第36届全国中学生物理竞赛复赛试题

全国中学生物理竞赛复赛试卷姓名（）总分（）本卷共九题，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环节．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、（15 分）蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器（见图）．若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线，它们的悬挂点在不同的高度上，摆长依次减小．设重力加速度g = 9 . 80 m/ s2 ,1 ．试设计一个包含十个单摆的蛇形摆（即求出每个摆的摆长），规定满足：( a ）每个摆的摆长不小于0 . 450m ，不大于1.00m ; ( b ）初始时将所有摆球由平衡点沿x 轴正方向移动相同的一个小位移xo ( xo <<0.45m ) ，然后同时释放，通过40s 后，所有的摆可以同时回到初始状态．2 ．在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率初次所有为零所通过的时间为________________________________________.二、（20 分）距离我们为L 处有一恒星，其质量为M ，观测发现其位置呈周期性摆动，周期为T ，摆动范围的最大张角为△θ．假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的，试给出这颗行星的质量m所满足的方程．若L=10 光年，T =10 年，△θ= 3 毫角秒，M = Ms （Ms为太阳质量），则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少？分别用太阳质量Ms 和国际单位AU （平均日地距离）作为单位，只保存一位有效数字．已知1 毫角秒=11000角秒，1角秒=13600度，1AU=1.5×108km,光速 c = 3.0×105km/s.三、（22 分）如图，一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m，半径为R ，螺距H =πR ，可绕竖直的对称轴OO′，无摩擦地转动，连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计．一质量也为m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,一方面扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点A ，这时螺旋环也处在静止状态．然后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴O O′，转动．求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为h 时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小．四、（ 12 分）如图所示，一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 ）的粒子作角速度为ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内，离圆心的距离为d ( d > R ) ，在导线上通有随时间变化的电流I, t= 0 时刻，粒子速度的方向与导线平行，离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力，试求出电流 i 随时间的变化规律．不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响．长直导线电流产生的磁感应强度表达式中的比例系数 k 已知．五、（20分）如图所示，两个固定的均匀带电球面，所带电荷量分别为+Q和-Q (Q >0) ，半径分别为R和R/2，小球面与大球面内切于C点，两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计，有一质量为m，带电荷为q(q>0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。

第 36 届全国中学生物理竞赛 (江苏赛区) 第一轮复赛试卷本卷共 15 题, 满分 200 分.一、选择题. 本题共 5 小题, 每小题 6 分. 在每小题给出的 4 个选项中, 有的小题只有一项符合题意, 有的小题有多项符合题意。

把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内. 全部选对的得 6 分, 选对但不全的得 3 分, 有选错或不答的得 0 分.1. 如图所示, 在水平地面上, 一个纸盒斜靠在一木箱上。

已知纸盒质量小于木箱质量, 若纸盒、木箱均保持静止状态, 则以下说法错误的是A. 纸盒受到外力的矢量和为零B.纸盒受到的地面摩擦力小于木箱受到的地面摩擦力C.纸盒受到木箱向右的弹性力与地面对纸盒向左的摩擦力是一对平衡力D. 根据牛顿第三定律, 纸盒所受重力的反作用力是地面对其向上的弹性力2. 考虑一机械波沿均匀介质传播的情况, 如果将波源的振动频率变成原来的 2 倍, 其它条件不变, 则A. 波的传播速度变为原来的1/2 B. 波的传播速度变为原来的 2 倍C.波长变为原来的1/2D. 波长变为原来的 2 倍3. 如图所示, 空间中存在一均匀磁场B, 方向垂直纸面向里。

一长度为l的铜棒以速度v向右匀速运动, 速度方向与铜棒长度方向之间的夹角为30∘, 则铜棒a、b两端的电势差U ab=U a−U b等于A. vBlB. −vBlvBlC. 12vBlD. −124. 图示电路中, 电源电动势为ε=9V, 电源内阻忽略不计, 电阻R1=100Ω,R2= 200Ω,R3=200Ω, 电容器电容C=2μF。

若电容器刚开始不带电, 则当电键K合上后, 最终电容器所带电量是A. 9μCB. 12μCC. 15μCD. 18μC5. 自然界中有四种基本相互作用, 下列作用力中属于电磁相互作用的有A. 地球与太阳间的作用力B. 将原子结合成分子的作用力C. 将核子结合成原子核的作用力D. 汽车与地面间的摩擦力二、填空题. 把答案填在题中的横线上. 只要给出结果, 不需写出求得结果的过程.6. (10 分) 一折射率为√3的玻璃球置于空气中, 今有一光线射到球表面, 若入射角为60∘, 则折射光线和反射光线的夹角为 , 该折射光线再次经球面二次折射时的折射角为。

1. 解：（1）参考题解图1，1T 的计算：球1从A 到1B 所经过时间记为11t ，到达1B 的速度大小记为10v，有2111113sin 2L g t t ϕ=⇒=10113sin 105v g t ϕ== 将球1从1B 到C 时间记为12t ，有210121112121324cos 10255L v t g t gL t gt ϕ=+=+取其解为：12t =合成，得到11112T t t=+=（4分） 2T 的计算:仿照球1所引参量，有 )221211114cos 2L g t t t ϕ=⇒==20214cos 105v g t ϕ==2220222222221433sin 102510L v t g t gL t gt ϕ=+=+22t ，22122T tt =+ （3分）（2）由（1）问解答可知道02T T ==球1,2于11211t t t ==。

分别同时到达12,B B 。

据此将讨论的时间范围分为两段：10t t ≤<和10t t T <<，10t t ≤<时间段F 的求解：此时间段内，t 时刻球1,2所在位置到竖直线AC 的水平距离分别为211sin cos 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭，221cos sin 2x g t ϕϕ⎛⎫= ⎪⎝⎭即有：12x x =重力1m g mg =，2m g mg =相对A 点力矩之和为0，故有解全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第八套（解析与评分标准）满分3200F = （4分）10t t T <<时间段F 的求解：参考题解图2，球1,2朝AC 线水平加速度分别为()()1212cos sin ,sin cos 2525g g g ϕϕϕϕ==，即相同t 时刻重力矩之和为：M ∆，方向：水平朝外。

大小：1122M m gx m gx ∆=-。

()()21101112112sin 5225x L v t t g t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()()22101112112cos 5225x L v t tg t t ϕ⎡⎤=--+⨯-⎢⎥⎣⎦，()())12201011cos sin x x v vt t t tϕϕ-=--=- 为平衡此力矩，要求F ：方向：水平朝左。

【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。

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。

全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第一套（解析与评分标准）满分140第一题（15分）【解】αβ=-无磁单极子，所以任取一个封闭体，总磁通量为0。

取一个长宽高各在XYZ 正半轴，顶点在原点O 的长方体。

其在XYZ 轴上的边长分别为0x 、0y 、0z ，总磁通为零有：0000x z z x αβ⋅=⋅，得αβ=-评分标准：得出αβ=-得5分。

说明无磁单极子得5分。

取封闭体算磁通为零得5分。

第二题（12分）【解】如图设支持力摩擦力为N 1、N 2、N 3、f 2、f 3，小球半径为R ，讨论：当1μ<时，上式恒成立。

当1μ≥时，θ为任意值都不会滑动。

评分标准：有受力分析得2分，写出（1）（2）（3）各得2分，判断出3N 大于2N 得2分，计算得答案（5）式得2分。

讨论不加分，不讨论不扣分，因为正常情况下μ不大于1。

爆炸后落地时间差为132t t -=（8）爆炸后竖直方向上有 233312v t gt h += （9）211112v t gt h -+=（10）中间鸟落地时，空中鸟离地距离211()2'h h v t gt h v t∆=--+∆=或 （11）由（7）式有13v v =令其为'v把（9）式减（10）式联立（8）式有'v =（12）把（1）式（6）式（12）式代入（11）或把（1）式（12）式代入（11）得： 2d h ∆=（13）（3）设爆炸增加的速度为'v ，则从质心系看爆炸增加的能量为212'2E mv ∆=⋅（14）代入（5）式有'v =令爆炸前水平速度02v v =，以爆炸点为原点列抛物线方程 02'cos 1'sin 2x v t v ty v t gt θθ=+=- （15）消去t 有2200'sin 1'cos 2('cos )v g y x x v v v v θθθ=-++ （16）这是一个(,)y f x θ=的方程，取x 为定值，求()y f θ=的最大最小值。

