第二十届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

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、参考解笞令机表示质子的质皇、.和I，别离表示质子的初速度和抵达a球球面处的速度，G表示元电荷，由能量守恒可知-/HVn=-mv2+eU(1)22因为a不动，可取其球心。为原点，由于质于所受的a球对它的静电库仑力老是通过a球的球心，因此此力对原点的力矩始终为零，质子对。点的角动是守恒。所求/的是大值对应于质于抵达a球表面处时其速度方向恰好与该处球面相切(见便解2dl-1)。以Lax表示/的是大值，由角动量守恒有加0=跖由式、(2)可得eU(3)mv/2，niax=代入数据，可得假设把质子换成电子，那么如图复解20-1-2所示，现在式(1)中

2、。改成同理可求得R评分标准：此题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(=(27+273)K=300K时，气柱中的空气的压强和体积别离为Pl=Po+/?，(1)V,=ISC(2)当气柱中空气的温度升高时，气柱双侧的水银将被缓慢压入A管和B管。设温度升高到丁,时，气柱右边水银恰好全数压到B管中，使管中水银高度增大M=理(3)Sb由此造成气柱中空气体积的增大量为AVf=bSc(4)与此同时，气柱左侧的水银也有一部份进入A管，进入A管的水银使A管中的水银高度也应增大，使两支管的压强平稳，由此造成气柱空气体积增大量为V=MSa(5)因此，当温度为八时空气的体枳

3、和压强别离为一+(6)2=1+M(7)由状态方程知班=坐(8)(t2由以上各式，代入数据可得4=347.7K(9)此值小于题给的最终温度T=273+f=37OK,因此温度将继续升高。从这时起，气柱中的空气作等压转变。当温度抵达7时，气柱体积为V=V.(10)72代入数据可得V=0.72cm(11)评分标准：此题15分。求得式（6）给6分，式（7）1分，式（9）2分，式（10）5分，式（11）1分。三、参考解答位于通道内、质量为?的物体距地心。为，时（见图复解20-3）,它受到地球的引力能够表示为GMm(1)式中对是以地心。为球心、以，,为半径的球体所对应的那部份地球的质量，假设以p表示地球的密

4、度，此质量能够表示为于是，质量为机的物体所受地球的引力能够改写为L4F=-7rGpmr(3)作用于质量为力的物体的引力在通道方向的分力的大小为/=Fsme（4）.八Xsind=一(5)6为一与通道的中垂线OC间的夹角，x为物体位置到通道中点。的距离，力的方向指向通道的中点C在地而上物体的重力能够表示为GM(jhms=r式中加。是地球的质量。由上式能够取得(7)由以上各式能够求得(8)可见，/与弹簧的弹力有一样的性质，相应的“劲度系数”为R。(9)物体将以C为平稳位置作简谐振动，振动周期为7=24疯7E，取x=0处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为，的静止物体抵达x=0处的速度为%,

5、那么依照能量守恒，有诏=4&闺-后）（1。）式中人表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得,於）可见，抵达通道中点。的速度与物体的质量无关。假想让质量为M的物体静止于出口A处，质量为用的物体静止于出口3处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时抵达通道中点C处，并发生弹性碰撞。碰撞前，两物体速度的大小都是，方向相反，刚碰撞后，质量为M的物体的速度为V，质量为加的物体的速度为假设规定速度方向由A向8为正，那么有一相%=MV+inv,（12）(13)(14)171?1二12-M监+-相监=一A/V-十八广2222解式(12)和式(13),得3M机v=%M+m质量为的物体是待发射的卫

6、星，令它回到通道出口8处时的速度为，那么有(15)(16)1人(凡-h2)+-mir=-mv2由式(14)、(15)、(16)和式(9)解得(M+w)2R()的方向沿着通道。依照题意，卫星上的装置可使的方向改变成沿地球8处的切线方向,若是的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，那么有(17)由式（16）、（17）并注意到式（6）,能够取得(18)(19)力_0仅32-10队一而Z-T|2M（M一阳）一已知M=20m,那么得/?=0.925%=5920km评分标准：此题20分.求得式（11）给7分，求得式（16）给6分，式（17）2分，式（18）3分，式（19）2分。四、参考解答图复解20-4-1中

