物理竞赛复赛试卷

第27届全国中学生物理竞赛复赛试卷

题号一二三四五六七八九总分

得分

阅卷

复核

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、（15分）蛇形

得分阅卷复核摆是一个用于演

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=9.80m/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），要求满足：（a）每

个摆的摆长不小于。.450m,不大于1.000m；（b）初始时将所有摆球由平衡点沿工轴正

方向移动相同的一个小位移工0（%oVQ45m）,然后同时释放，经过40s后，所有的摆能

够同时回到初始状态.

2.在上述情形中，从所有的摆球开始摆动起，到它们的速率首次全部为零所经过的

时间为.

物理竞赛复赛卷第1页（共8页）

二、（20分）距离我们为Z处有一恒星，其质量为M,观测发现其位置

得分阅卷复核呈周期性摆动，周期为T,摆动范围的最大张角为假设该星体的周

期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起山，试给出这颗

行星的质量m所满足的方程.

若Z=10光年,7=10年,=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,

只保留一位有效数字.已知1毫角秒=康角秒,1角秒=表度，lAU=l.5xdkm,

c=3.0x10skm/s.

三、（22分）如图，一质量均匀分布的刚性掾

得分阅卷复核旋环质量为m,半径为凡螺距/7=TTR,可绕

竖直的对称轴。。'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.首先扶住小

球使其静止于螺旋环上的某一点4这时螺旋环也处于1号止状态.然

后放开小球，让小球沿螺旋环下滑，螺旋环便绕转轴0。'转动.求当

小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为人时，螺旋环转动的角速度和小球对螺旋

环作用力的大小.

物理竞赛复赛卷第2页（共8页）

四、(12分)如图所示,一质量为m、电荷

得分阅卷复核量为g(g>0)的粒子作角速度为3、

半径为尺的匀速圆周运动.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h=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示式中的比例系数*已知•

物理竞赛复赛卷第3页(共8页)

-----------------五、(20分)如图所示，两个固定的均匀带电球M

得分阅卷复核面，所带电荷量分别为Q和-Q(Q>0),半径

分别为R和K/2,小球面与大球面内切于C

----------------点，两球面球心0和0'的连线MN沿竖直方

向.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,带电荷量为q(g>0)的质点自

MN线上离B点距离为R的4点竖直上抛.设静电力常量为重力加

速度为冬

1.要使质点从A点上抛后能够到达B点，所需的最封沏动能为多少?

2.要使质点从4点上抛后能够到达。点，在不同条件下所需的最

小初动能各为多少？

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-----------------六、（20分）由单位长度电阻为r的导线组成如图所示的正方形网

得分阅卷复核络系列•n=l时，正方形网络边长为L；n=2时，小正方形网络

的边长为S；n=3时，最小正方形网络的边长为S.当n=1、

-----------------------2、3时，各网络上4、B两点间的电阻分别为多少？

n=n=2n»3

物理竞赛复赛卷第5页（共8页）

七、（15分）地球上的能量从源头上说来自太阳辎射.到达地面的

得分阅卷复核太阳辐射（假定不计大气对太阳辐射的吸收）一部分被地球表面反

射到太空，其余部分被地球吸收.被吸收的部分最终转换成为地球

热辐射（红外波段的电磁波）.热福射在向外传播过程中，其中一

部分会被温室气体反射回地面，地球以此方式保持了总能量平衡.作为一个简单的理想模

型，假定地球表面的温度处处相同，且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃-玻尔兹曼定律：

单位面积的福射功率J与表面的热力学温度7的四次方成正比，即其中。是一

个常工已知太阳表面温度7s=5.78xlO'K,太阳半径Rs=6.96xl（）Skm,地球到太阳的

平均距离d=L50xl0'km.假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层，并设它

对热辐射能0的反射率为B=0.38.

1.如果地球表面对太阳辐射的平均反射率a=0.30,试问考虑了温室气体对热辐射

的反射作用后，地球表面的温度是多少？

2.如果地球表面一部分被冰雪覆盖，覆盖部分对太阳辐射的反射率为q=0.85,其

余部分的反射率%=0.25.问冰雪覆盖面占总面积多少时地球表面温度为273K.

