1、第30屆全國中學生物理 競賽復賽考試試題解答與評分標準一、（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（V0W0）。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。參考解答：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 _ 21 _ 212 /八-mv0mgRsinmv mv （1）

2、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mv0R mv Rcos .（2）由（1）式，最大速率應與的最大值相對應（2）式，q的最大值應與v 0相對應，即vmax v （ max） . （ 3）而由（2）式，q不可能達到兀/2.由（1）和v ( max) 0.(4)(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2)式得 2,222gRsinv0 tanv 0.若sin 0 ,由上式得sin2gR22 .cosVo實際上，sin =0也滿足上式。由上式可知sin ma

3、x 2gR22 .cos max v 0由(3)式有22,2v ( max) 2 gRsin max v0 tan max 0 .(4)將V ( max) 0代入式(1),并與式(2)聯立，得2.22v0 sinmax 2gRsin max 1 sin max 0 .(5)以sin max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sin max 0.約去sin max,方程（5）變為16 / 12222gRSin max Vo Sin max 2gR 0. (6)其解為sin max篇J*；2 i注意到本題中sin0 方程（6）

4、的另一解不合題意，舍去.將（7）式代入（1）式得，當max時,2 124 772772(8)v2 v0Vo 16g R考慮到(4(9)Vmax 口 J V2 舊 16g2R2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。(20 分)一長為21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0m （ “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

5、為I,勁度系數為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 （rl）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。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2IvD ”.（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mvD2I mvcr mvA2I

6、 mv02I . （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.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12121212一 mvD - mvC - mvA mv0. （3）2222由（1）、 （ 2）、 （3）式解得 224lr8Ir / 八Vc -2-TV。， Vd 2TV。， Va2-2 V0 （4）8I r8I r8I r代替（3）式，可利用彈性碰撞特點V0 VD Va.（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F1 t mvA mvo4l28r2 r = 2mvo， r(5)方向與vo

7、方向相反.于A對D的作用力為Fi的沖量為22L , 4l2 r2cF1 tr2mvo (6)8l r方向與vo方向相同.以B、C、D為系統，設其質心離轉軸的距離為 x,則mr m2l 2l r x （2）m2質心在碰后瞬間的速度為rvo.）t ,設軸對桿的作用力為vc4l(2l r)v X2r (2)(8l rF2,由質心運動定理有軸與桿的作用時間也為4l(2l r) F2 t F1t 2 mv -2mv0.(9)8l r由此得r(2l r)F2 t -4-2-2mv0.(10)8l2 r2方向與v0方向相同.因而，軸受到桿的作用力的沖量為F2 t方向與r(2l82r)2mv。, rv0方向相

8、反.（11）注意：因彈簧處在拉伸狀態，碰前軸已受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 mvC mvD.也可由對質心的角動量定理代替（7） - （9）式.2.值得注意白是，（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4lr成立的.如果彈簧的彈力恰好提供滑塊C以速度Vc 2V0繞過B的軸做勻速圓周運動的向心8l r2Vc m r力，即16l 2r 2(8l2 r2)2mV0(12)則彈簧總保持其長度不變，（1）、（2）、（

9、3）式是成立的.由（12）式得碰前滑塊A的速度V0 應滿足的條件（8l2 r2） .k r lv4l m mr（13）評分標準：本題20分.第1問16分，（1）式1分，式1分，（7）式1分，（8） 第2問4分，（12）式2分,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.（2）式2分，（3）式2分，（4）式2分，（5）式2分，（6） 式1分，（9）式2分，（10）式1分，（11）式1分；（13）式2分.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 .令人=m表示細桿質量線密度。當桿以

10、角速度繞過其一端的光滑水平軸o在豎直平面內轉動 時，其轉動動能可表示為Ek= k 入I，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 “、3和丫的值。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。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go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) ) dYdX -dt dX

11、dt例如，函數cos 0 (t)對自變量t的導數為dcos 0 (t)dcos 0d 0=dtd 0 dt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，其動能是獨立變量、 和L的函數，按題意可表示為Ek k L (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1ML 1, _1T ,(2)L L,Ek ML2T2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( ) ( )