1. 设N0=kmg,先分析最底下一组两个劈状物,作为一个整体的受力如图所示。

由质心运动定律可得N+2mg−N0=2ma cy=m a y(1)上式中a y是最底下一组中右上方劈状物的y方向加速度。

现取此劈状物为参照系，在此非惯性参照系中，此物的上表面即为固定的桌面，其上方还有无限多组劈状物的受力中还应加上一个方向向上惯性力f i=ma y,因此，各物所受的重力变为m g′=mg−ma y,即有:g′=g−a y.所以有N=km g′,将此代入（1）式，可得km g′+2mg−kmg=ma y→a y=2k+1g(2)再仔细分析一下最底下一组两个劈状物的情况，由左下物受力可得：N′sinθ=ma x(3)N0=mg+N′cosθ(4)由左下和右上两物沿垂直于斜面方向加速度相同，可得a x sinθ=a y cosθ−a x sinθ(5)由（2），（3），（4），（5）式可解得：k=1sinθ即体系对桌面的压力为N0=mgsinθ2. 对左室气体（1），有T0V0γ−1=T1V1γ−1→T1=2γ−1T0（1）内能的增量∆U1=m1μC v T1−T0=m1μC v2γ−1−1T0（2）对右室气体（2），有T0V0γ−1=T2V2γ−1→ T2=23γ−1T0（3）内能的增量∆U2=m2μC v T2−T0=m2μC v23γ−1−1T0（4）由于m1=m2=m,于是由（2），（4）式可得两部分气体总的内能增量为∆U=∆U1+∆U2=mμC v2γ−1+23γ−1−2T0（5）在两部分气体混合过程中，与外界无功于热量的交换，因此总内能保持不变，即U=U0+∆U=2mμC v T0+∆U=mμC v2γ−1+23γ−1T0（6）、设混合后气体达平衡态后温度为T，U=2mμC v T（7）全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十四套参考答案由（6），（7）式可得 T =122γ−1+ 23γ−1T 0（8）体系初，终态的状态方程为： P 0 2V 0 =2m μRT 0，P 2V 0 =2m μR T由此可得气体最终的压强为P =T T 0P 0=12 2γ−1+ 23γ−1P 0=1.18P 0 γ=533. 当线圈位于x 处时，线圈中的感应电动势为： ε动 = −dΦdt =−ddt −B x πR 2 =−k πR 2dxdtε动 = −k πR 2v (1) 另有，ε动 = −∮ v ×B ∙dl =−∮vB r dl 2πR0 = −v B r 2πR (2)由（1），（2）式可得：B r = 12 kR = C (3)(3)式也可以用高斯定理获得：如图取一段以x 轴为轴、以R 为半径的圆柱形高斯面，根据高斯定理，有：∮B ∙dS = −πR 2B x (0)+πR 2B x x 0 + 2πR ∙x 0∙B r= −πR 2C +πR 2 C −kx 0 + 2πR ∙x 0∙B r = 0 ∴B r = 12 kR因超导线圈电阻为零，因此有： ε总 = ε动 + ε自= IR = 0根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量保持不变。