物理竞赛复赛卷第6页（共8页）

------------------八、（20分）正午时太阳的人射光

得分阅卷复核与水平面的夹角6=45。.有一座房

一子朝南的墙上有一个直径

-----------------即=10cm的圆窗，窗口中心距地面

的高度为H.试设计一套采光装置，使得正午时刻太阳光

能进入窗口，并要求进入的光为充满窗口、垂直墙面、且光

强是进入采光装置前2倍的平行光可供选用的光学器件

如下:一个平面镜，两个凸透镜，两个凹透镜;平面镜的反

射率为80%，透镜的透射率为70%，忽略透镜表面对光的反射.要求从这些器件中选用最少

的器件组成采光装置.试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路图，并

求出所选器件的最小尺寸和透镜焦距应满足的条件・'

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㈣个阅卷复核九、（16分）已知粒子1和粒子2的静止质量都是m0,粒子1静

止，粒子2以速度与与粒子I发生弹性碰撞.

1.若碰撞是斜碰，考虑相对论效应.试论证：碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、

直角还是钝角.若不考虑相对论效应结果又如何？

2.若碰撞是正碰，考虑相对论效应，试求碰后两粒子的速度.

物麟赛复赛卷第8页（共8页）

解答

一、参考解答：

1.以4表示第i个单摆的摆长，由条件（b）可知每个摆的周期必须是40s的整数分之

一，即

7=2兀（=竺（乂为正整数）（1）

［（1）式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.］由（1）可得，各单摆的摆

长

公驷⑵

,712M

依题意，0.450m4、41.000m,由此可得

型女＜乂＜型户⑶

7TV'7TV0.45

即204.429（4）

因此，第i个摆的摆长为

i12345678910

/j/m0.9930.9010.8210.7510.6900.6350.5880.5450.5070.472

400g

(i=L2,-.10)(5)

7t2(19+i)2

2.20s

评分标准：本题15分.

第1小问11分.（2）式4分，（4）式4分，10个摆长共3分.

第2小问4分.

二、参考解答:

设该恒星中心到恒星一行星系统质心的距离为d,根据题意有

,L\0

a=---(1)

2

将有关数据代入（1）式，得d=5x10-3AU.又根据质心的定义有

,Md

r—a=--(2)

m

式中，•为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径，即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定

律有

由(2)、(3)两式得

4/d

(1+Af/w)2GT2

［若考生用，•表示行星到恒星至行星系统质心的距离，从而把(2)式写为尸=也，把(3)式写

,则同样可得到(4)式，这也是正确的.］利用(1)式，可得

（AA^）\2

--------7=-----7-

(1+A///W)22GT2

(5)式就是行星质量加所满足的方程.可以把(5)试改写成下面的形式

_(AA^)37t2,

(1+m/M)2=2GMT2

因地球绕太阳作圆周运动，根据万有引力定律可得

3

(1AU)_GMS

(ly)24/

注意到M=〃s，由(6)和(7)式并代入有关数据得

(加/Ms),=8.6X］0T。(8)

由(8)式可知

m.

——«1

必

由近似计算可得

-3

m«1X10A/S(9)

由于加/A/小于1/1000,可近似使用开普勒第三定律，即

代入有关数据得

r-5AU(11)

评分标准：本题20分.

(1)式2分，(2)式3分，(3)式4分，(5)式3分，(9)式4分，(11)式4分.

三、参考解答:

解法一

一倾角为e的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为R的圆柱面，圆柱面的轴线与

直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，

若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄

片的斜边就相当于题中的螺线环.根据题意有

八无及1,、

tan0=----=—(1)

2兀火2

可得：

.„V5275

sin”=——，cosn"=----(2)

55

设在所考察的时刻，螺旋环绕其转轴的角速度为①，则环上每一质量为人々的小质元

绕转轴转动线速度的大小都相同，用w表示，

u=(i)R(3)

该小质元对转轴的角动量

AAj=\m-uR=\mtR~(0

整个螺旋环对转轴的角动量

L=火力=tnR之①(4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合

成.在螺旋环的角速度为。时，设小球相对螺旋环的速度为0‘，则小球在水平面内作圆周

运动的速度为

vp-vcosd—coR(5)

沿竖直方向的速度

%=z/sin6(6)

对由小球和螺旋环组成的系绕，外力对转轴的力矩为0,系统对转轴的角动量守恒，故

有

0=nWpR-L(7)

由(4)、(5)、(7)三式得:

vcosd-a)R=a)R(8)