7、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别离为，和i，折射光线与坐标轴的交点在令轴上OP的距离为x,A/P的距离为/,依照折射定律，有sin/3 SU 20-1-1在ZOMP中/ _ xsin/ sin，I2 =R2 +x2 -2咫 cosi由式(1)和式(2)得 x = nl再由式(3)得(2)(3)x2 =2(川 +x2 - 2Rxcosi)设点到Ox的距离为屋有h = RsiniRcosi =&2 - 记 sin27 = 4解二/得2二=即+?-24大-1unx (1 y) 2xr2 _ h? + Ri = 0 ir解式(4)可得

8、_ n2 J* - h2 局R2x = ;ir -1(4)(5)为排除上式中应舍弃的解，令人-0,那么x处应为玻璃半球在光轴Ox上的傍轴核心，由 上式R =R 或Rn-1n+由图可知，应有xR,故式（5）中应排除土号中的负号，因此x应表示为II2/尸+R?一后/x=（6）-1上式给出X随人转变的关系。因为半球平表面中心有涂黑的面积，因此进入玻璃半球的光线都有人2%,其中折射光线与Ox轴交点最远处的坐标为/（陵一面+-/%o=-广广n-1在轴上处，无光线通过。随增大，球面上入射角i增大，当i大于临界角Q时，即会发生全反射，没有折射光线。与临界角ic相应的光线有h（2=Hsin，c=Rn这光线的折

9、射线与轴线的交点处于(8)在轴Ox上Rx此处没有折射光线通过。由以上分析可知，在轴上玻璃半球以右(9)XCX同处无光线通过，给10分：求得式（8）并指出在。x轴图反解幻-5上处无光线通过，给6分；取得式(9)并指出上有光线段的位置，给4分。五、参考解答放上圆柱B后，圆柱B有向下运动的偏向，对圆柱A和墙而有压力。圆柱A偏向于向左运动，对墙而没有压力。平稳是靠各接触点的摩擦力维持的。现设系统处于平稳状态，取圆柱A受地面的正压力为M，水平摩擦力为吊；圆柱B受墙面的正压力为N2,竖直摩擦力为B，圆柱A受圆柱B的正压力为3,切向摩擦力为玛：圆柱B受圆柱A的正压力为N；,切向摩擦力为外，如图复解20-5所

10、示。各力以图示方向为正方向。己知圆柱A与地面的摩擦系数必=,两圆柱间的摩擦系数3=设圆柱B与塔面的摩擦系数为2,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为e设两圆柱的质量均为为了求出NN?、N3和为维持平稳所需的6、F人之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平稳方程：圆柱A：Mg.N1+NySn(p+Fycos(p=0(1)F-A3cos+/sin=0(2)RR=F3R(3)圆柱B：Mg-F2一N；sin夕一片cos0=0(4)N2-N；cosp+乃sin夕=0(5)F，=Fj(6)由于玛=巴，因此得鼻=B=R=K=F(7)式中尸代表6，与，玛和玛的大小。又因N；=Nr于是式(1)、(2)、(4)和(5)四

11、式成为：Mg-N+Nysn(p+Fcos(p=0(8)(9)F-NsCoso+FsinouO(10)Mg-F+N3sin(p-Feos(p=0N2-cos(p+Fsin?=0(11)以上四式是M，N?,N3和F的联立方程，解这联立方程可得N2=F(12)认=1+sin(13)1+cos+sinzccos。./一、N)=/-=:Mg(14)-l+cosp+sin/2+cose+2sin。N、=(15)l+cos?+sin式（12）、（13）、（14）和（15）是平稳时所需要的力，跖，N?,、没有问题，但K，F?,月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。三

12、个力中只要有一个不能达到所需的尸值，在那一点就要发生滑动而不能维持平稳。第一讨论圆柱B与墙而的接触点。接触点不发生滑动要求由式（12）,得因此(16)2之1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M=,依照摩擦定律fmM，这一点将要发生滑动。圆柱A在地而上不发生滑动的条件是/,A=9（17）M2+cos*+2sin/由图复解205可知(18)(19)(20)(21)R-rcos(p=R+rT-2病sin9=JI-cos(p=R+r由式（17）、（18）和式（19）和必=,能够求得r-R9即只有当/后/冗时，圆柱A在地而上才能不滑动。最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求U