装…………○………姓名：___________班级：_______装…………○………绝密★启用前第36届物理竞赛复赛模拟试题（二)考试时间：180分钟；命题人：李宁注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上1．某一与外界绝热系统如图所示，上、下为两热容量分别为1C 、2C 的热源，初始温度分别为10T 、20T 右侧为一气缸，缸中装有同种双原子气体，气体由一轻活塞分为两部分，初态压强均为0p ，体积均为0V ，活塞可自由移动，气体与上下热源接触处保持良好的热接触以保证任意时刻气体与对应热源温度相等，除气体与热源接触处系统各处均绝热，现有一卡诺热机在两热源间工作，并将所做功的12以热量的形式输入下部分气体，已知：00110p V C T =，00220p V C T =，1020022T T T ==.试求系统末态温度T ．（用0T 表示）【答案】01.29T T ≈ 【解析】 【详解】设气体压强为p 时，上、下气体体积分别为02V V -，V ． 由理想气体状态方程，有()0112p V V n RT -=， ①22p V n RT ⋅= ②初态有 00110p V n R T = ③ 00220p V n RT = ④由①－④得试卷第2页，总36页…○…………外………○…………内……212n n = ⑤()112202R n T n T p V +=， ⑥02211222V n T V n T n T =+ ⑦设卡诺热机从上部热源吸热d Q 吸，向下部热源放热d Q 放，做功d W ，则21d 11d Q TQ T η=-=-放吸， ⑧ 且有d d d W Q Q =-吸放． ⑨ 由热力学第一定律，有()111d d d V C n C T Q p V +=-+吸， ⑩()2221d d d d 2V C n C T Q p V W +=-+放． ⑪由⑤－⑪得()121211122211272d 9d 22914d 2d T T T T T T T T T T T T T ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=+-+． 令12T xT =，代入上式化简得22322d 71718d 74970T x x x T x x x++=-++． 初态：2x =，末态：1x =，故有02123222d 71718d 74970TT T x x x T x x x ++=-++⎰⎰． 数值积分可得0ln0.255TT ≈，即有01.29T T ≈． 2．如图所示，一水平光滑圆盘绕着通过O 点并垂直于盘面的定轴以匀角速度ω转动．盘上有一个以O 为圆心的圆形轨道，一质量为m 的质点被约束在轨道内运动，质点与轨道的动摩擦因数为μ．开始时，质点的相对速度为0v ，试分析：……装…………○…_______姓名：___________班级：……装…………○…（1）运动中质点的相对运动速度v （2）轨道对质点约束反力的大小 （3）质点运动的相对路程与时间的关系．【答案】（1）()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ （2）()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦ （3）()0lnR t v R Rs Rt Rμωωμ++=-【解析】 【详解】（1）建立如图所示的坐标系，质点在水平面内受轨道压力N F ，动摩擦力S F ．应用动静法，则质点还有离心惯性力1I F ，和科氏惯性力2I F ．12I F mR ω=， ①22I F v ω=． ②方向如图所示．质点运动轨迹为圆周线，采用自然坐标系，质点运动微分方程为t t s ma F F ==-∑，d d N vmF tμ=- ③ 12n n N I I ma F F F F ==--∑222N v m F m R m v Rωω=-- ④ 由式④可得()()22222N m m F v vR R v R R Rωωω=++=+ ⑤ 将式⑤代入式③中，可得()2d d v R v t Rωμ+=- ⑥ 将式⑥分离变量，可得()2d d vt Rv R μω=-+试卷第4页，总36页……○…………装…………○※※请※※不※※要※※在※※装※※……○…………装…………○两边积分，化简得()()00R v R v R R t v R ωωμω+=-++ ⑦（2）将式⑦代入式⑤中，得到()()200N v R F mR R t v R ωμω⎡⎤+=⎢⎥++⎣⎦⑧即为轨道对质点的约束反力． （3）根据d d sv t=，得()()00d d R v R s R t R t v R ωωμω+=-++ ⑨ 对式⑨两边积分，并考虑初始条件：0t =时，有0s =．于是，有()0ln R t v R Rs Rt Rμωωμ++=-3．打桩机的铁塔高度为40.0H m =，锤的质量41 1.010m kg =⨯；钢筋混凝土桩的质量42 2.010m kg =⨯，桩的横截面为正方形，其边长0.5a m =．桩在被打入地下的过程中，其阻力可以认为主要来自桩侧面泥土对其的黏滞作用，且阻力系数为422.510k N m =⨯，当桩已被打入地下010.0h m =时，再把锤升高 1.0h m =，然后自由落下打击桩．假设碰撞过程是完全非弹性碰撞，试回答下列问题：（1）这一锤能把桩再打多深？（2）打桩的效率（用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比）为多少？（3）如果碰撞过程是弹性碰撞，其恢复因数0.8e =，重新分析问题（1）和（2）． 【答案】（1）0.155d m = （2）33.3η=％ （3） 20.228d m = 72η=％ 【解析】 【详解】（1）当锤下落h 高度时，根据机械能守恒定律，其速度为0v = ①由于是非弹性碰撞，对于桩和锤组成的系统，根据动量守恒定律，有()1012m v m m v =+ ②联立式①与式②，可得碰撞后桩和锤的共同速度为1012m v v m m ==+ ③设这一锤能把桩打入的深度为d ，取竖直向下为x 轴正向，桩下降时受到的阻力为4F k ax =-⨯ ④对于桩、锤系统损失的能量用于克服阻力做功，有()()00212121d 02h dh F x m m v m m gd +=-+-+⎰⑤ 将式④代入式⑤化简得()()22012124820kad k h m m g d m m v α+-+-+=⎡⎤⎣⎦ ⑥代入数值得2541.2 6.50d d +-= 解得0.155d m =（2）碰撞前，锤的动能为2010112T m v m gh == ⑦ 碰撞后，桩、锤系统用于克服阻力做功的动能为()()2112121129T m m v m m gh =+=+． ⑧ 故打桩效率为1120133.39T m m T m η+===％． （3）设锤与桩碰撞结束时，锤、桩的速度分别为1v 和2v ，根据动量守恒定律有101122m v m v m v =+ ⑨根据恢复因数的定义，有2100v v e v -=-． ⑩ 联立式⑨与式⑩解得()2010121m v v v e m m =-++，()102121m v v e m m =++，即得100.2v v =-，200.6v v =． ⑪ 显然，碰撞后锤被反弹．与式⑤类似，有○…………订…※※订※※线※※内※※答○…………订…222221d02h dhF x m v m gd+=--⎰．⑫联立式④、式⑪和式⑫并代入数值得2222.530.47.0560d d+-=，解得20.228d m=可知，这一锤打进的深度为0.228m此时，打桩的效率为2222210220.6722m vm vη==⨯=％可见，有了弹性后，打桩的效率提高了，这是由于因变形和裂损的能量损失更小，使效率提高．4．如图所示，一正六边形123456A A A A A A，每边均为一平面镜．现从12A A中点M发出一条光线，此光线依次经23A A,34A A，…，61A A反射，最后回到12A A边，试求光线出射角θ的范围若将正六边形123456A A A A A A换成正n边形12nA A AL，且要求光线依然从M（12A A中点）发出，先后依次经23A A，34A A，…，1nA A反射并回到12A A边，则试求θ的范围．（以上范围均用反三角函数表示）【答案】2πsinnθ≤2πsinarcsinn≤（n为偶数）()2π1sinnθ-≤试卷第6页，总36页…………订…………○…：___________考号：___________…………订…………○…()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）【解析】 【详解】如图所示，设121A M A M ==，2A N x =，由三角形的相似性可知各边长度如图所示，从而有022020322430205426502x x x x x x x x x ≤≤⎧⎪-⎪≤≤⎪⎪≤-≤⎪-⎨≤≤⎪⎪≤-≤⎪⎪-⎪≤≤⎩，解之得6676x ≤≤． 再由余弦定理，则MN ． 故sin120sin x MN θ︒=⋅．则arcsin θ≤≤ 若换成12n A A A L ，同样有不等式组，解得22112pr e x i ωεωβω=+=+-+而，3602πsin 180sin sin x x θ︒⎛⎫︒-⋅ ⎪==试卷第8页，总36页………装………※※不※※要※※在※………装………于是有 2πs i na r c s n θ≤2πsinarcsinn ≤（n 为偶数）()2π1sinn θ-≤()2π1sinarcsinn +≤（n 为奇数）（注：本题也可采用镜面作图法解答）5．如图所示，在一次红、蓝两军的对抗模拟演习中，红军飞机在蓝军上空飞行，飞行高度500.0h m =，蓝军一高射炮A 发现目标．A 到飞机原飞行路径（直线MN ）在水平面上的投影（直线M N ''）的距离为04000L m =，A 发射炮弹速度为2000v m s =（1）要使A 每炮均击在飞机的原飞行路径MN 上，那么A 的对准线与平面MNN M ''的交点轨迹是怎样的曲线，定量求之（2）如果飞机在距A 最近的B 处发现了A ，决定在500.0h m =的平面先作圆周运动再丢下一个和飞机速度相同的炸弹攻击A ．200.0v m s =飞．试求飞机做圆周运动半径大小（3）当飞机在B 处并决定作出（2）中所述行动的同时，A 也发现了飞机的行动，设此时A 对准B 上方，A 水平角度调整速度0.0425rad s ω=，竖直方向调整时间忽略．定量计算并指出高射炮能否在飞机丢炸弹前击下飞机………○…………_________班级：________………○…………【答案】(1) 对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭ (2) 20015002v h L R m gL =-=飞(3) 高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机【解析】 【详解】（1）如图作xOy 坐标系．对于x 处飞机路径上的C 点，炮水平偏角0arctanxL θ=，有L =y ，对于抛出的炮弹： 1211 1 2v t L v gt h ①②⎧=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩将①式代入②式得出22222220v bv L x y y g g++-+= 故对准点轨迹为一个圆：222224022v v hv x y L g g g ⎛⎫+-=-- ⎪⎝⎭（2）设飞机飞地半径为R ，于是抛出炸弹走的水平距离L '为L '==对于炸弹，有22212v t L gt h ⋅=⎧='⎪⎨⎪⎩飞 由此得出20015002v h L R m gL =-=飞（3）飞机飞到抛炸弹处所用时间为040πarccos R L R t ω--=试卷第10页，总36页…………装…※※请※※不※※要※…………装…对于高射炮，只考虑其在一特殊情况下的时间：先对准飞机抛炸弹处再射出炮弹．调整时间050arcsin R L R t ω-=对于炮弹，有5255cos 1sin 2v t L v t gt h ββ⋅=⎧⎪⎨⋅-='⎪⎩由上述式子可得2522t g =5t通过计算得316.61t s =，415.14t s =，5 1.03t s = 由123t t t >+，高射炮能在飞机抛炸弹前打下飞机6．如图所示，长直螺旋管中部套有一导线围成的圆环，圆环的轴与螺旋管的轴重合，圆环由电阻不同的两半圆环组成，其阻值1R 、2R 未知．在两半圆环的结合点A 、B 间接三个内阻均为纯电阻的伏特表，且导线0A V B --准确地沿圆环直径安放，而1A V B --、2A V B --分置螺旋管两边，长度不拘，螺旋管中通有交流电时发现，0V 、1V 的示数分别为5V 、10V ，问：1V 的示数为多少？螺旋管外的磁场及电路的电感均忽略不计【答案】220V U V =或0． 【解析】 【详解】因螺旋管中通有交流电，故回路中产生的电动势也是交变的，但可以仅限于某确定时刻的感生电动势、电压和电流的瞬时值，这是因为在无电感、电容的情况下，各量有效值的关系与瞬时值的关系相同．（1）当12R R <，取A B U U >时，回路中的电流如图所示，则……○……………………○……学校:___________……○……………………○……0001102V I R I R ε+-=，0100102V V I R I R ε'+-=， 0002202V I R I R ε-+=，0200202V V I R I R ε'-+=． 整理可得0120001202V V V V I R I R I R I R ε''=+=-．所以，2201201220V V V V U I R I R I R V ''==+= （2）当12R R >，取A B U U <时，0I 反向，其他不变，则1020010202V V V V I R I R I R I R ε''=-=+所以，221021020V V V V U I R I R I R ''==-=（此时20R =，即2R 段为超导体，10R ≠） 综上所述，220V U V =或07．质点或光滑球以某一角度入射到硬质表面上发生的反跳，通常呈现“反射角等于入射角”的现象．但是对于一种粗糙的硬质橡皮球，当其与硬质表面碰撞且满足动能守恒时，它在反跳过程中却表现出许多奇异的现象，这种粗糙的高弹性人造硬质橡皮球称为超级弹性球，简称为超球．这种超球在硬质表面上的反跳几乎是完全弹性的，用它可以直观地演示粗糙物的弹性碰撞现象．试回答下列问题：（1）若将一个小超球放在一个大超球的顶上，让这两个超球一起自由下落并撞击地面，就会发现小超球又跳回到空中，如果大超球与小超球的半径之比选择适当，那么小超球将反跳的高度大约是原先下落高度的9倍，如图1所示．若将大超球、小超球和乒乓球紧贴在一起自由下落，如图2所示，如果这些球的质量选择恰当，那么在它们碰撞地面后，乒乓球将反跳的高度几乎是原先下落高度的49倍．试建立力学模型进行说明 （2）如果超球以一定的速度和绕水平轴旋转的角速度与硬质地面碰撞，旋转的超球在A 、B 两点之间来回反跳，如图3所示．试说明发生这种现象的条件试卷第12页，总36页…………○………………○……【答案】（1）说明见解析 （2）说明见解析 【解析】 【详解】（1）在大超球碰撞地面之前，两超球均自由下落，它们之间未发生碰撞，大超球先与地面相碰撞，随后立即与小超球发生碰撞，假设大超球与地面以及超球间的碰撞都是完全弹性的．两超球自由下落结束时，都有向下的速度，由机械能守恒可得0v ；大超球与地面弹性碰撞后，速度大小不变，方向向上．设大超球与小超球弹性碰撞后的速度大小分别为V 和v ，且方向向上．由动量守恒和机械能守恒，可得00mv MV Mv mv +=- ①22220011112222mv MV Mv mv +=+ ② 式中，M 为大超球的质量；m 为小超球的质量由式①与式②，可解得03M m v v M m -=+，03M mV v M m-=+ ③碰撞后小超球以初速度为v 竖直向上运动，由机械能守恒可得小超球反跳的高度：212mgH mv =④ 即得()()22232M m v H h g M m -==+ ⑤ 若选择大超球半径为小超球半径的10倍，即10R r =，则310M m =．于是，由式⑤得到8.9769H h h =≈对于题图2所示的三个紧贴的球，设由上至下三个球的质量分别为1m 、2m 和3m ，且满足123m m m ≤≤．根据前面的分析，当大球3m 与地面碰撞后，立即与球2m 发生碰撞，由式③可知，当球2m 以相对于地面03v 的速度反跳时，小球1m 正以速度0v 下落题图2-b1．在相对球2m 为瞬时静止的惯性系里，小球1m 相对于球2m 以速度04v 与球2m 相碰撞（题图2-b2）．由于21m m ≥，碰撞后球1m 相对于球2m 以速度04v 反跳（题图2-b3），…订…………○……_____考号：___________…订…………○……即小球1m 相对于地面以速度07v 反跳（题图2-b4）．因此，小球1m 反跳的高度H '为()22007494922v v H h gg'=== ⑥（2）首先，讨论旋转超球在硬质地面上的碰撞问题．假设碰撞是完全弹性的，且碰撞瞬间超球与地面接触点处没有相对滑动，但受到摩擦力的作用，同时忽略重力的影响．为讨论方便，碰撞前的运动状态用下标“0”表示，第一次碰撞后用“1”、第二次碰撞后用“2”表示，依此类推．取超球运动的平面为xOy 平面，如图所示，设超球的质量为m ，半径为R ，在第一次碰撞前超球质心的速度0v （以,0x v 和,0y v 表示速度的两个分量）和旋转角速度0ω（超球对于通过质心的z 轴的角速度）；碰撞后的速度分量为,1x v 和,1y v ，角速度为1ω，设接触点处的摩擦力为s F ，法向力为N F ，作用时间为t ∆． 根据质点的动量定理，在x 方向有(),1,00d tx x s m v v F t ∆-=-⎰ ⑦根据动量矩定理，对通过质心的z 轴有()100d tC s J R F t ωω∆-=-⎰ ⑧其中，C J 为超球对于通过质心的z 轴的转动惯量，对于均质实心球，有225C J mR = 此外，对于弹性碰撞，因摩擦力不做功，由机械能守恒定律可得()()222222,0,00,1,1111112222x y C x y C m v v J m v v J ωω++=++ ⑨ 考虑到完全弹性碰撞，可知,0,0y y v v =- ⑩ 由式⑦和式⑧，可得()(),1,010x x C mR v v J ωω+=- ⑪ 再由式⑨，并利用式⑩与式⑪，得到,11,00x x v R v R ωω+=-+ ⑫现在，要实现在A 、B 两点之间来回反跳，要求A 、B 两处反跳后的运动状态左右对试卷第14页，总36页……外…………○………○…………订……※※请※※装※※订※※线※※内※※答※※……内…………○………○…………订……称，因此反跳前后超球质心的速度与角速度应满足：,1,0x x v v =-，,1,1y y v v =-，10ωω=- ⑬将式⑬代入式⑪中，得到,00025x JC v R mR ωω== ⑭可见，若超球以角速度0ω旋转，同时以,0025x v R ω=的水平分速度与地面碰撞，则反跳后超球以,1025x v R ω=-的水平分速度和以10ωω=-再次与地面相撞，这样超球就来回反跳8．（1）S 系为相对观察者静止的惯性参照系．S 系中存在以速度v 高速运动的镜子，观察者看到镜面与速度方向的夹角为θ，一光线经镜面反射，如图1所示，入射角为α，反射角为β．求α、β、θ间满足的关系式（2）有一横截面为半椭圆的反射镜，半椭圆的形状为2222314x y R R +=的椭圆沿长轴平分的一半．现讨论该镜面上的反射情况．镜面以沿长轴（平行于x 轴）方向以速度2c运动，一足够大平行光场照射到镜面上，光与竖直方向呈ϕ角（逆时针为正），如图2所示①定义：反射光线与竖直方向的夹角小于90︒的反射为有效反射．且已知镜子前半面（速度方向为前）的有效反射光线占前半面入射光线的23．求ϕ和后半面有效光线占后半面入射光线比例②令0ϕ=，平行光场单位长度光子密度为0n =常量．定义反射光的光子角密度()dNn d θθ=，θ为反射光方向角，求()()max n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角及()()max 12n n θθ=时的方向角与竖直方向的夹角．（只考虑在地系同时在某一瞬时反射的光子）【答案】（1）()()22sin 1tan 1cos 2v vvαβββαβ-=+-（2）①0.54θθ= ②见解析 【解析】 【详解】（1）从波阵面角度考虑易知，沿镜面方向速度对光反射无作用，直接考虑垂直镜面方向关系可为sinsin cos cos v v αβαβββ=-+，或sin sin 1cos 1cos v v αββαββ=-+，或()()22sin 1tan 1cos 2v v vαβββαβ-=+-其中sin v vcβθ=，以上三式等价，推导从略．