在小球沿螺旋环运动的过程中，系统的机械能守恒，有

1

mgh—m(0；+d)+Z%”(9)

2

由(3)、(5)、由)、(9)四式得:

2gh=[vfcos0-a)R^+v/2sin20+co2R2(10)

解(8)、(10)二式，并利用(2)式得

辿(II)

R3

(12)

由(6)、(12)以及(2)式得

(13)

或有

2J,

%=2^gh(14)

(14)式表明，小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动，其加速度

1

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为7,则有

,_12

h----a11(16)

21

由(11)和(16)式得

a)=­t

3R

(17)式表明，螺旋环的运动是匀加速转动，其角加速度

(18)

小球对螺旋环的作用力有：小球对螺旋环的正压力乂，在图

1所示的薄片平面内，方向垂直于薄片的斜边；螺旋环迫使小球在

水平面内作圆周运动的向心力的反作用力"?•向心力在

水平面内，方向指向转轴C,如图2所示.N、、N2两力中只有乂

对螺旋环的转轴有力矩，由角动量定理有

N、sin0R\t-AA(19)

由(4)、(18)式并注意到必=夕得

丫mgyJ5

(20)

而

(21)

由以上有关各式得

“2〃

N2=~mg(22)

JK

小球对螺旋环的作用力

(23)

评分标准：本题22分.

(1)、(2)式共3分，(7)式1分，(9)式1分，求得(11)式给6分，(20)式5分，(22)

式4分，(23)式2分.

解法二

一倾角为。的直角三角形薄片(如图1所示)紧贴于半径为火的圆柱面，圆柱面的轴线与

直角三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行，若把此三角形薄片卷绕在柱面上，则三角形薄

片的斜边就相当于题中的螺线环.

根据题意有：tan6=变-=』(1)

2兀7?2

可得：sin6=^^,cos6=」占(2)

55

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时，环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光

滑水平地面上向左移动的速度.小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平

面内的圆周运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运

动，结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到

在竖直方向离初始位置的距离为〃的位置时，设小球相对薄片斜边的速度为M,沿薄片斜

边的加速度为a'.薄片相对地面向左移动的速度为〃，向左移动的加速度为为.〃就是螺

旋环上每一质元绕转轴转动的线速度，若此时螺旋环转动的角速度为①，则有

u=coR(3)

而为就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度，若此时螺旋环转动的角加速度为《，

则有

(4)

小球位于斜面上的受力情况如图2所示:

N

图2

重力mg，方向竖直向下，斜面的支持力N,方向与斜面垂直，以薄片为参考系时的惯性

力方向水平向右，其大小

r=ina0(5)

由牛顿定律有

mgcosO-N-sin6=0(6)

加gsinS+fcos0=ma(7)

Nsing=maQ(8)

解(5)、(6)、(7)、(8)四式得

,2sin。

l+sin2/9^(9)

cos。

N1•2八mS(10)

l+sin0

sinOcos。

“。一l+si/V(ID

利用(2)式可得

，=Tg(12)

N=gmg

(13)

a0=；g(14)

由(4)式和(14)式，可得螺旋环的角加速度

/?=­g(15)

3R

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为7,则此时螺旋环的角速度

co=(3t(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成，而小

球沿竖直方向的加速度

a1=a1=asind（17）

故有

1

h=—ci119（18）

21

由（15）、（16）、（17）、（18）、以及（2）式得

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供，向心力位于水平面内，方向指向转轴,

故向心力与图2中的纸面垂直，亦即与N垂直.向心力的大小

N、=m——（20）

1R

式中〃是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若。为小球相对地面的加速度在水平面

内的分量，则有

4=Clpt(21)

令4为储在水平面内的分量，有

ap-ap-a0-acosO-a0(22)

由以上有关各式得

N.—mg(23)

'3R

小球作用于螺旋环的力的大小

(24)

由（13）、（23）和（24）式得

(25)

评分标准：本题22分.

（1）、（2）式共3分，（9）或（12）式1分，（10）或（13）式5分，（11）或（14）

式1分，（19）式6分，（23）式4分，（25）式2分.