13、之号.cos夕/l+sinp由式（18）、（19）和3=,可解得/7A2rR=0.29R（22）U3J显然，在平稳时，厂的上限为A。总结式（20）和式（22）,取得r知足的条件为Rr0.29R（23）评分标准：此题22分。求得式（7）、（12）、（13）、（14）.（15）各2分，式（16）3分，求得式（23）9分0六、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。因为取无穷远处为电势的零点，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。现己知戈=%处的电势为零，故可知这两个点电荷必然是一正一负。依照所提供的电势的曲线，当考察点离坐标原点很近时，电势为正，且随X

14、的减小而专门快趋向无穷大，故正的点电荷必然位于原点。处，以表示该点电荷的电量。当x从0增大时，电势没有显现负无穷大，即没有通过负的点电荷，这说明负的点电荷必然在原点的左侧。设它到原点的距离为当x专门大时，电势必然为负，且趋向于零，这说明负的点电荷的电量的数值应大于乌即产生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Q”另一个是位于负尤轴上离原点距离。处的负电荷，电量的大小为。2,且。2。按题目所给的条件有k2-k-=O（1）玉）既）+“(2)k2-ka=u()ax0uxq+a因x=a%时，电势为极小值，故任一电量为g的正检测电荷位于x=a%处的电势能也为极小值，这说明该点是检测电

15、荷的平稳位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因此有Qik -一 k(ax0 + ay=0由式(1)、(2)和(3)可解得a = a(a - 2)改)(4)式中k为静电力常量。评分标准：此题23分。式(1)、(2)各4分，式七、参考解答_ a% U。Q a-2 ka(a -1) UqXo =。一2 k(5)(6)(3) 6 分，式(4)、(5)、(6)各 3 分。设物块在A点第一次与地面碰撞，碰撞前水平速度仍为v0,竖直速度为%)= 21(1)碰撞后物块的竖直速度变成的,依照题意，有回复解幻-7(2)设物块的质量为,碰撞时刻为，因为碰撞时刻极短，物块与地面间沿竖直方向的作使 劲比重力大得

16、多，可忽略重力的作用，如此，物块对地面的正压力的大小为?()+ mu1Ar(3)水平方向动量的转变是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变成“，那么有(4)由以上各式得(5)同理，在落地址42，4,，4其碰撞后的竖直分速度别离为2=03=Aun=eo(6)其水平速度别离为%=%-(1+)(1+6)0巳=%一(1+e)(l+e2)()v=%-(1+e)(l+e+/+)叫)(7)由式(6)可知，只有当碰撞次数-8时，碰地后竖直方向的分速度即才趋向于零，但物块对地面的正压力的最小值不小于?g。地而作用于物块的摩擦力的最小值不小于便，吆，因次，物块沿水平方向的分速度必然经历有限次数碰撞后即变成零

17、，且可不能反向。设通过=o次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再通过一次碰撞，即在=传+1次碰撞终止后，水平方向的分速度恰好变成零。因%出=，由式(7)v0-(l+e)(l+e+J+*)/0=0r；=*+i=1_(If。(l+e)/i/0两边取对数叫)+11/_(f。-(8)Ige|_(l+e)/f0令JiIge(l+e)/m0若5恰为整数，这表示这次碰撞中，通过整个碰撞时刻Z,水平速度变成零，那么碰撞次数(10)若3不是整数，此种情形对应于在=劭+1次碰撞终止前，即在小于碰撞时刻内，水平速度变成零。那么碰撞次数n0+1=b+1有0=回(11)表示B的整数部份。由于通过()+1次碰撞，物块沿水平方向的分速度已为零，但竖直方向的分速度尚未为零，故物块将在&武处作上下跳跃，直到*0一0,即-8,最后停止在4,+1处。物块运动的最远水平距离$=44中-下面别离计算每次跳跃的距离。&A=也%(12)/=网地一21+4，8884 A3=义迪-1(1+e)(l+e)8g产”也一生砥l+e)W+e+J+.+*T)(gg所求距离为上述所有量的总和，为5 =出+如26+/+.+*)-l(l+e)Me+e2(i+e)