1、全國中學生物理競賽復賽試題一、 （ 15分）一半徑為R 、內側光滑的半球面固定在地面上，開口水v0平且朝上 . 一小滑塊在半球面內側最高點處獲得沿球面的水平速度，其大小為 v0 ( v00 ). 求滑塊在整個運動過程中可能達到的最大速率. 重力加速度大小為g .二、 （ 20 分） 一長為2l 的輕質剛性細桿位于水平的光滑桌面上，桿的兩端分別固定一質量為m的小物塊 D 和一質量為m （ 為常數）的小物塊B ，桿可繞通過小物塊B 所在端的豎直固定轉軸無摩擦地轉動 . 一質量為 m 的小環 C 套在細桿上（ C 與桿密接），可沿桿滑動，環C 與桿之間的摩擦可忽略 . 一輕質彈簧原長為 l ，勁度系

2、數為k，兩端分別與小環 C 和物塊 B 相連 . 一質量為m 的小滑塊 A 在桌面上以垂直于桿的速度飛向物塊D，并與之發生完全彈性正碰，碰撞時間極短.碰撞 時滑塊 C 恰好靜止在距軸為 r （ r l ）處 .1. 若碰前滑塊 A 的速度為 v0 ，求碰撞過程中軸受到的作用力的沖量；2. 若碰后物塊D、 C 和桿剛好做勻速轉動，求碰前滑塊A 的速度 v0 應滿足的條件.三、（25分）一質量為m 、長為L 的勻質細桿，可繞過其一端的光滑水平軸O 在豎直平面內自由轉動.桿在水平狀態由靜止開始下擺，1.令m 表示細桿質量線密度.當桿以角速度繞過其一端的光滑水平軸O 在豎直平面內轉動L時，其轉動動能可

3、表示為EkkL式中，k 為待定的沒有單位的純常數.已知在同一單位制下，兩物理量當且僅當其數值和單位都相等時才相等. 由此求出、和的值.2. 已知系統的動能等于系統的質量全部集中在質心時隨質心一起運動的動能和系統在質心系（隨質心平動的參考系）中的動能之和，求常數k 的值 .3.試求當桿擺至與水平方向成角時在桿上距O 點為r 處的橫截面兩側部分的相互作用力.重力加速度大小為g .提示：如果X (t) 是 t 的函數，而 Y (X (t) 是 X (t) 的函數，則 Y( X (t ) 對 t 的導數為dY ( X (t)dtdY dXdX dt例如，函數cos(t) 對自變量t 的導數為dcosd

4、t(t )dcosdddt四、 （ 20 分）圖中所示的靜電機由一個半徑為R 、與環境絕緣的開口（朝上）金屬球殼形的容器和一個帶電液滴產生器G 組成 . 質量為 m 、帶電量為q 的球形液滴從G 緩慢地自由掉下（所謂緩慢，意指在G 和容器口之間總是只有一滴液滴）. 液滴開始下落時相對于地面的高度為h .設液滴很小，容器足夠大，容器在達到最高電勢之前進入容器的液體尚未充滿容器. 忽略G 的電荷對正在下落的液滴的影響.重力加速度大小為g . 若容器初始電勢為零，求容器可達到的最高電勢 Vmax .五、（ 25 分）平行板電容器兩極板分別位于zd 的平面2內，電容器起初未被充電 . 整個裝置處于均勻

5、磁場中，磁感應強度大小為 B ，方向沿 x 軸負方向，如圖所示 .1. 在電容器參考系 S 中只存在磁場；而在以沿 y軸正方向的恒定速度 (0, v,0) （這里 (0, v,0) 表示為沿 x、 y、 z軸正方向的速度分量分別為0、 v 、 0，以下類似）相對于電容器運動的參考系 S 中，可能既有電場(Ex , Ey , Ez ) 又有磁場 (Bx , By , Bz ) .試在非相對論情形下，從伽利略速度變換，求出在參考系S 中電場 (E x , Ey , Ez ) 和磁場 (Bx , By , Bz ) 的表達式 .已知電荷量和作用在物體上的合力在伽利略變換下不變.2. 現在讓介電常數為

6、的電中性液體（絕緣體）在平行板電容器兩極板之間勻速流動，流速大小為 v ，方向沿y 軸正方向 . 在相對液體靜止的參考系（即相對于電容器運動的參考系）S 中，由于液體處在第1問所述的電場( Ex , E y , Ez ) 中，其正負電荷會因電場力作用而發生相對移動（即所謂極化效應），使得液體中出現附加的靜電感應電場，因而液體中總電場強度不再是(Ex , Ey, Ez ) ，而是0 (Ex, Ey , Ez ) ，這里0 是真空的介電常數.這將導致在電容器參考系S 中電場不再為零.試求電容器參考系中電場的強度以及電容器上、下極板之間的電勢差.（結果用0 、 v 、 B 或（和）d 表出 . ）六