（能够化归的关系均正确） （2）①由尺缩效应，运动后镜子的半长轴为R R '==因此，在S 系看来，镜子是半圆柱面镜，而要形成有效反射，其柱面上反射的临界点在反射部位的最下端（反射光向前平射），当有效反射光线占前半面入射光线的23时，反射部位的反射面倾角为290603θ=︒⨯=︒此时竖直向上的反射光线的反射角30β=︒． 对前半面：考虑反射的临界部位遵循的几何条件，有60θ=︒、60αϕ=︒-、30β=︒，且1224v β=⋅=代入（1）中的公式有()()sin 60sin 301cos 601cos30v v ϕβϕβ︒-︒=-︒-+︒，解得8.21ϕ=-︒后半面：临界状态时有()()()()sin sin 901cos 90sin 2cos sin c c c θϕθβθβθθϕβθ-︒-⎛⎫== ⎪︒-+--⎝⎭试卷第16页，总36页解得37.6θ=︒．在镜子系中平行光方向：tan ϕ'=22.6ϕ'=︒镜面有部分无入射光线d 3cot 0.34d 4y x y R x y ϕ'=-⋅=-→= 故地系有入射光的角度0arccot 70.2yRθ==︒ 所以有效入射光线比例：00.54θθ= ②由（1）结论：()()()2222sin 1sin tan 1sin cos 2sin c ccαβαβαβαααβ--=++()()222tan 1tan tan tan 1tan v v ααβββαα+⇒=+- ①1222d 111tan 1411d 2tan tan 11tan tan v v v ααββααββαα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⇒=⋅++-+ ⎪ ⎪+ ⎪⎛⎫ ⎪++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 光子反射前后有()()00d d sin cos d d N R n n R n βαααβ===()0d cos d n n R βααβ⇒=⋅()321202111tan 1411122tan 11tan 212tan 2tan n R ααααα-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪=++-⋅+ ⎪ ⎪ ⎪+⎛⎫ ⎪++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭当()()max n n ββ=时，()0max 1.302n Rn β=⨯，27.8β= 当()()max12n n ββ=时，165.78744522α=︒；221.17499215α=-︒ 在镜子系中光线方向tan 3cθ==故上两解符合 9．假设电磁作用理论在所有惯性系都成立，惯性系S 、S '间的相对运动关系如图1所示装…………○…………订…线…………○……姓名：___________班级：___________考装…………○…………订…线…………○……开始时S 系测得全空间有不随时间变化的电磁作用场为0E =，0B =B j ，j 为y 轴方向上的单位矢量．在S 系中放一块原不带电的长方导体平板，与x 轴、y 轴平行的两条直边足够长（分别可模型化为无限长），与z 轴平行的直边较短．今如图2所示，令导体板以匀速度v 相对S 系沿x 轴方向运动，在其上、下表面上分别累积正、负电荷，稳定时电荷面密度分别记为常量σ和σ-．将空间分为导体板上方区域、导体板内区域和导体板下方区域（1）在S 系中求解σ以及上述三区域内的电磁作用场强度量E 上、内E 、E 下和上B 、内B 、下B（2）此导体板相对S '系静止，如果已经认知：（i ）S '系测得的导体板沿x '轴方向的线度是S 系测得的沿x 轴方向线度的v c β⎫=⎪⎭倍，导体板在S '系沿y '轴、z '轴方向的线度与在S 系沿y 轴、z 轴方向的线度相同（ii ）S 系测得导体板上、下表面电荷均匀分布，电荷总量为Q ±，则S '系测得导体板上、下表面电荷也是均匀分布，电荷总量也为Q ±（iii ）S 系中一个静止质点，在S '系中必沿x '轴反方向以速率v 运动；S 系中一个运动质点若沿y 轴（或z 轴）方向分速度为零，则在S '系中沿y '轴（或z '轴）方向分速试卷第18页，总36页度也为零①试求S '系三区域内的电场强度E 上、内E 、E 下（答案中不可包含σ） ②再求S '系三区域内的磁感应强度上B 、内B 、下B （答案中不可包含σ） ③用所得结果纠正下述手抄相对论电磁场变换公式时出现的错误．x x E E '=，y E vB E -'=，z E vB E -'=，x x B B '=，2y z yv B E B -'=2z y zv B E B -'=【答案】(1) 进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ;电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k (2) 见解析 【解析】 【详解】（1）稳定时，S 系中导体板上表面电荷运动形成沿x 轴方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．下表面电荷运动形成沿x 轴负方向的面电流，电流线密度大小为e j v σ=．据磁场安培环路定理，这两个反向面电流在导体板上、下方区域和板内区域形成的附加磁场分别为0==下附上附B B ，0v μσ=内附B j ．全空间磁场分布便为0B ==下上B B j ，()00B v μσ=+内B j ．导体板上、下表面电荷在空间形成的附加电场为0==下附上附E E ，0σε=-内附E k ， k 为z 轴方向上的单位矢量．全空间电场分布为0==下上E E ，0σε=-内E k ． 导体板内微观带点粒子受力平衡，有vB E =内内，()00v B v σμσε+=． 又0021c εμ=，所以，0021vB εσβ=-．进而可得0B ==下上B B j ，021B β=-内B j ．电场分布则为0==下上E E ，01vB β=--内E k ． （2）S 系中导体板上表面面积和总电荷量记为s 和Q ，S '系中对应量分别记为s '和Q '，则有s '=Q Q '=．S '系中电荷面密度便为Q s σ''==='， 所以，σ'=．此电荷在S '系全空间形成附加电场为0==下附上附E E ，=内附E ．①σ'电荷只能来源于原静电场产生的静电感应，又因导体板无论开始时放在S '系中沿z '轴上、下方何处均有σ'电荷积累，故S '系中必有分布于全空间的原匀强电场0E '，即有''''===-=0下0上0内内附E E E E ，便得''==下上E E ，0'=内E ．（在S 系中，导体板垂直于x '、y '轴方向的侧面上无面电荷分布，也可用来说明E '必沿z '轴方向）②'上B 、'下B 求解 考虑S 系中导体板上方（或下方）初始沿z 轴方向运动的带电质点，因受洛仑兹力，将做xOz 平面上的匀速圆周运动（此处及如下讨论中均不考虑重力场的存在）．按照题文中的说明，该带电质点在S 系中不会出现沿y '轴方向的分运动及运动趋势．又因为S系中该带电质点所受电场力沿z '轴方向，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在x '分量．考虑S 系中导体板上方（或下方）带电为q 的初始静止质点，因受力为零，故将保持静试卷第20页，总36页止状态．该质点在S 系中必沿x '轴负方向匀速运动，不存在沿y '轴方向的分运动及运动趋势，故磁场力不会出现y '轴方向分量，即'上(或下)B 不存在z '分量． 如上结论可判断：'上(或下)B 沿y '轴方向． 此外，该质点在S 系中受力平衡，即向下的磁场力与向上的电场力之和必定为零，应有 qvB '上（或B '下）qE '=上（或E '下）， 得''==下上B B j ．'内B 的求解．S '系中导体板上、下表面电荷静止，没有相对S '系的面电流．据磁场安培环路定理，得'''===下内上B B B j ．③下面验证相对论电作用场变化公式的“手抄版”． 可由S 系：0x E=上、下，0y E =上、下，0z E =上、下，0x B =上、下，0y B B =上、下，0z B =上、下得到S '：0x x E E '==上、下上、下，0y E vB E -'==上、下，z E vB E -'==上、下．比较可知z '=上、下E 与前面所得的z '=上、下E 不符．0x x B B '==上、下上、下， 2y z y vB E B -'==上、下上、下上、下（＋、－号之误未影响此结果）， 20z y z vB EB -'==上、下上、下上、下． '=上、下B j ，与前面所得的'上、下B 一致．因此，“手抄版”中zE '表达式有误，应纠正为z E vB E +'=由S 系：0x E =内，0y E =内，021z vB E β=--内，0x B=内，021y B B β=-内，0zE =内 得到S '系：0x x E E '==内内，00y E vB E -='==内，0z EvB E -'==内（z E '表达式已被纠正）．0'=内E 与前面所得结论一致． 0x xB B '==内内，()()22032211y z yv BE B B ββ--'==-内内内，20z y z v B E B -'==内内内．则()()22032211y z vB E Bββ--'==-内内内B j 与前面所得B '=内j 不符，因此，“手抄版”中y B '表达式有误，应纠正为2y z y vB E B +'=． 附注：S 系中若在导体板内区域放一个相对S 系静止的带电量为0q >的粒子，它不受磁场力，仅受电场力为q ==-内F E ．在S '系该质点沿x '轴反方向匀速运动，受力()q q '''=+-⨯内内F E v B ，'=F ．与相对论力变换公式02z xF c'===一致10．一质量为M ，倾角为θ的斜面放置在光滑水平面上，另一质量为m 、半径为R 的均匀圆柱体沿斜面无滑动滚下，如图所示试卷第22页，总36页…○…………装……………○……※※请※※不※※要※…○…………装……………○……（1）建立斜面和圆柱体的动力学方程，并指出圆柱体作纯滚动的运动学条件 （2）确定此力学系统的守匣量，并给出具体的表达式 （3）求解斜面的加速度，以及圆柱体质心相对于斜面的加速度 【答案】(1) 即212mR FR α=,圆柱体作纯滚动的条件为r a R α= (2) ()cos 0r Ma m a a θ+-= (3) 解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++,()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 【解析】 【详解】选择地面为定参考系，动参考系x O y '''在斜面上，如图所示．设斜面有向右的加速度a ，圆柱体质心C 有相对于斜面的加速度r a （设其方向沿斜面向下），以圆柱体质心C 为动点，斜面为动系，由加速度合成定理C r =+a a a ，而C Cx Cy =+a a a ，故有Cx Cy r +=+a a a a ．于是，得到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．对斜面应用质心运动定理，有sin cos x N Ma F F g F θθ==-∑． ①对圆柱体质点，其运动微分方程为()cos sin Cx x N m a F F F θθ-==-∑，()cos sin Cy y N m a F mg F F θθ-==-++∑．考虑到cos Cx r a a a θ=-，sin Cy r a a θ=．于是，有…○…………外……○…………内…()sin cos cos N r F F m a a θθθ-=-， ②cos sin sin N r F F mg ma θθθ+-=-． ③设圆柱体转动的角加速度为α（设α为逆时针转，根据动量矩定理，有()C C J M F α=∑，即212mR FR α=． ④圆柱体作纯滚动的条件为r a R α=． ⑤（2）设斜面有向右的速度v ，圆柱体质心C 相对于斜面有向下的速度r v ，如图所示，根据速度合成定理，有C r =+v v v ，而C C x C y =+v v v ，故有Cx Cy r +=+v v v v ．于是，得到cos Cx r v v v θ=-，sin Cy r v v θ=．以斜面和圆柱体组成系统，该系统水平方向上不受外力，由系统水平方向上动量守恒，可得()cos 0r Mv m v v θ--=．两边对时间t 求导，并考虑到d d va t =，d d r r v a t=，即得 ()cos 0r Ma m a a θ+-=． ⑥（3）联立式①～⑥，解得斜面加速度和圆柱体质心C 的相对加速度分别为()2sin 2312sin m a g M m θθ=++，()()22sin 312sin r M m a g M mθθ+=++ 11．一水平放置的横截面积为S 的两端封闭的玻璃管，其中充满理想气体，现用两个质量同为m ，厚度可略的活塞将该玻璃管分成A 、B 、C 三段，A 段、B 段长度同为32l ，C 段长度为l ，两活塞用长为l 的不可伸长且不会断裂的轻质细绳相连，三段中的气体压强都为0p ，如图所示，现将玻璃管以过其中心且垂直于玻璃管的直线OO '为转轴，以角速度ω做匀速转动，假设涉及过程为等温过程，并且各段气体内部的压强差异可略去，气体的质量相对于活塞质量可以忽略………○…………订在※※装※※订※※线※※内………○…………订（1）角速度ω=求最终两活塞均在管中处于力平衡位置时，除去初态以外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）（2）角速度ω=外A段气体的可能长度（有效数字保留3位）【答案】(1)1x=(2) 0.385l，3.142l【解析】【详解】（1）假设旋转后轻质细绳保持为松弛状态，如图所示，A段气体压强1p，长度为1x，B段气体压强2p，长度为2x，C段气体压强3p，长度为12r r+．左边活塞与转轴距离为1r，右边活塞与转轴距离为2r，则对A、B、C三段气体，由理想气体等温过程性质可得11032p x p l=，22032p x p l=，()3120p r r p l+=，其中112r l x=-，222r l x=-．对转动情况下的活塞运用牛顿第二定律得()2131p p S m rω-=，()2232p p S m rω-=．联合以上方程，并令1xxl=，02p Sam lω=，可得1232x xal l⋅=，323242a axax xx-=---．改写为34203242a axax xx=---+=--．（*）当ω=1a=，解上式得两个解 2.37x==，0.63．试卷第24页，总36页此时A 段气体的长度为132x ±=， B 段气体长度为2332x l =，C 段气体长度为12124r r l x x l +=--=．由以上可知，ω=时，细绳仍保持松弛，A ． 此时两活塞都在OO '的同一侧．由于上述方程解中没有出现C 段气体长度超过l 的解，所以绳子不会出现紧绷的情况． （2）仍假设绳松弛，当ω=34a =，解（*）式得4个解：x =0.385=，3.142，0.589，1.911． 对应A 段气体长度为174x l -=，74+，54l ，540.385l =，3.142l ，0.589l ，1.911l ．B 段气体长度为 274x l =，74l 3.142l =，0.385l ，1.911l ，0.589l ．C 段气体长度为 1212142r r l x x l +=--=，12l ，32l ，32l ．由以上的分析可知，前两个解对应绳松弛的状态，即A 段气体长度为1x =0.385l =，3.142l ． 此时两个活塞都位于OO '的同一侧．同时注意到有C 段长度超过l 的解，所以绳子可能会出现紧绷的情况，假设绳子处于紧绷状态，活塞受到的拉力为T ，则活塞的动力学方程变为()2131p p S T m r ω-+=，()2232p p S T m r ω-+=．由此同样可得123928x x a l l ⋅==． 增加一个几何关系为12r r l +=，即123x x l +=，试卷第26页，总36页装…………○………※要※※在※※装※※订※※线※装…………○………由此可得：164x ±=． 但此时()201133p ST m r p p S ω=--=-． 其中负号表示绳子对活塞的力不是拉力，而是排斥力，这不满足软绳的要求，所以不会出现绳子紧绷的解． 综上，ω=A 段气体长度可能为1x =0.385l =，3.142l12．两相互咬合良好，且导通的金属盘状齿轮A 、B 均可绕水平轴无摩擦转动，而由另一个与A 同轴绝缘滑轮C 上有细绳，下挂一重物，质量为M ，A 、B 、C 的半径分别为A R ，B R ，C R ，质量分别为A m ，B m ，C m ，且两轴1O 、2O 间连有电阻，大小为R ．其他电阻均不计，空间中分布有匀强磁场B ，大小为B ，方向垂直于金属盘，试问：（1）对任一时刻t （0t =时，M 下落速度0v =），()v t 与流过R 的总电量()Q t 满足：()()X Q t Y v t t ⋅+⋅=，X ，Y 为常量，试求之 （2）重物下落至匀速时的速度0v （3）当()02v v t =时，重物的加速度 【答案】(1) ()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= (2) ()202224C A A B MgRR v B R R R =+ (3) ()22222CC B A A C CMgR a MR m m R m R =+++【解析】 【详解】(1)设A 轮角速度大小为ω，则C 也为ω，而B 角速度为AB BR N R ω=⋅，从而 212A AB R εω=，21122B B B A B B R B R R εωω==电流()2A B A A B BR I R R R Rεεω+==+ 再进行力学分析，电流I 对A ，B 轮产生的力矩分别为212A A M RIR =，212B B M BIR = 设A 轮角加速度为β，则()C C A A A C A B B B B Mg T M R TR M FR J J R FR M J R βββ⎧⎪-=⎪⎪--=+⎨⎪⎪-=⋅⎪⎩①②③其中F 为A 、B 轮切点作用力，T 为绳中的张力，而A J ，B J ，C J 分别为A 、B ，C 轮的转动惯量．①③式入②式得()22212A C A A B C A B C B R MgR BR R R I MR J J J R β⎛⎫=+++++ ⎪⎝⎭． ④又I t θ∆=∆，C vR t β∆=∆，即()22222ACA B C A A B B C CR MR J J J BR R R R t v MgR MgR θ++++∆=∆+∆ 对上式求和，最终有()()()()222222A A B C A B A C CC C BR R R MR m m R m R t t v t MgR MgR θ++++=+ 故()2A A B C BR R R X MgR +=，()22222C A B A C CCMR m m R m R Y MgR +++= （2）当重物匀速下降时，有P P =输出输出即200C Mg R I R ω=，且()002A A B BR I R R R ω=+，解得()02224C A A B MgR R B R R R ω=+所以，()2002224C C A A B MgRR v R B R R R ω==+（3）当012v v =时，()0122222C A A B MgRR B R R R ωω==+从而()12A A B BR R R I R +=，()1CA AB MgR BR R R ω=+试卷第28页，总36页代入④式得22212A C A C C B R MR JB J J MgR R β⎛⎫+++= ⎪⎝⎭所以，()22222CC C B A A C CMgR a R MR m m R m R β==+++13．对一个高能的带电粒子，如果当它在介质中的运动速度大于电磁波在介质中的传播速度时，将发出契伦科夫辐射：（1）导出粒子速度v c β=、介质折射率n 和契伦科夫辐射相对于粒子飞行直线所构成的角度θ之间的关系式（2）在20℃、一个大气压时，氢气的折射率41 1.3510n -=+⨯，为了使一个电子（质量为20.5MeV c ）穿过20℃、一个大气压的氢气介质时发生契伦科夫辐射，此电子应具有的最小动能为多少？（3）用一根长的管道充以20℃、一个大气压的氢气加上光学系统制成一契伦科夫辐射探测器，探测到发射角为θ的辐射光，角度精度为310rad δθ-=．一束动量为100GeV c 的带电粒子通过计数器，由于粒子的动量是已知的，故实际上契伦科夫角度的测量就是对粒子静止质量0m 的一种量度．对于0m 接近21GeV c 的粒子，用契伦科夫探测器确定0m ，当精确到一级小量时，相对误差mm δ是多少？ 【答案】(1) 1arccosnθβ= (2) 30K E MeV = (3) ()20sin 0.065221cos mm δθδβθ==-【解析】 【详解】（1）当介质的折射率为n 时，电磁波在介质中的传播速度为cn，波的传播与粒子的运动速度c β之间构成图示的关系，即有。