四、参考解答：

以。表示粒子的速率，以8表示电流，,产生磁场

的磁感应强度，根据题意粒子作圆周运动的向心力为

粒子受到的磁场洛仑兹力，因此有

V2

civB-m—（1）

R

而

v=a)R(2)

由(1)、(2)两式得

B=—(3)

q

如图建立坐标系，则粒子在时刻E的位置

x(t)-Rcoscot,y(t)=7?sindX(4)

取电流的正方向与y轴的正向一致，设时刻，长直导线上的电流为处)，它产生的磁场

在粒子所在处磁感应强度大小为

B=k；(/)(5)

d+x(t)

方向垂直圆周所在的平面,由(4)、(5)式，可得

i(t)=k生^(d+Rcoscot)

q

(6)

评分标准：本题12分.

(3)式4分，(4)式2分，(5)式4分，(6)式2分.

五、参考解答：

1.质点在1~6应作减速运动(参看图1).设质点在4点的

最小初动能为纥°，则根据能量守恒，可得质点刚好能到达3点

的条件为

也一*mgR=Ep+蛆-反(1)

R3灭/22R5R/2

由此可得：

“频+需(2)

图1

2.质点在3To的运动有三种可能情况：

i.质点在8To作加速运动(参看图1),对应条件为

mg修(3)

9R2

此时只要质点能过8点，也必然能到达。点，因此质点能到达。点所需的最小初动能由(2)

式给出，即

(4)

ko&302?

若(3)式中取等号，则最小初动能应比(4)式给出的Eko略大一点・

ii.质点在370作减速运动(参看图I),对应条件为

mg>———(5)

R2

此时质点刚好能到达。点的条件为

愣-翳+"）5+第翳(6)

由此可得

耳0=2"@?一丝丝(7)

k05107?

iii.质点在5—0之间存在一平衡点D（参看图2）,在

87。质点作减速运动，在。T。质点作加速运动，对应条件

为

嘿“誓(8)

设。到。点的距离为X,则

kqQ

mg(9)

((R/2)+x)2

即

(10)

2

根据能量守恒，质点刚好能到达D点的条件为

誓-温”“…一+第翳(11)

由（10）、（11）两式可得质点能到达。点的最小初动能为

Ekg=/gR+-2&gmqQ(12)

只要质点能过。点也必然能到达。点，所以，质点能到达。点的最小初动能也就是（12）

式（严格讲应比（12）式给出的Ek。略大一点・）

评分标准：本题20分.

第1小问5分.求得（2）式给5分.

第2小问15分.算出第i种情况下的初动能给2分；算出第ii种情况下的初动能给5

分；算出第iii种情况下的初动能给8分，其中（10）式占3分.

六、参考解答：

〃=1时，4、B间等效电路如图1所示，4、4间的电阻

rLrL

CZI__cz?

A

□_cn

rLrL

图1

R、=；(2rL)=rL(1)

〃=2时，A,8间等效电路如图2所示，A.8间的电阻

212

-rL-R-rL

333

图2

―哭"+R⑵

由(1)、(2)两式得

&(3)

O

〃=3时，/、8间等效电路如图3所示，/、8间的电阻

图3

11<33)1

&=——2+—+3+3+—+24+-R,(4)

32|_9(44J32_

由(3)、(4)式得

7-

R、=—rLr(5)

39

评分标准：本题20分.

(1)式4分，(3)式6分，(5)式10分.

七、参考解答：

1.根据题意，太阳辐射的总功率®=4兀&cr7；4.太阳辐射各向同性地向外传播.设

地球半径为生，可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的，故地球接收太阳辐射的总功率

为

i用(1)

地球表面反射太阳辐射的总功率为设地球表面的温度为耳，则地球的热辐射总功率

为

PE=4兀厂：aT^(2)

考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射，则输入地球表面的总功率为［+£4.当达到

热平衡时，输入的能量与输出的能量相等，有

+^Pf=CCPX+P¥(3)

由以上各式得

代入数值，有

TE=287K(5)

2.当地球表面一部分被冰雪覆盖后，以优表示地球表面对太阳辐射的平均反射率，根

据题意这时地球表面的平均温度为耳=273K.利用(4)式，可求得

a=0.43(6)

设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为x,则

a'-atx+a2(l-x)(7)

由(6)、(7)两式并代入数据得

x=30%(8)

评分标准：本题15分.

第1小问11分.(1)式3分，(2)式1分，(3)式4分，(4)式2分，(5)式1分.

第2小问4分.(6)式2分，(8)式2分.