7、、（ 15 分）溫度開關用厚度均為0.20 mm 的鋼片和青銅片作感溫元件；在溫度為20 C 時，將它們緊貼，兩端焊接在一起，成為等長的平直雙金屬片. 若鋼和青銅的線膨脹系數分別為1.0 10 5 /度和2.0 105 /度.當溫度升高到 120 C 時，雙金屬片將自動彎成圓弧形，如圖所示 .試求雙金屬片彎曲的曲率半徑. ( 忽略加熱時金屬片厚度的變化 . )七、（ 20分）一斜劈形透明介質劈尖，尖角為，高為 h . 今以尖角頂點為坐標原點，建立坐標系如圖 (a)所示；劈尖斜面實際上是由一系列微小臺階組成的，在圖(a)中看來，每一個小臺階的前側面與 xz平面平行，上表面與 yz平面平行 .劈尖

8、介質的折射率n隨 x 而變化， n( x)1 bx ，其中常數 b 0 . 一束波長為的單色平行光沿x 軸正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透鏡，在劈尖與薄凸透鏡之間放一檔板，在檔板上刻有一系列與z 方向平行、沿 y 方向排列的透光狹縫，如圖(b) 所示 . 入射光的波面（即與平行入射光線垂直的平面）、劈尖底面、檔板平面都與x 軸垂直，透鏡主光軸為 x軸 . 要求通過各狹縫的透射光彼此在透鏡焦點處得到加強而形成亮紋. 已知第一條狹縫位于 y = 0 處；物和像之間各光線的光程相等 .1. 求其余各狹縫的 y 坐標；2.試說明各狹縫彼此等距排列能否仍然滿足上述要求.hyxyhxOzO圖 (a)圖

9、(b)八、（ 20分）光子被電子散射時，如果初態電子具有足夠的動能，以至于在散射過程中有能量從電子轉移到光子，則該散射被稱為逆康普頓散射.當低能光子與高能電子發生對頭碰撞時，就會出現逆康普頓散射.已知電子靜止質量為me ，真空中的光速為c .若能量為 Ee 的電子與能量為E 的光子相向對碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普頓散射能夠發生的條件；3. 如果 入射光子能量為2.00 eV ，電子能量 為 1.00 109eV ，求散射后光子的能量 .已知me = 0.511106 eV / c2 . 計算中有必要時可利用近似：如果x 1 ，有 1- x ? 1-1x .2第 30 屆全國中

10、學生物理競賽復賽解答與評分標準O一參考解答：P以滑塊和地球為系統，它在整個運動過程中機械能守恒. 滑塊沿半球面內側運動時，可將其速度v 分解成緯線切向(水平方向 )分量 v 及經線切向分量 v . 設滑塊質量為 m ，在某中間狀態時，滑塊位于半球面內側P 處， P 和球心 O 的連線與水平方向的夾角為. 由機械能守恒得1 mv02mgRsin1 mv 21 mv2(1)222這里已取球心 O 處為重力勢能零點 . 以過 O 的 豎直 線為軸 . 球面對滑塊的支持力通過該軸，力矩為零；重力相對于該軸的力矩也為零. 所以在整個運動過程中，滑塊相對于軸的角動量守恒，故mv0 Rmv R cos .(

11、2)由 (1)式，最大速率應與的最大值相對應vmaxv( max ) .(3)而由 (2) 式， q 不可能達到 2 .由 (1) 和 (2)式， q 的最大值應與 v0 相對應，即v ( max )0.(4)(4) 式也可用下述方法得到：由(1)、 (2) 式得2gR sinv02 tan2v 20.若 sin0，由上式得sin2gR22 .cosv0實際上， sin=0 也滿足上式。由上式可知sinmax2gR22 .cosmaxv0由 (3) 式有v2 (max )2 gR sin maxv02 tan2max0 .(4 )將 v(max )0 代入式 (1)，并與式 (2)聯立，得v0

12、2 sin 2max2gR sinmax1 sin 2max0 .(5)以 sinmax 為未知量，方程(5) 的一個根是sinq = 0，即 q = 0，這表示初態，其速率為最小值，不是所求的解 . 于是 sinmax 0 . 約去 sinmax ，方程 (5)變為2gR sin 2maxv02 sinmax2gR0 .(6)其解為sinv021g2 R2(7)max4gR161 .v04注意到本題中 sin0 ，方程 (6)的另一解不合題意，舍去. 將 (7) 式代入 (1)式得，當max 時，v21v02v0416 g2 R2,(8)2考慮到 (4)式有vmaxv 21v02v0416g

