全国高中物理竞赛复赛试题及答案 14页

第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷 题号 一 二 三 四 五 六 七 总计 得分 复核人 全卷共七题，总分为 140 分。 一、（15 分）图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体， O 为其球心． 己知取无限远处 的电势为零时， 球表面处的电势为 U=1000 V．在 离球心 O 很远的 O′点附近有一质子 b，它以 Ek＝2000 eV 的动能沿与 O O 平行的方向射 向 a．以 l 表示 b 与 O O 线之间的垂直距离， 要使质子 b 能够与带电球体 a 的表面相碰， 试 求 l 的最大值．把质子换成电子，再求 l 的最 大值． 二、（ 15 分） U 形管的两支管 A、B 和水平管 C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的，它们的 内 径 与 管 长 相 比 都 可 忽 略 不 计 ． 己 知 三 部 分 的 截 面 积 分 别 为 2 A 1.0 10S cm2 ， 2 B 3.0 10S cm2， 2 C 2.0 10S cm2，在 C 管中有一段空气柱，两侧被水银封闭．当温度 为 1 27t ℃时，空气柱长为 l ＝30 cm（如图所示） ，C 中 气柱两侧的水银柱长分别为 a ＝2.0cm， b ＝3.0cm，A、 B 两支管都很长， 其中的水银柱高均为 h ＝12 cm．大气压 强保持为 0p ＝ 76 cmHg 不变．不考虑温度变化时管和水 银的热膨胀． 试求气柱中空气温度缓慢升高到 t ＝97℃时 空气的体积． 三、 （ 20 分）有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想．其设想如下：沿地球的一条 弦挖一通道，如图所示．在通道的两个出口处 A 和 B ，分别将质量为 M 的物体和质量为 m 的 待发射卫星同时自由释放，只要 M 比 m 足够大，碰撞后，质量为 m 的物体，即待发射的卫星 就会从通道口 B 冲出通道；设待发卫星上有一种装置，在待发卫星刚 离开出口 B 时，立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地球切线的方 向，但不改变速度的大小．这样待发卫星便有可能绕地心运动，成为 一个人造卫星．若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周运动，则地 心到该通道的距离为多少？己知 M ＝ 20 m ，地球半径 0R ＝ 6400 km．假定地球是质量均匀分布的球体，通道是光滑的，两物体间的碰 撞是弹性的． 四、 (20 分)如图所示，一半径为 R、折射率为 n的玻璃半球，放在空气中，平表面中央半径为 0h 的区域被涂黑． 一平行光束垂直入射到此平面上， 正好覆盖整个表面． Ox 为以球心 O 为原 点，与平而垂直的坐标轴．通过计算，求出坐标轴 Ox 上玻璃半球右边有光线通过的各点（有 光线段）和无光线通过的各点（无光线段）的分界点的坐标． 五、 (22 分)有一半径为 R的圆柱 A，静止在水平地面上，并与竖直墙面 相接触．现有另一质量与 A 相同，半径为 r 的较细圆柱 B，用手扶着圆 柱 A ，将 B 放在 A 的上面，并使之与墙面相接触，如图所示，然后放 手． 己知圆柱 A 与地面的静摩擦系数为 0.20，两圆柱之间的静摩擦系数 为 0.30．若放手后，两圆柱体能保持图示的平衡，问圆柱 B 与墙面间的 静摩擦系数和圆柱 B 的半径 r 的值各应满足什么条件？ 六、(23 分)两个点电荷位于 x 轴上， 在它们形成的电场中， 若取无限远处的电势为零，则在正 x 轴上各点的电势如图 中曲线所示， 当 0x 时， 电势 U ：当 x 时，电 势 0U ；电势为零的点的坐标 0x , 电势为极小值 0U 的 点的坐标为 0ax （ a ＞2）。试根据图线提供的信息，确定 这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置． 七、 (25 分)如图所示，将一铁饼状小物块在离地面高为 h 处 沿水平方向以初速 0v 抛出．己知物块碰地弹起时沿竖直方向 的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为 e （＜ 1＝．又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系 数为 （≠ 0）：每次碰撞过程的时间都非常短， 而且都是 “饼 面”着地．求物块沿水平方向运动的最远距离． 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 2 2 0 1 1 2 2 mv mv eU （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 max0mv l mvR （ 2） 由式（ 1）、（2）可得 2 0 max 1 / 2 eUl R mv （3） 代入数据，可得 max 2 2 l 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 e 改为 e。同理可求得 max 6 2 l 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 1 (27 273)K=300KT 时，气柱中的空气的压强和体积分别为 1 0p p h ， （1） 1 CV 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 C B bSh S （3） 由此造成气柱中空气体积的增大量为 CV 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 h ，使两支管的压强平衡，由此造成气柱空气体积增大量为 AV hS （5） 所以，当温度为 2T 时空气的体积和压强分别为 2 1V V V V （6） 2 1p p h （7） 由状态方程知 1 1 2 2 1 2 p V p V T T （8） 由以上各式，代入数据可得 2 347.7T K （ 9） 此值小于题给的最终温度 273 370T t 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 2 2 TV V T （10） 代入数据可得 30.72 cmV （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。 