12、 (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)中第四式代入(6)式得2-2-MLTM 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_2 3, 一Ek k L (9)2 .由題意，桿的動能為Ek Ek,c Ek,r (10)其中,Ek,c12-mvc 22( L)(11)注意到，桿在質心系中的運動可視為兩根長度為L的桿過其公共端（即質心）的光滑水平軸在鉛2直平面內轉動，因而，桿在質心系中的動能Ek,為3 I2 IEk, 2Ek（ , ,L）

13、 2k 2 L（12）22式代入（310)式得(13)將(9)、(11)、(12)2k2L3 1 L L 2k22由此解得1 ，、k (14)6于是Ek = -lw 2L3.（15）63.以細桿與地球為系統，下擺過程中機械能守恒曰 mg Lsin(16)2由(15)、 ( 16)式得3gsinq以在桿上距O點為r處的橫截面外側長為心速度為Vcr（17）L r的那一段為研究對象，該段質量為（18）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TL r g cosLrat（19）NL r gsinLran（2

14、0）式中，at為質心的切向加速度的大小3 L r gcos (21)4Ldvc L rd L r d dat dt 2 dt 2 d dt 而an為質心的法向加速度的大小an2 L r 3 L r gsin22L(22)由（19）、（ 20）、（ 21）、（22）式解得L r 3r L4L2mg cos(23)L r 5L 3rN2 mg sin （24）2L評分標準：本題25分.第1問5分，（2）式1分，（6）式2分， 第2問7分，（10）式1分，（11）式2分, 結果，用其他方法正確得出此問結果的，同樣給分;（7）式1分，（8）式1分；（12）式2分，（14）式2分；不依賴第1問的第3問1

15、3分，（16）式1分，（17）式1分， （21）式2分，（22）式2分，（23）式1分,他方法正確得出此問結果的，同樣給分.（18）式 1 分，（19）式（24）式1分；不依賴第2分，（20）式2分,1、2問的結果，用其四、（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ho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白液體尚未充滿容器。忽略 G的電荷對 正在下落的液滴的影響。重力加速度大小

16、為go若容器初始電勢為零，求容器可達到的最高電勢 Vmax。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Qq12Qqmgh k mv 2mgR k,（1）h R 2R -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 2Qq（h 2R）c-mv mg（h 2R） k-.（2）2（h R）RQ的增加，落下的液滴在容器口的速率v不斷變小；當液滴在容器從上式可以看出，隨著容器電量 口的速率為零時，不能進入容器, Qmax ,則有mg (h 2 R)kQmaxq(h 2R)(h R)R0

17、.(3)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由此得mg(hQmaxR)Rkq容器的最高電勢為Vmax kQmax （5） R由（4）和（5）式得mg （hR） yVmax=（6）q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）式3分.五、（25分）平行板電容器兩極板分別位于z= d的平面內，電容器起初未被充電.整個裝置處于均勻磁場中，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、V、 z軸正方向

18、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中后場(Ex,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e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, Ey, 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

19、靜電感應電場，因而液體中總電場強度不再是(Ex, Ey,一一 9、一 一，一Ez),而是二(Ex, Ey, Ez),這里是真空的介電常數.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S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、s v、B或(和)d表不)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(ux,uy,uz),在運動的參考系 S中的速度為(Ux,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Fx 0,FyqUzB, (1)Fz quyB在參考系S中可能既有電場(Ex

20、,Ey,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Fx q(Ex UyBz UzBy),Fy q (Ey uxBz UzBx), (2)Fz q (Ez “By UyBx)兩參考系中電荷、合力和速度的變換關系為q q,(Fx,Fy,Fz) (Fx,Fy,Fz),(3)(Ux,Uy,Uz) (Ux,Uy,Uz) (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)Bz UzBy 0,Ey UxBz UzBxUzB,(4)Ez UxBy (Uy V)Bx UyB它們對于任意的(Ux,Uy ,