13、 2 R2.(9)2評分標準 ：本題 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、參考解答 ：1.由于碰撞時間t 很小，彈簧來不及伸縮碰撞已結束. 設碰后 A 、C、 D 的速度分別為 vA 、 vC 、vD ，顯然有2lvDr vC .(1)以 A 、B 、 C、 D 為系統，在碰撞過程中，系統相對于軸不受外力矩作用，其相對于軸的角動量守恒mvD 2l mvC r mvA 2l mv0 2l .(2)由于軸對系統的作用力不做功，系統內僅有彈力起作用，所以系統機械能守恒.

14、又由于碰撞時間t 很小，彈簧來不及伸縮碰撞已結束，所以不必考慮彈性勢能的變化. 故1mvD2 1mvC21mvA21mv02 .(3)2222由 (1)、 (2) 、 (3) 式解得4lr,8l 20 ,r 2(4)vC8l 2r 2 v0vD8l 2r 2 vvA8l 2r 2 v0 代替 (3)式，可利用彈性碰撞特點v0vDv A .(3 )同樣可解出 (4). 設碰撞過程中D 對 A 的作用力為F1 ，對 A 用動量定理有F1tmAm04l 2r 2 2m 0,(5)vv8l 2r 2v方向與 v0 方向相反 . 于是， A 對 D 的作用力為 F1 的沖量為F1 t4l2r 2(6)8

15、l2r2 2mv0方向與 v0 方向相同 .以 B、 C、D 為系統，設其質心離轉軸的距離為x ，則xmrm2l2l r .(7)(2)m2質心在碰后瞬間的速度為vCx4l (2 lr)0 .(8)v(2)(8 l 2r 2 ) vr軸與桿的作用時間也為t ，設軸對桿的作用力為F2 ，由質心運動定理有FtFt2 m4l (2 lr )m.(9)8l 2r 221vv0由此得r (2lr).(10)Ft2m28l 2r2v0方向與 v0 方向相同 . 因而，軸受到桿的作用力的沖量為Ftr(2lr)2m,(11)28l 2 r 2v0方向與 v0 方向相反 . 注意：因彈簧處在拉伸狀態，碰前軸已受

16、到沿桿方向的作用力；在碰撞過程中還有與向心力有關的力作用于軸 . 但有限大小的力在無限小的碰撞時間內的沖量趨于零，已忽略 . 代替 (7)-(9) 式，可利用對于系統的動量定理F2 t F1 t mvCmvD . 也可由對質心的角動量定理代替(7)-(9)式 . 2. 值得注意的是，(1) 、 (2)、 (3) 式是當碰撞時間極短、以至于彈簧來不及伸縮的條件下才成立的. 如果彈簧的彈力恰好提供滑塊C 以速度 vC4lrv0 繞過 B 的軸做勻速圓周運動的向心力，即8l2r2k rm vC216l 2rm2r(8l 2r 2 ) 2v0(12)則彈簧總保持其長度不變，(1)、 (2) 、 (3)

17、 式是成立的 .由 (12)式得碰前滑塊A 的速度 v 0 應滿足的條件(8l 2r 2 )k rv0mr(13)4l可見，為了使碰撞后系統能保持勻速轉動，碰前滑塊A 的速度大小 v0 應滿足 (13)式 .評分標準 ：本題 20 分 .第 1問 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問 4分，(12) 式 2分，(13) 式 2分.三、參考解答：1.當桿以角速度繞過其一端的光滑水平軸O 在豎直平面內轉動時，其動能

18、是獨立變量、 和L 的函數，按題意可表示為EkkL(1)式中， k 為待定常數（單位為1） . 令長度、質量和時間的單位分別為L、 M 和 T（它們可視為相互獨立的基本單位），則、 、 L 和 Ek 的單位分別為M L1,T 1,(2) L L, Ek M L 2 T 2在一般情形下，若 q 表示物理量 q 的單位，則物理量 q 可寫為q( q) q(3)式中， (q) 表示物理量 q 在取單位 q 時的數值 . 這樣， (1) 式可寫為(Ek ) Ek k() ()(L) L(4)在由 (2) 表示的同一單位制下，上式即(Ek )k() () (L)(5) Ek L(6)將 (2)中第四式代