【题号】1 【解析】 解：(1) 设绳的上端部分中的张力为T ,则为使小球能下滑，要求：sin cos mg mg T ϕμϕ-> (1) sin cos T Lg Lg λϕμλϕ>+ (2) 联立(1)、(2)可解得sin cos sin cos m L ϕμϕλϕμϕ+>-因为sin 2cos ϕμϕ= 所以3m L λ> (3) 03m L λ= (4) (2) 由功能原理可得0200sin lg()sin 1=()()cos 2m gl L l m L v m L g l ϕλϕλμλϕ--+++ (5) 将cos μϕ用1sin 2ϕ替换，则可解得v =(6) 又由dv dv dl dv a v dt dl dt dl=== 全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十套（解析与评分标准）满分320可得sin 2gl a Lϕ= (7) (3) 由dlv dt == (8) 得2L TL dl dt l =⎰即有ln 2=所以2T (9)【题号】2 【解析】解：(1)11()2211()()22E E D F D F v B v v A C A C v A C v A C v B ⎧⎧=⋅=⋅+⎪⎪⎪⎪⇒⎨⎨+⎡⎤⎪⎪⋅-=⋅+=⎢⎥⎪⎪⎩⎣⎦⎩(4分) (2)取E 点2122S S E M M GM M E Mv G A A=-=- (2分)(3)在D 处，P的主体和探测器初速度同为D v =，发射分离后，P主体圆运动：1v =探测器抛物线运动：22222102S M m m v G v A C-=⇒=+分离过程112212()D m v m v m m v -=+， 2121DDv v m m v v γγ+=⇒=-γ⇒=由于2C A =，122B A A B =⇒=，C =γ⇒=2=γ⎡⎢⎣⇒=⎤⎥⎦（（(9分)【题号】3 【解析】解:小球质量记为m 。

