (广)779.8 106 km0.0158rad / day(7)(8)R E 27.3km/s(9)d(t) R J R E(10)d(t) 2X2R E R J cos t上述表达式的相对误差R J[1R J (12 R E cos tR JR EcosR J(11)［由略去的R旦的平方项引起R J］的数量级为R E 2(―)4% R J当观测者在距离d(t)时看到卫星M 从阴影中出现,当他在距离 d(t T 0)时看到卫星下一次从阴影中d(tT O ) d(t)需要时间,因而观测者看到的是表观周期T 而非真实周期T 0oR E [cos t cos (t T 0)]R e T 0 sin t表达式.周期.代入数据可得出现.光行进距离d (13)由于T 00.03, sinT 0 T 0, cos T 0 1 o 我们也可从图的几何关系中直接得到上述近似T O(15)d(t)T 0R E cos T 0R E sin( tT O(16 )而T O0.03 ,及—-0.19,故R Jd R eT O sin td(t)T OR E T 0sin t (17 )一时观测者观察到最大周期；当23 —,…,——时观测到最小周期；当2t 0和时观测到真实TmaxT OR E T O R E T O(14)_ _ _6 ___ 7_ _ 5149.6 101.82 10 1.53 10 5,,-- 2.78 10 km/s我们可估算由距离平方比〔生〕2产生的相对误差约为4%,由时间测量产生的相对误差约为R J0.5—— 100% 3.4% ,故总的相对误差约为 7.4%.另一误差来自轨道为圆形的假定,实际上轨道是 15椭圆的,其相对误差约为i 〕对加热过程作分析开始时弹簧的弹力为零,弹簧长度为自然长度,左、右室气体的温度、压强、体积均相同,由此可 知它们的物质的量也相同,设为n,那么有n RV ° 0.0682molRT O开始加热后左室气体的温度和压强均缓慢增大,从而推动左活塞右移,压缩弹簧.被压缩的弹簧又 推动右活塞右移,压缩右室气体.整个过程是：左室气体吸热膨胀,右室气体绝热压缩,弹簧被压缩, 活塞对大气做功,局部大气被排出筒外.此过程进行至左活塞右移距离为I O 后情况发生变化.此时左活塞与隔板相接触,左室气体压强再升高时活塞不再右移,弹簧不再被进一步压缩,弹簧的压缩量到达最 大值,右室气体状态此后不再发生变化.题给条件 Q=1000J 相当于何种情况,是左活塞右移小于 l o 还是等于l o,需要通过计算得出左活塞刚好右移l o 所需热量Q O ,然后比拟Q 与Q O 的大小才能作出判断.l o 时左室电加热器提供的热量 Q Ox,那么弹簧的压缩量,即弹簧长度的最大改变量为(19)15100% R E 吧一R E 1.5%R E(20)得分阅卷复核...-rqce» — t——-e"p - w>ce -〜七、〔20分〕如下图的圆柱形容器, 其截面积S 1.70 10 2m 2, 器壁绝热,圆筒内有两个以弹簧相连接的绝热活塞,弹簧的劲度系数为k 1.50 104 N m 1 ,筒中部有一带孔的固定隔板,筒壁 上有开口,与大气相通.整个装置的结构及尺寸如图.容器左、右端气室中分别盛有同种的理想气体,左室中有一电加热器.：大气压强P 0 1.00 105Pa ；电加热器未加热强两室气体均处于平衡态,温度均为T O =300K,压强均为P .；活塞的位置如下图,l 0=0.100m ；如果通过加热器对左室气体不断地徐徐加热,弹簧长度的最大改变量l m 7.40 10 2m ；理想气体的绝热过程遵循的规律为 pV a 恒量；筒内气体的摩尔内能与温度的关系为 U m 型,式中T 为气体的热力学温度,a 1为摩尔气体常量.求当左气室吸热为Q=1000J 时,左、右两室气体的温度和压强.设活塞与筒壁的摩擦可忽略不计,且不漏气.计算过程各量均取三位有效数字.(1)ii 〕左活塞右移距离刚到达 设此时右活塞右移距离为l m l 0 x 7.40 10 2 m(2)左、右室气体体积分别为由气体定律可求得左、右室气体的温度分别为以左、右两室气体、活塞和弹簧作为一个系统,根据热力学第一定律有Q o U E 弹 WE 弹为弹簧弹性势能的增量, W 为两个活塞对大气所做的功,它们的数值分别为iv 〕 Q=1000J 时,左、右两室气体的温度和压强如前所述,当电加热器提供 807J 的热量时左活塞就与隔板相接触,此后右室气体的状态不再改变, 故当Q=1000J 时,右室气体的温度仍为T 2 367KP iP 2 P okl mV 1 2l 0S 3.43 310 m(4)(l o x)Sl m S 1.26 10 3m 3(5)T iP o V oT o 990K(6)T 2P 2V2 丁I 0P o V 0367K(7)(8)其中 U 为气体内能的增量, U詈1(T 1T o )nR -(T 21T o ) nR -(1 T 2 2T o ) 1(9)41J(10)P o Sl oP o Sx P o SI m126J(11)iii 〕为求出 U 的值,必须先求出方法如下：由于右室气体遵从绝热过程的方程式,即PV a 恒量,因而有 两边取对数可得将有关数据代入〔9〕式可得因此Q oP o V oP 2V 2(12),P 2 lg -_P o 在 lg 一 V 2 (64. lg 史—包 1.67l1g 「 1m64oJ41 126)J 807J(13 )(14)(15 )(16)此后提供的热量全部用于增加左室气体的内能,即左室气体的压强为八、〔20分〕氢原子模型的拓展1.