第20届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第1页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m表示质子的质量，0v和v分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度，e表示元电荷，由能量守恒可知2201122mvmveU（1）因为a不动，可取其球心O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O点的角动量守恒。所求l的最大值对应于质子到达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maxl表示l的最大值，由角动量守恒有max0mvlmvR（2）由式（1）、（2）可得20max1/2eUlRmv（3）代入数据，可得max22lR（4）若把质子换成电子，则如图复解20-1-2所示，此时式（1）中e改为e。同理可求得max62lR（5）评分标准：本题15分。式（1）、（2）各4分，式（4）2分，式（5）5分。“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第2页二、参考解答在温度为1(27273)K=300KT时，气柱中的空气的压强和体积分别为10pph，（1）1CVlS（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。设温度升高到2T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CBbShS（3）由此造成气柱中空气体积的增大量为CVbS（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h，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为AVhS（5）所以，当温度为2T时空气的体积和压强分别为21VVVV（6）21pph（7）由状态方程知112212pVpVTT（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273370TtK，所以温度将继续升高。从这时起，气柱中的空气作等压变化。当温度到达T时，气柱体积为22TVVT（10）代入数据可得30.72cmV（11）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。“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第3页三、参考解答位于通道内、质量为m的物体距地心O为r时（见图复解20-3），它受到地球的引力可以表示为2GMmFr，（1）式中M是以地心O为球心、以r为半径的球体所对应的那部分地球的质量，若以表示地球的密度，此质量可以表示为343Mr（2）于是，质量为m的物体所受地球的引力可以改写为43FGmr（3）作用于质量为m的物体的引力在通道方向的分力的大小为sinfF（4）sinxr（5）为r与通道的中垂线OC间的夹角，x为物体位置到通道中点C的距离，力的方向指向通道的中点C。在地面上物体的重力可以表示为020GMmmgR（6）式中0M是地球的质量。由上式可以得到043gGR（7）由以上各式可以求得0mgfxR（8）可见，f与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为0mgkR（9）物体将以C为平衡位置作简谐振动，振动周期为02/TRg。取0x处为“弹性势能”的零点，设位于通道出口处的质量为m的静止物体到达0x处的速度为0v，则根据能量守恒，有2220011()22mvkRh（10）式中h表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第4页222000RhvgR（11）可见，到达通道中点C的速度与物体的质量无关。设想让质量为M的物体静止于出口A处，质量为m的物体静止于出口B处，现将它们同时释放，因为它们的振动周期相同，故它们将同时到达通道中点C处，并发生弹性碰撞。碰撞前，两物体速度的大小都是0v，方向相反，刚碰撞后，质量为M的物体的速度为V，质量为m的物体的速度为v，若规定速度方向由A向B为正，则有00MvmvMVmv，（12）22220011112222MvmvMVmv（13）解式（12）和式（13），得03MmvvMm（14）质量为m的物体是待发射的卫星，令它回到通道出口B处时的速度为u，则有22220111()222kRhmumv（15）由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得2220208()()RhMMmugRMm（16）u的方向沿着通道。根据题意，卫星上的装置可使u的方向改变成沿地球B处的切线方向，如果u的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动，则有20200MmuGmRR（17）由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到22071022()RMMmmhMMm（18）已知20Mm，则得00.9255920kmhR（19）评分标准：本题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i和i，折射光线与坐标轴的交点在P。令轴上OP的距离为x，MP的距离为l，根据折射定律，有sinsinini（1）“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第5页在OMP中sinsinlxii（2）2222coslRxRxi（3）由式（1）和式（2）得xnl再由式（3）得2222(2cos)xnRxRxi设M点到Ox的距离为h，有sinhRi22222cossinRiRRiRh得2222222xRxxRhn222221(1)20xxRhRn（4）解式（4）可得22222221nRhnRnhxn（5）为排除上式中应舍弃的解，令0h，则x处应为玻璃半球在光轴Ox上的傍轴焦点，由上式2(1)111nnnnxRRRnnn或由图可知，应有xR，故式（5）中应排除±号中的负号，所以x应表示为22222221nRhnRnhxn（6）上式给出x随h变化的关系。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0hh，其中折射光线与Ox轴交点最远处的坐标为“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第6页22222200021nRhnRnhxn（7）在轴上0xx处，无光线通过。随h增大，球面上入射角i增大，当i大于临界角Ci时，即会发生全反射，没有折射光线。与临界角Ci相应的光线有CC1sinhRiRn这光线的折射线与轴线的交点处于22C221111nRnRnxnn（8）在轴Ox上CRxx处没有折射光线通过。由以上分析可知，在轴Ox上玻璃半球以右C0xxx（9）的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。0x与Cx就是所要求的分界点，如图复解20-4-2所示评分标准：本题20分。求得式（7）并指出在Ox轴上0xx处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在Ox轴上0xx处无光线通过，给6分；得到式（9）并指出Ox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1N，水平摩擦力为1F；圆柱B受墙面的正压力为2N，竖直“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第7页摩擦力为2F，圆柱A受圆柱B的正压力为3N，切向摩擦力为3F；圆柱B受圆柱A的正压力为3N，切向摩擦力为3F，如图复解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1＝0.20，两圆柱间的摩擦系数3＝0.30。设圆柱B与墙面的摩擦系数为2，过两圆柱中轴的平面与地面的交角为。设两圆柱的质量均为M，为了求出1N、2N、3N以及为保持平衡所需的1F、2F、3F之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程：圆柱A：133sincos0MgNNF（1）133cossin0FNF（2）13FRFR（3）圆柱B：233sincos0MgFNF（4）233cossin0NNF（5）32FrFr（6）由于33FF，所以得1233FFFFF（7）式中F代表1F，2F，3F和3F的大小。又因33NN，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为：13sincos0MgNNF（8）3cossin0FNF（9）3sincos0MgFNF（10）23cossin0NNF（11）以上四式是1N，2N，3N和F的联立方程，解这联立方程可得2NF（12）31sin1cossinNMg（13）“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第8页2cos1cossinNFMg（14）12cos2sin1cossinNMg（15）式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，1N，2N，3N没有问题，但1F，2F，3F三个力能不能达到所需要的数值F，即式（12）、（14）要受那里的摩擦系数的制约。三个力中只要有一个不能达到所需的F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222FN由式（12），得221FN所以21（16）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1＝0.20，根据摩擦定律fN，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力1F满足111FN，则圆柱在地面上不滑动；若111FN，这一点将要发生滑动。圆柱A在地面上不发生滑动的条件是111cos2cos2sinFN（17）由图复解20-5可知cosRrRr（18）22sin1cosRrRr（19）由式（17）、（18）和式（19）以及1＝0.20，可以求得19rR（20）即只有当19rR时，圆柱A在地面上才能不滑动。最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求“高中物理参考”收集第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考解答第9页333cos1sinFN（21）由式（18）、（19）以及3＝0.30，可解得270.2913rRR（22）显然，在平衡时，r的上限为R。总结式（20）和式（22），得到r满足的条件为0.29RrR（23）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0xx处的电势为零，故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据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的减小而很快趋向无限大，故正的点电荷必定位于原点O处，以1Q表示该点电荷的电量。当x从0增大时，电势没有