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 2 GM mF r ， （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 34 3 M r （ 2） 于是，质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为 4 3 F G mr （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 sinf F （ 4） sin x r （ 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 0 2 0 GM mmg R （6） 式中 0M 是地球的质量。由上式可以得到 0 4 3 g G R （7） 由以上各式可以求得 0 mgf xR （ 8） 可见， f 与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 0 mgk R （9） 物体将以 C 为平衡位置作简谐振动，振动周期为 02 /T R g 。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 2 2 2 0 0 1 1 ( ) 2 2 mv k R h （10） 式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得 2 2 2 0 0 0 R hv g R （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 0 0Mv mv MV mv， （12） 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2 Mv mv MV mv （13） 解式（ 12）和式（ 13），得 0 3M mv v M m （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 2 2 2 2 0 1 1 1( ) 2 2 2 k R h mu mv （15） 由式（ 14）、（ 15）、（16）和式（ 9）解得 2 2 2 0 2 0 8 ( ) ( ) R hM M mu g RM m （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 2 0 2 00 M m uG m RR （17） 由式（ 16）、（ 17）并注意到式（ 6），可以得到 2 2 0 7 10 2 2 ( ) R M Mm mh M M m （18） 已知 20M m，则得 00.925 5920 kmh R （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 sin sin i n i （1） 在 OMP 中 sin sin l x i i （2） 2 2 2 2 cosl R x Rx i （3） 由式（ 1）和式（ 2）得 x nl 再由式（ 3）得 2 2 2 2( 2 cos )x n R x Rx i 设 M 点到 Ox 的距离为 h ，有 sinh R i 2 2 2 2 2cos sinR i R R i R h 得 2 2 2 2 2 2 2x R x x R h n 2 2 2 2 2 1(1 ) 2 0x x R h R n （4） 解式（ 4）可得 2 2 2 2 2 2 2 1 n R h n R n hx n （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) 1 11 n n n nx R R R n nn 或 由图可知，应有 x R ，故式（ 5）中应排除±号中的负号，所以 x 应表示为 2 2 2 2 2 2 2 1 n R h n R n hx n （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 0h h ，其中折射光线 与 Ox 轴交点最远处的坐标为 2 2 2 2 2 2 0 0 0 2 1 n R h n R n h x n （7） 在轴上 0x x 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 C C 1sinh R i R n 这光线的折射线与轴线的交点处于 2 2 C 2 2 11 1 1 n R nRnx n n （8） 在轴 Ox 上 CR x x 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 C 0x x x （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 0x x 处无光线通过， 给 10 分；求得式 （8）并指出在 Ox 轴上 0x x 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 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： 1 3 3sin cos 0Mg N N F （1） 1 3 3cos sin 0F N F （2） 1 3F R F R （3） 圆柱 B： 2 3 3sin cos 0Mg F N F （4） 2 3 3cos sin 0N N F （ 5） 3 2F r F r （6） 由于 3 3F F ，所以得 1 2 3 3F F F F F （7） 式中 F 代表 1F ， 2F ， 3F 和 3F 的大小。又因 3 3N N ，于是式（ 1）、（2）、（4）和（ 5）四式 成为： 1 3 sin cos 0Mg N N F （8） 3 cos sin 0F N F （9） 3 sin cos 0Mg F N F （10） 2 3 cos sin 0N N F （11） 以上四式是 1N ， 2N ， 3N 和 F 的联立方程，解这联立方程可得 2N F （12） 3 1 sin 1 cos sin N Mg （13） 2 cos 1 cos sin N F Mg （14） 1 2 cos 2sin 1 cos sin N Mg （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 2 2 2 F N 由式（ 12），得 2 2 1F N 所以 2 1 （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 f N ，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 1F 满足 1 1 1F N ，则圆柱在地面上不 滑动；若 1 1 1F N ，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 1 1 1 cos 2 cos 2sin F N （17） 由图复解 20-5 可知 cos R r R r （18） 2 2sin 1 cos Rr R r （19） 由式（ 17）、（ 18）和式（ 19）以及 1＝ 0.20，可以求得 1 9 r R （20） 即只有当 1 9 r R 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 3 3 3 cos 1 sin F N （21） 由式（ 18）、（ 19）以及 3 ＝0.30，可解得 2 7 0.29 13 r R R （ 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 0.29R r R （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 0x x 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，电势没有出现负无限大，即没有经过负的 点电荷，这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为 a ，当 x很大时，电势一 定为负，且趋向于零，这表明负的点电荷的电量的数值 2Q 应大于 1Q 。