19、入 (6)式得M L2T 2M LT (7)(2) 式并未規定基本單位L、 M 和 T 的絕對大小，因而(7)式對于任意大小的L、M和T均成立，于是1,2,3(8)所以Ek k2 L3(9)2. 由題意，桿的動能為EkEk ,cEk ,r(10)其中，1212Ek ,cm( L )L2vc(11)22注意到，桿在質心系中的運動可視為兩根長度為直平面內轉動，因而，桿在質心系中的動能L2L3Ek ,r 2Ek ( , , ) 2 k22將 (9) 、 (11)、 (12) 式代入 (10)式得L 的桿過其公共端（即質心）的光滑水平軸在鉛2Ek ,r 為(12)1L22 L3k2L3L2k(13)2

20、22由此解得k1(14)6于是Ek =1lw2L3.(15)63. 以細桿與地球為系統，下擺過程中機械能守恒Ek mg L sin(16)2由 (15)、 (16) 式得3gsinqw =.(17)L以 在 桿 上 距 O 點 為 r 處的 橫截 面 外 側 長 為 Lr 的 那 一段為 研 究 對 象 ， 該段 質 量為L r ，其質心速度為vcrLrL r.(18)22設另一段對該段的切向力為T (以增大的方向為正方向) ， 法向 (即與截面相垂直的方向) 力為N (以指向 O 點方向為正向)，由質心運動定理得TLrg cosLr at(19)NLrg sinLr an(20)式中， at

21、 為質心的切向加速度的大小dvcLr dLr dd3 L r g cosat2dt2ddt(21)dt4 L而 an 為質心的法向加速度的大小2 Lr3 L r g sin(22)an.22L由 (19)、 (20) 、(21) 、(22) 式解得Lr3rL(23)T2mg cos4 LLr5L3r(24)N2L2mg sin評分標準 ：本題 25 分 .第 1問 5分， (2) 式1分， (6) 式 2分，(7) 式 1分，(8) 式 1分；第 2 問 7 分， (10) 式 1 分， (11) 式 2 分， (12) 式 2 分， (14) 式 2 分；不依賴第1 問的結果，用其他方法正確

22、得出此問結果的，同樣給分；第 3問 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；不依賴第1、 2 問的結果，用其他方法正確得出此問結果的，同樣給分 .四、參考解答：設在某一時刻球殼形容器的電量為Q .以液滴和容器為體系，考慮從一滴液滴從帶電液滴產生器G出口自由下落到容器口的過程. 根據能量守恒有mgh k Qq1 mv22mgR k Qq .(1)h R2R式中， v 為液滴在容器口的速率，k 是靜電力常量 . 由此得液滴的動能為1 mv

23、mg(h2 R)k Qq( h2R) .(2)22( h R) R從上式可以看出，隨著容器電量Q 的增加，落下的液滴在容器口的速率v 不斷變小；當液滴在容器口的速率為零時，不能進入容器，容器的電量停止增加，容器達到最高電勢. 設容器的最大電量為 Qmax ，則有mg(h2 R)k Qmax q( h 2R)0 .(3)(hR)R由此得Qmaxmg( hR) R(4).kq容器的最高電勢為Qmax(5)Vmax kR由 (4) 和 (5)式得mg( h R)(6)Vmaxq評分標準 ：本題20分. (1)式 6分， (2) 式 2分， (3) 式 4分， (4) 式 2分， (5)式 3分，(6

24、) 式 3分.五、參考解答：1. 一個帶電量為q 的點電荷在電容器參考系S 中的速度為(u x , uy ,u z ) ，在運動的參考系S中的速度為(u x , uy, uz ) .在參考系S 中只存在磁場(Bx , By , Bz )(B,0,0)，因此這個點電荷在參考系S 中所受磁場的作用力為Fx0,F yquz B,(1)Fzquy B在參考系 S 中可能既有電場(Ex , E y , Ez ) 又有磁場 ( Bx , By , Bz ) ，因此點電荷q 在 S 參考系中所受電場和磁場的作用力的合力為Fxq (E xuy Bzu zBy ),F yq ( Eyux Bzuz Bx ),(

25、2)Fzq (Ezux Byu y Bx )兩參考系中電荷、合力和速度的變換關系為qq,(Fx , Fy , Fz )(Fx , Fy , Fz ),(3)(ux , uy , uz )(u x , uy ,u z ) (0, v,0)由 (1)、 (2)、 (3)式可知電磁場在兩參考系中的電場強度和磁感應強度滿足Ex(uy v) Bzu zBy 0,E yu x Bzu zBxu zB,(4)Ezux By(uyv)Bx u y B它們對于任意的(ux ,u y , uz ) 都成立，故(Ex , Ey , Ez )(0,0, vB),(5)(Bx , By , Bz )( B,0,0)可見