1μ取值范围：参考题图1，有=c o s N m g θ，sin mg f ma θ-=，c fr I β=与a r β=，225C I mr =联立，可解得2sin 7f mg θ=，12tan 7f N μθ≥= （5分） 2μ取值范围：参考题解图2，有2cos()v N mg m R r θφ=-+-。

（满分：200分）一、两个半球（ 分）如图，一个匀质球，质量为M，半径为R，沿过其球心的平面将其剖为两半。

再用轻绳沿着半腰捆起来放在光滑水平面上（绳与球间无摩擦）。

1）求匀质半球的质心与球心的距离x c；2）求绳中张力。

解答：1）直接积分可得：xc =xdmm=πR2−z2dzR23πR3=38R2）由虚功原理，有2×2TRδθ+Mgxcδ−sinθ=04TR−Mgx cδθ=0T=3Mg 32二、螺旋缩进（ 分）如图，在上半平面有均匀磁场，磁感应强度B沿z轴。

一个电荷量为q质量为m的粒子从原点沿y轴正向以速度v0入射上半平面。

粒子运动中同时受到一阻力作用，f=−αv，忽略重力的作用。

1) 若α能使粒子始终在上半平面运动，则其最小值αm应满足怎样的方程？2) 若α>αm，则粒子最终将趋近于上半平面的一点A，求其坐标。

解答：1) 粒子的运动方程为m dvdt =qv×B−αv全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十六套参考答案mv∙dvdt=qv∙(v×B)−αv21 2mdv2dt=−αv2v(t)=v0e−αm t令v t=v tτt, τ=1，有m dvdt=mdvdtτ+mvdτdt=qvBτ×k−αvτdτdt=qBmτ×kv t=v tτt=v t sinωt i+cosωt jω=qB mr t=mv0e−αm tα2+qB2−αsinωt−qB cosωt i+qB sinωt−αcosωt j+mv0(qBi+αj)α2+qB2易知，ωt=3π2时，r最接近x轴，从而αmqB=e−3π2αmqB2)令t⟶∞，得r=mv0(qBi+αj)α2+qB2三、导热管（28分）如图一个长圆柱形的均匀导热管，内半径和外半径分别为a,b。

初始时，铝、管的温度为T0，处处均匀。

将导热管置于一个环形热源环境中，热源对管施加一个径向向内的均匀能流，能流密度（单位时间内通过单位面积的热量）为J。

1. 一根长为L的均匀弹性绳AB自由伸直在光滑的水平地面上，A端固定，一小虫从A端出发以恒定的相对绳的速度u沿绳向B端爬去，与此同时B端开始按以下两种情况运动，分别求小虫从A端爬到B端所需要的时间。

（1）B端以恒定的速度v沿绳方向作拉伸运动；（2）B端由静止开始以恒定的加速度a沿绳方向作拉伸运动。

2.早期在太阳系行星还没有形成时，太阳被一大团气体包围着。

已知太阳的质量为M S，假设气体是有一种分子质量为m的理想气体构成，且总质量远小于M S，通过以下讨论求出离太阳距离r处气体密度的分布：（1）假设气团中气体的温度为T0，并且是均匀的，气体质量密度分布可表达为：ρ=ρ0e αr,试求α的值，并分析这种分布的可能性。

（2）假设太阳每秒钟释放的热能为J0，当热能以热传导的形式从太阳传给气体时，无能量损失，试求离太阳距离为r处的能流密度（即每秒钟通过单位面积的能量）（3）上述能流密度与温度梯度成正比，即I r=−ςdTdr,其中ς为热导率，是正的常数，试求离太阳距离为r处的气体温度。

（4）假设在离太阳距离为r处的气体压强为P = P0rr0−β,其中r0为温度为冰点T0处的距离，试求β的值以及气体质量密度的分布，并指出温度为冰点处的r0与现代那个行星的轨道半径相近？3.由薄壁玻璃构成的圆柱形容器浮于水面上，已截面的直径为R，容器底位于水面下h深处，水的折射率n=4/3, 容器内底的正中有一个物点S，人眼位于水面上方容器外侧去看此物点，试求人眼看不到物点的“盲区”范围，用图示的θ角的范围表示。