八、参考解答：

方案一：采光装置由平面镜M和两个凸透镜Li、L2组成.透镜组置于平面镜M后面,

装置中各元件的相对方位及光路图如图1所示.

L|、L2的直径分别用。、功表示，其焦距的大小分别为力、火.两透镜的距离

d=f[+f2(1)

直径与焦距应满足关系

-A_⑵

---——--f-z-VZ.)

DiD2

设射入透镜L,的光强为儿，透过透镜L,的光强为I；,考虑到透镜L.对光的吸收有

/：=0.704(3)

从透镜Li透出的光通量等于进入L2的光通量，对应的光强与透镜的直径平方成反比，进入

L2的光强用，20表示，即

＜氏UJ

故有

品”用⑷

\J1)

透过L2的光强/；=O.7O/2O,考虑到(3)式，得

ffV

4=0.494乙(5)

由于进入透镜L的光强〃是平面镜M的反射光的光强，反射光是入射光的80%,设射入

装置的太阳光光强为/。，则

4=0.8070

代入(5)式有

/；=0.39/0互(6)

按题设要求

4=2/0

代入(6)式得

2/。=0.39/。A

2J

从而可求得两透镜的焦距比为

4=2.26(7)

f2

L2的直径应等于圆形窗户的直径忆即。2=l0cm,由(2)式得

f

〃=。2W=22.6cm(8)

fi

由图可知，平面镜M参与有效反光的部分为一椭圆，其半短轴长度为

b=。］/2=11.3cm(9)

半长轴长度为

a-£>,/(2sin22.5°)=29.5cm(10)

根据装置图的结构，可知透镜组的光轴离地应与平面镜M的中心等高，高度为〃.

评分标准：本题20分.

作图8分(含元件及其相对方位，光路)，求得(7)、(8)两式共10分，(9)、(10)

式共2分.

方案二：采光装置由平面镜M和两个凸透镜Li、L2组成，透镜组置于平面镜M前面,

装置中各元件的相对方位及光路图如图2所示.

对透镜的参数要求与方案一相同.

但反射镜M的半短轴、半长轴的长度分别为

b-D2/2-5.0cm和"=Z）2/（2sin22.5°）=13.1cm

评分标准：参照方案一.

方案三、采光装置由平面镜M和一个凸透镜Li、一个凹透镜L2组成，透镜组置于平

面镜M后面（也可在M前面），装置中各元件的相对方位及光路图如图3所示.

有关参数与方案一相同，但两透镜的距离

d=f「3

如果平面镜放在透镜组之前，平面镜的尺寸和方案一相同；如果平面镜放在透镜组之后,

平面镜的尺寸和方案二相同.

评分标准：参照方案一.

九、参考解答：

1.假设碰撞后球1和球2的速度方向之间的夹角为二（见图）,

则由能量守恒和动量守恒可得

22

mQc+m^c%=加0/%+加0c2y2（1）

（加（A%『=（加00%『+（加04%『+2（恤0%）（%4%）cosa（2）

#.111

其中%=I，%=I，r=I.

Jl-0；/c?J1一//<?2一说/<?

由⑴、（2）式得

1+%=%+%⑶

耳+1=片+力+2（01%/c?）%%cosa（4）

由（3）、（4）式得

cosa-日±就±应,_r/,-ix/2-vc2>0⑸

71、

a<—（6）

2

即为锐角.

在非相对论情况下，根据能量守恒和动量守恒可得

121,12

—mv=-mv',-\"—mv.（7）

2vn9n2"n2un/

（加0%）2=（加0%）2+（加0。2）一+2（加0马）（/«o02）COSa（8）

对斜碰，口的方向与4的方向不同，要同时满足(1)和(2)式，则两者方向的夹角

a=一

2

即为直角.

2.根据能量守恒和动量守恒可得

_movim,v2

41一1/024-评/02Jl一说/c2

人111

令%=~j=^^，%=/，尸7i=I

J1-说/C~J1_0；/C_说/C

则有：

Vo=cJlT/卜，V,=cjl-l/斤,v2=cjl-1/卜

代入（10）、（11）式得

1+%=%+%（⑵

7/o-1=7ri2-1+7/2-1（|3）

解（12）、（13）两式得

%=1%=%（14）

或

%=%八=1（15）

即

U1=0,v2=v0（16）

（或叼=。0，v2=0,不合题意）

评分标准：本题16分.