在经典的氢原子模型中,电子围绕原子核做圆周运动,电 子的向心力来自于核电场的作用.可是,经典的电磁理论说明电 子做加速运动会发射电磁波, 其发射功率可表示为〔拉莫尔公式〕1为电子的加速度, c 为真空光速,0 —— 8.854 10 F4 k电子电荷量绝对值e=1.602 10-19C o 假设不考虑相对论效应,试估计在经典模型中氢原子的寿命.〔实验测得氢原子的结合能是E H 13.6eV,电子的静止质量m 0 9.109 1031kg 〕2.带点粒子加速后发射的电磁波也有重要的应用价值.当代科学研究中应用广泛的 同步辐射即是由以接近光速运动的电子在磁场中作曲线运动改变运动方向时所产生的电 磁辐射,电子存储环是同步辐射光源装置的核心, 存储环中的电子束团通过偏转磁铁等装置产生高性能的同步辐射光. 上海光源是近年来建成的第三代同步辐射光源,它的局部工作参数如下：环内电子能量 E 3.50GeV,电子束团流强I 300mA ,周长L=432m,单元数〔装有偏转磁铁的弯道数量〕 N=20,偏转磁铁磁场的磁感应强度 B=1.27To 使计算 该设备平均每个光口的辐射总功率P 0.〔在电子接近光速时, 假设动量不变,牛顿第二定律仍然成立, 但拉莫尔公式不再适用,2 2相应的公式变化为P 半= 4,其中6 c 3 0E2. 一,,2 , E 为电子总能重, m °c 为电子的 m °c静止能量.〕 1.由方程 F ma2v a 一 r(1)(2)可推导出电子的总能量为 1 e 2 4 °r 2(3)8 0r 0(4)由条件E H13.6eV 推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为:_11r 0 5.29 10 m v 0 2.19 106m/s(6)由拉莫尔公式得初始发射功率Q 〔1000 807〕J代入数据解得左室气体的温度为nR(T i T i )(18)T i31.22 103K(19)T1 p 1— p 12.03 105 Pa(20 )2 2e a P ——,其中a6 c 3 06 c 3 o3 3 3 2 496 c 0m r 0 在微小的时间间隔 t 中,辐射使电子的总能量 U 减少 1)r ------------ 2 r8 o r 2 (8)(9)其中r 为电子轨道半径的减少量,由此可导出时间和半径 r 的变化方程: /c 232 2 2 12 c o m r o4- - r e A 4 r 2 r, (10)其中A O 3 2 23 c o m 4e构造一个半径为2 ................................r o 的球体,那么4 r r 即为距离球心为 r 的薄球壳的体积,在r 0到0的求和过程中可以算出球的体积为 4 3—r o o 对应此题情况解出电子轨道从 3r o 减少到o 所需的时间为代入数据,得: 2.对于高能电子有 以上条件可以得出电子的偏转半径: 储存环中的电子数量: 1.56 c o m r oio 2mc11s(11)(12) (13)(14)2Var(15)F eBc (16) Fma(17)RE (18)ecBQI t (19)ee由 其中t 为电子旋转一圈所花费的时间. 在直道上不辐射能量)： (15)式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总能量为(电子E neu 6 c 3 o3 °R(2.)由(19) (2o )得到存储环中的电子消耗的总功率为: nE neuP UtalIe 45出光口的功率为:t 3 o RP迎 2.17 104WN(22)。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S 沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T 为76.1年，1986年它过近日点P 0时与太阳S 的距离r 0=0.590AU ，AU 是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P 点，SP 与SP 0的夹角θP =72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m ，引力常量G=6.67×10－11Nm 2/kg 2，太阳质量m S =1.99×1030kg ，试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 点时速度的大小及方向（用速度方向与SP 0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB 、CD如图放置，A 点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA ，B 、D 两点与光滑竖直墙面接触，杆AB 和CD 接触处的静摩擦系数为μC ，两杆的质量均为m ，长度均为l 。

