第20届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案.pdf

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1、1 2003 年第二十届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案目录第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷 1第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、评分标准 4第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷 12 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 14 1 第二十届全国中学生物理竞赛预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、（20 分）两个薄透镜L1和 L2共轴放置，如图所示已知L1的焦距 f1=f,L2的焦距 f2=f，两透镜间距离也是f小物体位于物面P 上，物距u13f（1）小物体经这两个透镜所成的像在L2的 _边，到L2的距离为_，是 _倍（虚或实）、_像（

2、正或倒），放大率为 _。（2）现在把两透镜位置调换，若还要给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向_边移动距离_这个新的像是_像（虚或实）、_像（正或倒）放大率为_。二、(20 分)一个氢放电管发光，在其光谱中测得一条谱线的波长为4.8610-7m试计算这是氢原子中电子从哪一个能级向哪一个能级（用量子数n 表示）跃迁时发出的？已知氢原子基态（n1）的能量为El=一13.6eV 2.1810-18J，普朗克常量为h=6.631034Js。三、(20 分)在野外施工中，需要使质量m4.20 kg 的铝合金构件升温。除了保温瓶中尚存有温度t 90.0的 1.200 kg 的热水外，无其他热

3、源试提出一个操作方案，能利用这些热水使构件从温度t0=10升温到66.0以上（含66.0），并通过计算验证你的方案已知铝合金的比热容c0.880l03J(Kg)-1，水的比热容c0=4.20 103J(Kg)-1，不计向周围环境散失的热量。四、(20 分）从z 轴上的O 点发射一束电量为q（0）、质量为 m 的带电粒子，它们速度统方向分布在以O 点为顶点、z轴为对称轴的一个顶角很小的锥体内（如图所示），速度的大小都等于v试设计一种匀强磁场，能使这束带电粒子会聚于z 轴上的另一点M，M 点离开 O 点的经离为d要求给出该磁场的方向、磁感应强度的大小和最小值不计粒子间的相互作用和重力的作用2003

4、 年 9 月2 五、(20 分)有一个摆长为l 的摆（摆球可视为质点，摆线的质量不计），在过悬挂点的竖直线上距悬挂点O的距离为x 处（xl）的 C 点有一固定的钉子，如图所示，当摆摆动时，摆线会受到钉子的阻挡当l 一定而 x 取不同值时，阻挡后摆球的运动情况将不同现将摆拉到位于竖直线的左方（摆球的高度不超过O点），然后放手，令其自由摆动，如果摆线被钉子阻挡后，摆球恰巧能够击中钉子，试求x 的最小值六、(20 分)质量为 M 的运动员手持一质量为m 的物块，以速率v0沿与水平面成a 角的方向向前跳跃（如图）为了能跳得更远一点，运动员可在跳远全过程中的某一位置处，沿某一方向把物块抛出物块抛出时相对

5、运动员的速度的大小u 是给定的，物块抛出后，物块和运动员都在同一竖直平面内运动(1)若运动员在跳远的全过程中的某时刻to 把物块沿与 x 轴负方向成某角的方向抛出，求运动员从起跳到落地所经历的时间(2)在跳远的全过程中，运动员在何处把物块沿与x轴负方向成角的方向抛出，能使自己跳得更远？若v0和 u 一定，在什么条件下可跳得最远？并求出运动员跳的最大距离七、（20 分）图预20-7-1 中A 和 B 是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T 的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场己知B 板电势为零，A 板电势 UA随时间变化的规律如图预20-7-2 所示，其中 UA的最大值为的U0，最小

6、值为一2U0在图预20-7-1 中，虚线MN 表示与 A、B 扳平行等距的一个较小的面，此面到A 和 B 的距离皆为l在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为 m 的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B 板的电压己知上述的T、U0、l，q和 m 等各量的值正好满足等式20222163TmqUl若在交流电压变化的每个周期T 内，平均产主320 个上述微粒，试论证在 t0 到 t T2 这段时间内产主的微粒中，有多少微粒可到达A 板（不计重力，不考虑微粒之间的相互作用）。