第1小问10分.（1）、（2）式各2分，（6）式4分，（9）式2分.

第2小问6分.（10）、（11）式各1分，（16）式4分.

第28届全国中学生物理竞赛复赛试卷

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。时与太阳S的距离ro=O.59OAU,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。的夹角0

P=72.0°。已知：lAU=1.50X10“m,引力常量G=6.67X10“Nm2/kg2,太阳质量ms=1.99

X1030kg,试求P到太阳S的距离m及彗星过P点时速度的大小及方向（用速度方向与

SP。的夹角表示）。

p

%

4

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UA，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

Uc，两杆的质量均为m,长度均为1。

1、已知系统平衡时AB杆与墙面夹角为。，求CD杆与墙面夹角a应该满足的条件（用a

及己知量满足的方程式表示）。

2、若UA=L00，UC=0.866,6=60.0°»求系统平衡时a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上的小球，正常情况下，绳绕在圆筒

2

外表面上，两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P。、P。'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。当卫星转速逐渐减小到零时，立即使绳与卫星脱离，解除小球与卫

星的联系，于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在Q、Q'处。

1、求当卫星角速度减至3时绳拉直部分的长度1;

2、求绳的总长度L；

3、求卫星从3。到停转所经历的时间t。

0

四、（20分）空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，在此区域建立直角坐标系O-盯z,如图

所示，匀强电场沿x方向，电场强度=&＞；•,匀强磁场沿z方向，磁感应强度Z=

E。、Bo分别为已知常量，i、E分别为x方向和z方向的单位矢量。

1、有一束带电量都为+q、质量都为m的粒子，同时从。yz平面内的某点射出，它们的初速

度均在Qyz平面内，速度的大小和方向各不相同，问经过多少时间这些粒子又能同时回到

0yz平面内。

--•—•

2、现在该区域内再增加一个沿x方向随时间变化的匀强电场，电场强度生=（4,cos。）左，

式中也，若有一电荷量为正q、质量为m的粒子，在t=0时刻从坐标原点0射出，

m

初速度V。在Oyz平面内，试求以后此粒子的坐标随时间变化的规律。

不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用，也不考虑变化的电场产生的磁场。

x

五、（15分）半导体外结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射外结时，pn

结两端会产生电势差，这就是光生伏打效应。当8结两端接有负载时，光照使p〃结内部产

生由负极指向正极的电流即光电流，照射光的强度恒定时，光电流是恒定的，已知该光电流

为II；同时，结又是一个二极管，当有电流流过负载时，负载两端的电压V使二极管正

v

向导通，其电流为=/°（e万一1）,式中Vr和I。在一定条件下均为已知常数。

1、在照射光的强度不变时，通过负载的电流I与负载两端的电压V的关系是

1=«太阳能电池的短路电流Is=，开路电压

Voc=，负载获得的功率P=o

2、己知一硅pn结太阳能电池的L=95mA,Io=4.1Xl09mA,Vr=0.026V（,则此太阳能电池

的开路电压VclV,若太阳能电池输出功率最大时，负载两端的电压

可近似表示为嗫尸=■E"5"°）,则VmP=______________Vo太阳能电池输出的最

1+（%/勿）

大功率Pmax=mW。若负载为欧姆电阻，则输出最大功率时，负载电阻

R=Qo

六、（20分）图示为圆柱形气缸，气缸壁绝热，气缸的右端有一小孔和大气相通，大气的压

强为Po。用一热容量可忽略的导热隔板N和一绝热活塞M将气缸分为A、B、C三室，隔

板与气缸固连，活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏气，气缸的左端A室中有一电加热

器Q。已知在A、B室中均盛有1摩尔同种理想气体，电加热器加热前，系统处于平衡状态,

A、B两室中气体的温度均为To,A、B、C三室的体积均为Vo。现通过电加热器对A室中

气体缓慢加热，若提供的总热量为Q。，试求B室中气体末态体积和A室中气体的末态温度。

设A、B两室中气体1摩尔的内能U=5/2RT。R为普适恒量，T为热力学温度。

NM

W*3AB

七、（20分）如图所示，L是一焦距为2R的薄凸透镜，MN为其主光轴。在L的右侧与它

共轴地放置两个半径皆为R的很薄的球面镜A和Bo每个球面镜的凹面和凸面都是能反光