4.在一个半径为R的接地导体球外，放置一电量为+q的点电荷，已知与点电荷相对的半球表面上感应电荷量为−12q ,(1) 试求点电荷到球心的距离d；（2）若导体球不接地，原先不带电，点电荷+q仍放在此处，则导体球表面有的地方会出现负电荷，有的地方会出现正电荷`，为使球的表面处处不出现负电荷`，试问导体球上应至少加上多少正电荷+Q？全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第十五套<1>5.水平平行导轨沿x轴方向放置，导轨间距为L，在x>0和x<0区域分别有磁感强度为B1和B2B1>B2的竖直向下方向的匀强磁场，开始在x<0区域内有两根质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒1，2横搁在导轨上，与导轨垂直，并以相同的速度v0向+x方向运动，当棒1进入x>0区域后速度将会发生改变，已知当两棒再次作匀速运动时，棒2仍在x<0区域。

选择题一质点沿直线运动，其速度随时间的变化关系为v(t) = 3t2 - 2t + 1（m/s），则在t = 2s时，质点的加速度为：A. 4 m/s2B. 8 m/s2C. 10 m/s2D. 12 m/s2（正确答案）一平行板电容器，充电后断开电源，增大两极板间的距离，则两极板间：A. 电场强度增大B. 电势差增大C. 电容增大D. 电容减小（正确答案）在双缝干涉实验中，若将光源从绿光改为红光，则干涉条纹的间距将：A. 变大（正确答案）B. 变小C. 不变D. 无法确定一带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，若突然撤去磁场，粒子将：A. 继续做匀速圆周运动B. 做匀速直线运动（正确答案）C. 做匀加速直线运动D. 做变加速曲线运动下列关于光电效应的说法中，正确的是：A. 光照时间越长，越容易发生光电效应B. 入射光强度越大，越容易发生光电效应C. 入射光的频率越高，越容易发生光电效应（正确答案）D. 任何频率的光都能发生光电效应在杨-米尔斯理论中，规范场的作用是：A. 描述粒子的自旋B. 描述粒子之间的相互作用（正确答案）C. 描述粒子的质量D. 描述粒子的电荷一物体在地球表面附近做匀速圆周运动，其周期与地球自转周期相同，则该物体：A. 一定是地球同步卫星B. 轨道半径一定大于地球同步卫星的轨道半径C. 线速度一定大于地球同步卫星的线速度D. 角速度与地球自转角速度相同（正确答案）下列关于量子力学的说法中，错误的是：A. 量子力学描述了微观粒子的运动规律B. 量子力学中，粒子的位置和动量不能同时确定C. 量子力学中，粒子的能量是连续变化的D. 量子力学中，波函数描述了粒子的状态（C选项错误，正确答案）在相对论中，关于质能方程E = mc2，下列说法正确的是：A. 能量和质量是两种不同的物理量，不能相互转化B. 能量和质量是等效的，可以相互转化（正确答案）C. 只有在高速运动情况下，质能方程才成立D. 质能方程只适用于原子核反应。

全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准一、（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 .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)[(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。