7、v0 3 4 第二十届全国中学生物理竞赛预赛题参考答案、评分标准一、参考解答（1）右f实倒1。（2）左2f实倒1。评分标准：本题20 分，每空2 分。二、参考解答波长与频率的关系为c，（1）光子的能量为Eh，（2）由式（1）、（2）可求得产生波长74.86 10m 谱线的光子的能量194.0910EJ（3）氢原子的能级能量为负值并与量子数n的平方成反比：21nEkn，n1，2，3，,（4）式中k为正的比例常数。氢原子基态的量子数n1，基态能量1E已知，由式（4）可得出1kE（5）把式（5）代入式（4），便可求得氢原子的n2，3，4，5，,各能级的能量，它们是192215.45102EkJ，19

8、3212.42 103EkJ，194211.36104EkJ，205218.72105EkJ。比较以上数据，发现19424.09 10EEEJ。（6）所以，这条谱线是电子从4n的能级跃迁到2n的能级时发出的。评分标准：本题20 分。式（3）4分，式（4）4 分，式（5）4 分，式（6）及结论共8 分。三、参考解答1.操作方案：将保温瓶中90.0t的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分，与温度为010.0t的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到1t，将这部分温度为1t的水倒掉。再从保温瓶倒出一部分热水，再次与温度为1t的构件充分接触，并达到热平衡，此时构件温度已升高到2t，再将5 这些

9、温度为2t的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为2t的构件升温,直到最后一次，将剩余的热水全部倒出来与构件接触，达到热平衡。只要每部分水的质量足够小，最终就可使构件的温度达到所要求的值。2.验证计算：例如，将1.200kg 热水分 5 次倒出来，每次倒出0m0.240kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中，水放热为1001()Qc m tt（1）构件吸热为110()Qcm tt（2）由11QQ及题给的数据，可得1t 27.1（3）同理，第二次倒出0.240kg 热水后，可使构件升温到2t 40.6（4）依次计算出1t5t的数值，分别列在下表中。倒水次数/次1 2 3 4 5

10、平衡温度/27.1 40.6 51.2 59.5 66.0 可见5t66.0时，符合要求。附：若将1.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出0.300kg，依次算出1t4t的值，如下表中的数据：倒水次数/次1 2 3 4 平衡温度/30.3 45.50 56.8 65.2 由于4t65.2 66.0，所以如果将热水等分后倒到构件上，则倒出次数不能少于5 次。评分标准：本题20 分。设计操作方案10 分。操作方案应包含两个要点：将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。倒在构件上的水与构件达到热平衡后，把与构件接触的水倒掉。验证方案10 分。使用的验证计算方案可以与参考解答不同，但必需满足两条：通过计算

11、求出的构件的最终温度不低于66.0。使用的热水总量不超过1.200kg。这两条中任一条不满足都不给这10 分。例如，把 1.200kg 热水分 4 次倒，每次倒出0.300kg，尽管验算过程中的计算正确，但因构件最终温度低于66.0，不能得分。四、参考解答设计的磁场为沿z轴方向的匀强磁场，O点和M点都处于这个磁场中。下面我们根据题意求出这种磁场的磁感应强度的大小。粒子由O点射出就进入了磁场，可将与z轴成角的速度分解成沿磁场方向的分速度Zv和垂直于磁场方向的分速度v（见图预解20-4-1），注意到很vz vvv6 小，得cosZvvv（1）sinvvv（2）粒子因具有垂直磁场方向的分速度，在洛仑