26、兩參考系中的磁場相同，但在運動的參考系S 中卻出現了沿 z方向的勻強電場 .2. 現在，電中性液體在平行板電容器兩極板之間以速度(0, v,0) 勻速運動 . 電容器參考系S中的磁場會在液體參考系 S 中產生由 (5) 式中第一個方程給出的電場. 這個電場會把液體極化，使得液體中的電場為( Ex , E y , Ez )0 (0,0, v B) .(6)為了求出電容器參考系S 中的電場，我們再次考慮電磁場的電場強度和磁感應強度在兩個參考系之間的變換，從液體參考系S 中的電場和磁場來確定電容器參考系S 中的電場和磁場 . 考慮一帶電量為 q 的點電荷在兩參考系中所受的電場和磁場的作用力. 在液體

27、參考系S 中，這力(Fx , Fy , Fz ) 如 (2)式所示 . 它在電容器參考系 S 中的形式為Fxq (Exu y Bzuz By ),F yq(E yux Bzuz Bx ),(7)Fzq(Ezux Byuy Bx )利用兩參考系中電荷、合力和速度的變換關系(3) 以及 (6) 式，可得Exu y Bzuz By0,E yu x Bzuz Bxuz B,(8)Ezux Byu yBx0 vBv) B(uy對于任意的(ux ,u y , uz ) 都成立，故(E x, Ey , E z)(0,0,(01)vB),(9)(Bx , By , Bz )(B,0,0)可見，在電容器參考系S

28、 中的磁場仍為原來的磁場，現由于運動液體的極化，也存在電場，電場強度如 (9)中第一式所示.注意到 (9)式所示的電場為均勻電場，由它產生的電容器上、下極板之間的電勢差為VE zd .(10)由 (9) 式中第一式和 (10) 式得V10vBd .(11)評分標準 ：本題 25 分 .第 1問 12分， (1) 式1分， (2) 式 3分， (3) 式3分，(4) 式 3分，(5) 式2分；第 2問 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、參考解答 ：設彎成的圓弧半徑為r，金屬片原長為l ，圓弧所對的圓心角為

29、，鋼和青銅的線膨脹系數分別為 1 和2 ，鋼片和青銅片溫度由T120 C 升高到 T2 120C 時的伸長量分別為l1 和 l2 . 對于鋼片(rdll1(1)2l1l 1 (T2T1)(2)式中， d0.20 mm . 對于青銅片(rd )ll2(3)2l2l 2 (T2T1 )(4)聯立以上各式得r2(2(12 )(T2T1 ) d 2.0 10 2 mm(5)21)(T2T1)評分標準 ：本題 15 分.(1)式 3 分， (2) 式 3分， (3) 式 3 分， (4) 式 3 分， (5) 式 3 分.七、參考解答：1.考慮射到劈尖上某y 值處的光線，計算該光線由x0 到 xh 之間

30、的光程y. 將該光線在介質中的光程記為1 ，在空氣中的光程記為2 . 介質的折射率是不均勻的，光入射到介質表面時，在 x0 處，該處介質的折射率n 01 ；射到 x 處時，該處介質的折射率n x1bx . 因折射率隨 x 線性增加，光線從x0 處射到 xh1 （ h1 是劈尖上y 值處光線在劈尖中傳播的距離）處的光程 1 與光通過折射率等于平均折射率n1n h111(1)n 01 1 bh11bh1222的均勻介質的光程相同，即1nh1 h11 bh12(2)2忽略透過劈尖斜面相鄰小臺階連接處的光線（事實上，可通過選擇臺階的尺度和檔板上狹縫的位置來避開這些光線的影響），光線透過劈尖后其傳播方向保持不變，因而有2h h1(3)于是y12h1 bh12 .(4)2由幾何關系有h1 ytan .(5)故yhb y2 tan2.(6)2從介質出來的光經過狹縫后仍平行于x 軸，狹縫的y 值應與對應介質的y 值相同，這些平行光線會聚在透鏡焦點處 .對于 y0 處，由上式得d(0)= h.(7)y 處與 y0 處的光線的光程差為y0b y2 tan2.(8)2由于物像之間各光線的光程相等，故平行光線之間的光程差在通過透鏡前和會聚在透鏡焦點處時保持不變；因而(8)式在透鏡焦點處也成立. 為使光線經透鏡會聚后在焦點處彼此加強，要求兩束