1、已知系统平衡时AB 杆与墙面夹角为θ，求CD 杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

2、若μA =1.00，μC =0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

三、（25分）在人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称转轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转，但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转，减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法，其原理如图所示。

一半径为R ，质量为M 的薄壁圆筒，，其横截面如图所示，图中O 是圆筒的对称轴，两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q 、Q ′（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一个质量为2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P 0、P 0′处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转，卫星自转的角速度为ω0。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题（2011）一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动，其周期T为76.1年，1986年它过近日点P0时与太阳S的距离r0=0.590AU，AU是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离，经过一段时间，彗星到达轨道上的P点，SP与SP0的夹角θP=72.0°。

已知：1AU=1.50×1011m，引力常量G=6.67×10－11Nm2/kg2，太阳质量mS=1.99×1030kg，试求P到太阳S的距离rP及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与SP0的夹角表示）。

二、（20分）质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面间的静摩擦系数为μA，B、D两点与光滑竖直墙面接触，杆AB和CD接触处的静摩擦系数为μC，两杆的质量均为m，长度均为l。

1、已知系统平衡时AB杆与墙面夹角为θ，求CD杆与墙面夹角α应该满足的条件（用α及已知量满足的方程式表示）。

2、若μA=1.00，μC=0.866，θ=60.0°。

求系统平衡时α的取值范围（用数值计算求出）。

三、（25分）在人造卫星绕星球运行的过程中，为了保持其对称转轴稳定在规定指向，一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转，但有时为了改变卫星的指向，又要求减慢或者消除卫星的旋转，减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法，其原理如图所示。

一半径为R ，质量为M 的薄壁圆筒，，其横截面如图所示，图中O 是圆筒的对称轴，两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q 、Q ′（位于圆筒直径两端）处，另一端各拴有一个质量为2m的小球，正常情况下，绳绕在圆筒外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P 0、P 0′处，与卫星形成一体，绕卫星的对称轴旋转，卫星自转的角速度为ω0。

若要使卫星减慢或者停止旋转（消旋），可瞬间撤去插销释放小球，让小球从圆筒表面甩开，在甩开的整个过程中，从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷及标准答案说明：填空题的答案填在题中的横线上或题给的表格中。

计算题的解答应写出必要的说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能给分。

有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位。

本卷共8题，满分160分。

一、（20分）如图所示，哈雷彗星绕太阳S 沿椭圆轨道逆时针方向运动，运动周期T=76.1年。

1986年它过近日点P0时，与太阳S 的距离为r 0=0.590AU ，AU 是天文单位，它等于地球与太阳的平均距离。

经过一段时间，彗星到达轨道上的P 点，SP 和SP 0的夹角72.0P θ=︒，已知1AU=111.510m ⨯，引力常量G =113126.6710m kg s ---⨯⋅⋅，太阳质量301.9910s m kg =⨯。

试求P 到太阳S 的距离r P 及彗星过P 时的速度大小和方向（用速度方向和SP 0的夹角表示）。

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P =v （12） 代入有关数据得414.3910m s P -⨯⋅v = (13) 设P 点速度方向与0SP 的夹角为ϕ(见图2)，根据开普勒第二定律[]sin 2P P P r ϕθσ-=v （14）图1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1cos pr e θ=+ （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()θcos 112e e a r +-= （3）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（4） 在近日点0=θ，由（3）式可得1r e a=-（5）将P θ、a 、e 的数据代入（3）式即得0.895AU P r = （6）可以证明，彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 s2Gmm E =a-(7) 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 （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、（20分）质量分布均匀的刚性杆AB、CD如图放置，A点与水平地面接触，与地面的静摩擦系数为μA，B、D两点与光滑竖直墙接触，杆AB和CD接触处的静摩擦系数为μC，两杆质量均为m，长度均为l。