21、Uz)都成立，故(Ex,Ey,Ez) (0,0, vB),(Bx,By,Bz) ( B,0,0)可見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,Ey,Ez) (0,0, vB) .(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

22、荷在兩參考系中所受的電場和磁場的作用力.在液體參考系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Fx q（Ex UyBz UzBy）,Fy q（Ey UxBz UzBx）,Fz q（Ez UxBy UyBx）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Ex UyBz UzBy 0,Ey UxBz UzBxUzB,（8）0vBEz UxBy UyBx - （Uy V）B對于任意的（Ux，Uy,Uz）都成立，故（Ex，Ey，Ez） （0,0,（ - 1）vB），19（Bx,By,Bz） （ B,0,0）可見，在電容器參考系S中的磁場仍為原來的磁場

23、，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VEzd .（10）由（9）式中第一式和（10）式得V 1 vBd.(11)評分標準：本題25分.第1問12分，（1）式1分, 第2問13分，（6）式1分,（11）式2分.鋼和青銅的線膨脹系數分別為（2）式3分，（3）式3分，（4）式3分，（5）式2分；（7）式3分，（8）式3分，（9）式2分，（10）式2分,六、（15分）溫度開關用厚度均為 0.20mm的鋼片和青銅片作感溫元件；在溫度為20c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

24、鋼和青銅的線膨脹系數分別為1.0X 10-5/度和2.0X 10-5/度。溫度升高到120c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。）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1和2,鋼片和青銅片溫度由 Ti 20C升高到T2 120 C時的伸長量分別為 和 目.對于鋼片/ d、,（r 二）l1i （1）211 l i（T2 Ti） （2）式中，d 0.20 mm.對于青銅片（r d） l 3）212 l 2（T2 Ti） （4）聯立以上各式得r 2 ( 12)(T2 T1)d2.0 102 mm (5)2(

25、 21)(丁2 Ti)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、（20分）一斜劈形透明介質劈尖，尖角為也高為ho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。劈尖介質的折射率 n隨x而變化，n （x） =1 + bx,其中常數b 0o 一束波長為 入的單色平行光沿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

26、（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。h圖（a）圖（b） 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 x 0到x h之間的光程 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x 0處，該處介質的折射率 n 0 1 ;射到x處時，該處介質的折射率 n x 1 bx.因折射率隨x線性增

27、加，光線從 x 0處射到x h1 （是劈尖上y值處光線在劈尖中傳播白距離）處的光程 1 與光通過折射率等于平均折射率1,1 一 b% (1)2-11n - n 0 n h1一 11bhi22的均勻介質的光程相同，即12 , 、1 nh1 h1 -bhf （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2 h hi （3）于是,12y 12 h -bh1 .2由幾何關系有h1 ytan .故b 22y h y tan .2從介質出來的光經過狹縫后仍平行于 聚在透鏡焦點處.對于y 0處，

28、由上式得d（0）= h.y處與y 0處的光線的光程差為b 2 ,2y 0 y tan .2（4）（6）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（7）（8）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 束光的光程差為波長的整數倍，即by2tan2k , k 1,2,3,L2由此得除了位于y = 0處的狹縫外，其余各狹縫對應的A 2A, 3a, 4a, l(9)(10)y坐標依次為(11)2.各束光在焦點處彼此加強，并不要求（11）中各項都存在.將各狹縫彼此

29、等距排列仍可能滿足上ymmA, y4m 2 .mA, y9m 3 .mA,L .這些狹縫顯然彼此等間距，且相鄰狹縫的間距均為 評分標準：本題20分.第1問16分，（1）式2分，（2）式2分, （6）式1分，（7）式1分，（8）式1分,（12）而A ,光線在焦點處依然相互加強而形成亮紋（3）式1分，（4）式1分，（5）式2分， （9）式2分，（10）式1分，（11）式2分;述要求.事實上，若依次取 k m, 4m, 9m, L ,其中m為任意正整數，則第2問4分，（12）式4分（只要給出任意一種正確的答案，就給這4分）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Ey的光子相向對1 .求散射后光子的能量；2 .求逆康普