由上式可知max 22max 0sin 2cos gRθθ=v .由(3)式有222max max 0max ()2sin tan 0gR θθθθ=-=v v . (4’)将max ()0θθ=v 代入式(1)，并与式(2)联立，得()2220max max max sin 2sin 1sin 0gR θθθ--=v . (5)以max sin θ为未知量，方程(5)的一个根是sin q =0，即q =0，这表示初态，其速率为最小值，不是所求的解. 于是max sin 0θ≠. 约去max sin θ，方程(5)变为22max 0max 2sin sin 20gR gR θθ+-=v . (6)其解为20maxsin 14gR θ⎫=-⎪⎪⎭v . (7)注意到本题中sin 0θ≥，方程(6)的另一解不合题意，舍去. 将(7)式代入(1)式得，当max θθ=时，(22012ϕ=v v ,(8) 考虑到(4)式有max ==v评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式1分，(4) 式3分， (5) 式1分，(6) 式1分，(7) 式1分， (9) 式2分.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.参考解答：1. 由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后A 、C 、D 的速度分别为A v 、C v 、D v ，显然有D C2l r =v v . (1)以A 、B 、C 、D 为系统，在碰撞过程中，系统相对于轴不受外力矩作用，其相对于轴的角动量守恒D C A 0222m l m r m l m l ++=v v v v . (2)由于轴对系统的作用力不做功，系统内仅有弹力起作用，所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间t ∆很小，弹簧来不及伸缩碰撞已结束，所以不必考虑弹性势能的变化. 故2222D C A 011112222m m m m ++=v v v v . (3) 由 (1)、(2)、(3) 式解得2200022222248,,888C D A lr l r l r l r l r===-+++v v v v v v (4)[代替 (3) 式，可利用弹性碰撞特点0D A =-v v v . (3’) 同样可解出(4). ]设碰撞过程中D 对A 的作用力为1F '，对A 用动量定理有221A 0022428l r F t m m m l r+'∆=-=-+v v v ,(5)方向与0v 方向相反. 于是，A 对D 的作用力为1F 的冲量为221022428l r F t m l r+∆=+v (6)方向与0v 方向相同.以B 、C 、D 为系统，设其质心离转轴的距离为x ，则22(2)2mr m l l r x m αα++==++. (7)质心在碰后瞬间的速度为C 0224(2)(2)(8)l l r x r l r α+==++v v v . (8) 轴与杆的作用时间也为t ∆，设轴对杆的作用力为2F ，由质心运动定理有()210224(2)28l l r F t F t m m l rα+∆+∆=+=+v v . (9) 由此得2022(2)28r l r F t m l r-∆=+v . (10) 方向与0v 方向相同. 因而，轴受到杆的作用力的冲量为2022(2)28r l r F t m l r -'∆=-+v ,(11) 方向与0v 方向相反. 注意：因弹簧处在拉伸状态，碰前轴已受到沿杆方向的作用力；在碰撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零，已忽略.[代替 (7)-(9) 式，可利用对于系统的动量定理21C D F t F t m m ∆+∆=+v v . ][也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ]2. 值得注意的是，(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块C 以速度02248C lrl r =+v v 绕过B 的轴做匀速圆周运动的向心力，即()222C 022216(8)l r k r m m r l r -==+v v(12) 则弹簧总保持其长度不变，(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件0=v (13)可见，为了使碰撞后系统能保持匀速转动，碰前滑块A 的速度大小0v 应满足(13)式.评分标准：本题20分.第1问16分，(1)式1分， (2) 式2分，(3) 式2分，(4) 式2分， (5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分，(9) 式2分，(10) 式1分，(11) 式1分； 第2问4分，(12) 式2分，(13) 式2分.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 Xt 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=参考解答：1. 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，其动能是独立变量λ、ω和L 的函数，按题意 可表示为k E k L αβγλω= (1)式中，k 为待定常数（单位为1）. 令长度、质量和时间的单位分别为[]L 、[]M 和[]T （它们可视为相互独立的基本单位），则λ、ω、L 和k E 的单位分别为 1122[][][],[][],[][],[][][][]k M L T L L E M L T λω---==== (2)在一般情形下，若[]q 表示物理量q 的单位，则物理量q 可写为 ()[]q q q = (3)式中，()q 表示物理量q 在取单位[]q 时的数值. 这样，(1) 式可写为 ()[]()()()[][][]k k E E k L L αβγαβγλωλω= (4)在由(2)表示的同一单位制下，上式即()()()()k E k L αβγλω= (5) [][][][]k E L αβγλω= (6)将 (2)中第四 式代入 (6) 式得22[][][][][][]M L T M L T αγαβ---= (7)(2)式并未规定基本单位[]L 、[]M 和[]T 的绝对大小，因而(7)式对于任意大小的[]L 、[]M 和[]T 均成立，于是1,2,3αβγ=== (8)所以23k E k L λω= (9)2. 由题意，杆的动能为,c ,r k k k E E E =+ (10)其中， 22,cc 11()222k L E m L λω⎛⎫== ⎪⎝⎭v (11) 注意到，杆在质心系中的运动可视为两根长度为2L的杆过其公共端（即质心）的光滑水平轴在铅直平面内转动，因而，杆在质心系中的动能,r k E 为 32,r2(,,)222k k L L E E k λωλω⎛⎫== ⎪⎝⎭(12)将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得2323212222L L k L L k λωλωλω⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(13)由此解得16k = (14)于是E k =16lw 2L 3. (15)3. 以细杆与地球为系统，下摆过程中机械能守恒sin 2k L E mg θ⎛⎫= ⎪⎝⎭(16) 由(15)、(16)式得w =以在杆上距O 点为r 处的横截面外侧长为()L r -的那一段为研究对象，该段质量为()L r λ-，其质心速度为22c L r L rr ωω-+⎛⎫'=+= ⎪⎝⎭v . (18) 设另一段对该段的切向力为T (以θ增大的方向为正方向)， 法向(即与截面相垂直的方向)力为N (以指向O 点方向为正向)，由质心运动定理得()()cos t T L r g L r a λθλ+-=- (19) ()()sin n N L r g L r a λθλ--=- (20)式中，t a 为质心的切向加速度的大小()3cos d d d d d 2d 2d dt 4ct L r g L r L r a t t Lθωωθθ+'++====v (21) 而n a 为质心的法向加速度的大小()23sin 22n L r g L r a Lθω++==. (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 ()()23cos 4L r r L T mg L θ--= (23)()()253sin 2L r L r N mg L θ-+=(24)评分标准：本题25分.第1问5分， (2) 式1分， (6) 式2分，(7) 式1分，(8) 式1分；第2问7分， (10) 式1分，(11) 式2分，(12) 式2分， (14) 式2分；不依赖第1问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分；第3问13分，(16) 式1分，(17) 式1分，(18) 式1分，(19) 式2分，(20) 式2分，(21) 式2分，(22) 式2分，(23) 式1分，(24) 式1分；不依赖第1、2问的结果，用其他方法正确得出此问结果的，同样给分.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 .参考解答：设在某一时刻球壳形容器的电量为Q . 以液滴和容器为体系，考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G 出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有2122Qq Qqmgh km mgR kh R R+=++-v . (1) 式中，v 为液滴在容器口的速率，k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为 21(2)(2)2()Qq h R m mg h R kh R R-=---v . (2) 从上式可以看出，随着容器电量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不断变小；当液滴在容器口的速率为零时，不能进入容器，容器的电量停止增加，容器达到最高电势. 设容器的最大电量为max Q ，则有 max (2)(2)0()Q q h R mg h R kh R R---=-. (3)由此得 max ()mg h R RQ kq-=. (4)容器的最高电势为maxmax Q V kR= (5) 由(4) 和 (5)式得 max ()mg h R V q-=(6) 评分标准：本题20分. (1)式6分， (2) 式2分，(3) 式4分，(4) 式2分， (5) 式3分，(6) 式3分.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. ）参考解答：1. 一个带电量为q 的点电荷在电容器参考系S 中的速度为(,,)x y z u u u ，在运动的参考系S '中的速度为(,,)x y z u u u '''. 在参考系S 中只存在磁场(,,)(,0,0)x y z B B B B =-，因此这个点电荷在参考系S 中所受磁场的作用力为0,,x y z z y F F qu B F qu B==-= (1) 在参考系S '中可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''，因此点电荷q 在S '参考系中所受电场和磁场的作用力的合力为(),(),()x x y z z y y yx z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B '''''''=+-'''''''=-+'''''''=+-(2) 两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为 ,(,,)(,,),(,,)(,,)(0,,0)x y z x y z x y z x y z q q F F F F F F u u u u u u '='''='''=-v (3)由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足 ()0,,()xy z z y yx z z x z z x yy x y E u B u B E u B u B u B E u B u B u B '''+--='''-+=-'''+--=v v (4)它们对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故(,,)(0,0,),(,,)(,0,0)xy z xy z E E E B B B B B '''='''=-v (5)可见两参考系中的磁场相同，但在运动的参考系S '中却出现了沿z 方向的匀强电场.2. 现在，电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度(0,,0)v 匀速运动. 电容器参考系S 中的磁场会在液体参考系S '中产生由(5)式中第一个方程给出的电场. 这个电场会把液体极化，使得液体中的电场为(,,)(0,0,)xy z E E E B εε'''=v . (6) 为了求出电容器参考系S 中的电场，我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考系之间的变换，从液体参考系S '中的电场和磁场来确定电容器参考系S 中的电场和磁场. 考虑一带电量为q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力. 在液体参考系S '中，这力(,,)x y z F F F '''如(2)式所示. 它在电容器参考系S 中的形式为(),(),()x x y z z y y y x z z x z z x y y x F q E u B u B F q E u B u B F q E u B u B =+-=-+=+-(7) 利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式，可得 00,,()x y z z y y x z z x z z x y y x y E u B u B E u B u B u B BE u B u B u B εε+-=-+=-+-=+-v v (8)对于任意的(,,)x y z u u u 都成立，故 0(,,)(0,0,(1)),(,,)(,0,0)x y z x y z E E E B B B B B εε=-=-v (9) 可见，在电容器参考系S 中的磁场仍为原来的磁场，现由于运动液体的极化，也存在电场，电场强度如(9)中第一式所示.注意到(9)式所示的电场为均匀电场，由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为z V E d =-. (10)由(9)式中第一式和(10)式得01V Bd εε⎛⎫=- ⎪⎝⎭v . (11)评分标准：本题25分.第1问12分， (1) 式1分， (2) 式3分， (3) 式3分，(4) 式3分，(5) 式2分；第2问13分， (6) 式1分，(7) 式3分，(8) 式3分， (9) 式2分， (10) 式2分，(11) 式2分.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. )参考解答：设弯成的圆弧半径为r ，金属片原长为l ，圆弧所对的圆心角为φ，钢和青铜的线膨胀系数分别为1α和2α，钢片和青铜片温度由120C T =︒升高到2120C T =︒时的伸长量分别为1l ∆和2l ∆. 对于钢片1()2dr l l φ-=+∆ (1)1121()l l T T α∆=- (2) 式中，0.20 mm d =. 对于青铜片2()2dr l l φ+=+∆ (3)2221()l l T T α∆=- (4) 联立以上各式得2122121212()()2.010 mm 2()()T T r d T T αααα++-==⨯-- (5)评分标准：本题15分. (1)式3分， (2) 式3分，(3) 式3分，(4) 式3分， (5) 式3分.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) 参考解答：1. 考虑射到劈尖上某y 值处的光线，计算该光线由0x =到x h =之间的光程()y δ. 将该光线在介质中的光程记为1δ，在空气中的光程记为2δ. 介质的折射率是不均匀的，光入射到介质表面时，在0x = 处，该处介质的折射率()01n =；射到x 处时，该处介质的折射率()1n x bx =+. 因折射率随x线性增加，光线从0x =处射到1x h =（1h 是劈尖上y 值处光线在劈尖中传播的距离）处的光程1δ与光通过折射率等于平均折射率()()()1111110111222n n n h bh bh =+=++=+⎡⎤⎣⎦ (1) 的均匀介质的光程相同，即2111112nh h bh δ==+ (2)x忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线（事实上，可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响），光线透过劈尖后其传播方向保持不变，因而有21h h δ=- (3)于是()212112y h bh δδδ=+=+. (4)由几何关系有1tan h y θ=. (5)故()22tan 2b y h y δθ=+. (6)从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x 轴，狭缝的y 值应与对应介质的y 值相同，这些平行光线会聚在透镜焦点处. 对于0y =处，由上式得d 0()=h . (7)y 处与0y =处的光线的光程差为()()220tan 2b y y δδθ-=. (8)由于物像之间各光线的光程相等，故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变；因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强，要求两束光的光程差为波长的整数倍，即22tan ,1,2,3,2b y k k θλ==. (9)由此得y A θθ===. (10) 除了位于y =0处的狭缝外，其余各狭缝对应的y 坐标依次为,,,,A . (11)2. 各束光在焦点处彼此加强，并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上，若依次取,4,9,k m m m =，其中m 为任意正整数，则49,,,m m m y y y ===. (12)，光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 评分标准：本题20分.第1问16分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式1分，(4) 式1分，(5) 式2分，(6) 式1分，(7) 式1分，(8) 式1分， (9) 式2分， (10) 式1分，(11) 式2分； 第2问4分，(12) 式4分（只要给出任意一种正确的答案，就给这4分）.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 m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .参考解答：1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为e p （0e p >）、p γ（0p γ<），碰撞后电子、光子的能量、动量分别为,,,ee E p E p γγ''''. 由能量守恒有 E e +E g =¢E e +¢E g . (1)由动量守恒有cos cos ,sin sin .e eep p p p p p γγγαθαθ''+=+''=. (2)式中，α和θ分别是散射后的电子和光子相对于碰撞前电子的夹角. 光子的能量和动量满足E g =p g c ,¢E g =¢p g c . (3)电子的能量和动量满足22224e e e E p c m c -=，22224e e e E p c m c ''-= (4)由(1)、(2)、(3)、(4)式解得e E E E γγ'=[由(2)式得22222()2()cos ee e p c p c p c p c p c p c p c γγγγθ'''=++-+此即动量p '、ep '和e p p γ+满足三角形法则. 将(3)、(4)式代入上式，并利用(1)式，得 22(2)()22cos 2e e e E E E E E E E E E E E γγγγγγγγθθ''+-+=+--此即(5)式. ]当0θ→时有e E E E γγ'=(6)2. 为使能量从电子转移到光子，要求¢E g >E g . 由(5)式可见，需有E E γγ'-=>此即E γ 或 e p p γ>(7)注意已设p e >0、p g <0.3. 由于2e e E m c >>和e E E γ>>，因而e p p p γγ+>>，由(5)式可知p p γγ'>>，因此有0θ≈. 又242e e em cE E -. (8)将(8)式代入(6)式得¢E g »2E e E g2E g +m e 2c 42E e. (9) 代入数据，得¢E g »29.7´106eV . (10)评分标准：本题20分.第1问10分， (1) 式2分， (2) 式2分， (3) 式2分，(4) 式2分，(5) 或(6)式2分； 第2问5分，(7) 式5分；第3问5分，(8) 式2分， (9) 式1分， (10) 式2分.。