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 1Q ；另一个是位于负 x 轴上离原点距离 a 处 的负电荷，电量的大小为 2Q ，且 2Q ＞ 1Q 。按题目所给的条件有 21 0 0 0Q Qk k x x a （1） 21 0 0 0 Q Qk k U ax ax a （2） 因 0x ax 时，电势为极小值，故任一电量为 q 的正检测电荷位于 0x ax 处的电势能也为 极小值，这表明该点是检测电荷的平衡位置，位于该点的检测电荷受到的电场力等于零，因 而有 1 2 2 2 0 0 0 ( ) ( ) Q Qk k ax ax a （3） 由式（ 1）、（2）和（ 3）可解得 0( 2)a a a x （ 4） 0 0 1 2 ax UQ a k （5） 2 0 0 2 ( 1) 2 U xa aQ a k （6） 式中 k 为静电力常量。 评分标准：本题 23 分。 式（ 1）、（2）各 4 分，式（ 3）6 分，式（ 4）、（ 5）、（6）各 3 分。 七、参考解答 设物块在 1A 点第一次与地面碰撞，碰撞前水 平速度仍为 0v ，竖直速度为 0 2u g h （1） 碰撞后物块的竖直速度变为 1u ，根据题意，有 1 0u eu （2） 设物块的质量为 m ，碰撞时间为 t ，因为碰撞时间极短，物块与地面间沿竖直方向的作用力 比重力大得多，可忽略重力的作用，这样，物块对地面的正压力的大小为 0 1 1 mu muN t （3） 水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果，设水平方向速度变为 1v ，则有 1 0 1mv mv N t （4） 由以上各式得 1 0 0(1 )v v e u （5） 同理，在落地点 2A ， 3A ，⋯， nA 其碰撞后的竖直分速度分别为 2 2 0u e u 3 3 0u e u ⋯⋯⋯⋯ 0 n nu e u （6） 其水平速度分别为 2 0 0(1 ) (1 )v v e e u 2 3 0 0(1 ) (1 )v v e e e u ⋯⋯⋯⋯ 2 1 0 0(1 ) (1 )n nv v e e e e u （7） 由式（ 6）可知，只有当碰撞次数 n 时，碰地后竖直方向的分速度 nu 才趋向于零，但物块 对地面的正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 mg ，因次， 物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零，且不会反向。 设经过 0n n 次碰撞，物块沿水平方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在 0 1n n 次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因 0 1 0nv ，由式（ 7） 02 0 0(1 ) (1 ) 0nv e e e e u 0 1 0 0 (1 ) (1 ) 0 1 ne e uv e 0 1 0 0 ( 1 )1 ( 1 ) n e ve e u 两边取对数 0 0 0 (1 )11 lg 1 lg (1 ) e vn e e u （8） 令 0 0 (1 )1 lg 1 lg (1 ) e vB e e u （9） 若 B恰为整数，这表示这次碰撞中，经过整个碰撞时间 t ，水平速度变为零，则碰撞次 数 0 1n B 有 0 1n B （10） 若 B不是整数，此种情况对应于在 0 1n n 次碰撞结束前，即在小于碰撞时间内，水平 速度变为零。则碰撞次数 0 1 1n B 有 0n B （ 11） B 表示 B 的整数部分。 由于经过 0 1n 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 0 1nA 处作上下跳跃，直到 0 0ne u ，即 n ，最后停止在 0 1nA 处。物块运动 的最远水平距离 00 1ns A A 。下面分别计算每次跳跃的距离。 0 0 1 0 uA A v g （12） 2 0 0 01 1 2 1 2 22 (1 )eu v euuA A v e g g g 2 2 2 0 0 0 2 3 2 2 (1 ) (1 )e u v e uA A e e g g ⋯⋯⋯⋯ 0 0 0 0 0 2 120 0 0 1 2 2 (1 ) (1 ) n n n n n e u v e uA A e e e e g g （13） 所求距离为上述所有量的总和，为 0 2 2 2 3 20 0 0 0 0 2 2( ) (1 ) [ (1 ) (1 )nu u v us v e e e e e e e e e e g g g 0 0 12(1 )]n ne e e e （ 14） 分别求级数的和： 0 02 3 1 1 n n ee e e e e e （15） 0 0 0 0 0 0 12 3 2 2 2 3 2 3 2 2 3 3 (1 ) (1 ) (1 ) 1 1 1 1 1 1 1 [ (1 ) (1 ) (1 ) (1 )] 1 n n n n n n e e e e e e e e e e e e ee e e e e e e e e e e e e e e e 0 0 01 2 2 2 2 1 ( ) 1 1 n n ne e e e e e （16） 将以上两个关系式和 0 2u gh 代入式（ 14），得 0 0 0 1 0 2 2 1 4(1 2 ) (1 )(1 ) 1 (1 ) n n nh e e hs v e e e g e e （17） 式中 0n 由式（ 10）或式（ 11）决定。 评分标准：本题 25 分。 式（ 6）3 分，式（ 7）6 分，式（ 8）4 分，式（ 10）2 分，式（ 11）2 分，式（ 14）5 分，求得 式（ 17）并说明 0n 的取值，给 3 分。 THE END