12、兹力作用下作圆周运动，以R表示圆周的半径，有2vqBvmR圆周运动的周期2 RTv由此得2 mTqB（3）可见周期与速度分量v无关。粒子因具有沿磁场方向的分速度，将沿磁场方向作匀速直线运动。由于两种分速度同时存在，粒子将沿磁场方向作螺旋运动，螺旋运动螺距为Zhv Tv T（4）由于它们具有相同的v，因而也就具有相同的螺距；又由于这些粒子是从同一点射出的，所以经过整数个螺距（最小是一个螺距）又必定会聚于同一点。只要使OM等于一个螺距或一个螺距的n（整数）倍，由O点射出的粒子绕磁场方向旋转一周（或若干周后）必定会聚于M点，如图 20-4-2 所示。所以dn h，n1，2，3，,（5）由式（3）、（

13、4）、（5）解得2 mvnBqd，n1，2，3，,（6）这就是所要求磁场的磁感应强度的大小，最小值应取n1，所以磁感应强度的最小值为2 mvBqd。（7）评分标准：本题20 分。磁场方向2 分，式（3）、（4）各 3 分，式（5）5 分，求得式（6）给 5 分，求得式（7）再给 2 分。五、参考解答摆线受阻后在一段时间内摆球作圆周运动，若摆球的质量为m，则摆球受重力mg和摆线拉力T的作用，设在这段时间内任一时刻的速度为v，如图预解20-5所示。用表示此时摆线与重力方向之间的夹角，则有方程式7 2c o smvTmglx（1）运动过程中机械能守恒，令表示摆线在起始位置时与竖直方向的夹角，取O点为

14、势能零点，则有关系21cos()cos)2mglmvmg xlx（2）摆受阻后，如果后来摆球能击中钉子，则必定在某位置时摆线开始松弛，此时T 0，此后摆球仅在重力作用下作斜抛运动。设在该位置时摆球速度0vv，摆线与竖直线的夹角0，由式（1）得200()cosvg lx，（3）代入（2）式，求出02 cos3()cos2lxlx（4）要求作斜抛运动的摆球击中C点，则应满足下列关系式：000()sincoslxvt，（5）20001()cossin2lxvtgt（6）利用式（5）和式（6）消去t，得到22000()sin2cosg lxv（7）由式（3）、（7）得到03cos3（8）代入式（4），

15、求出(23)3arccos2xll（9）越大，cos越小，x越小，最大值为/2，由此可求得x的最小值：(23)3xl，所以(2 33)0.464xtl（10）评分标准：本题20 分。式（1）1 分，式（2）3 分，式（3）2 分，式（5）、（6）各 3 分，式（8）3 分，式（9）1 分，式（10）4分。六、参考解答（1）规定运动员起跳的时刻为0t，设运动员在P点（见图预解20-6）抛出物块，以0t表示运动员到达P点的时刻，则运动员在P点的坐标Px、Py和抛物前的速度v的Vpx Vpy ux uy v0 8 分量pxv、pyv分别为0cospxvv，（1）00sinpyvvgt（2）00cos

16、pxvt，（3）20001sin2pyvtgt（4）设在刚抛出物块后的瞬间，运动员的速度V的分量大小分别为pxV、pyV，物块相对运动员的速度u的分量大小分别为xu、yu，方向分别沿x、负y方向。由动量守恒定律可知()()pxpxxpxMVm VuMm v，（5）()()pypyypyMVm VuMm v（6）因u的方向与x轴负方向的夹角为，故有cosxuu（7）sinyuu（8）解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得0coscospxmuVvMm（9）00sinsinpymuVvgtMm（10）抛出物块后，运动员从P点开始沿新的抛物线运动，其初速度为pxV、pyV。在t时刻

17、（0tt）运动员的速度和位置为xpxVV，（11）0()ypyVVg tt，（12）000()(cos)xxppxmumuxxVttvttMmMm，（13）2001()()2ppyyyVttg tt（14）由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得00coscoscosmumuxvttMmMm（15）200sin2sin2sinmumuyvtgttMmMm（16）9 运动员落地时，0y由式（16）得200sin2sin2sin0mumugtvttMmMm，（17）方程的根为2000sinsinsinsin(sin)2mumumuvvgtMmMmMmtg（18）式（18）给出的

18、两个根中，只有当“”取“”时才符合题意，因为从式（12）和式（10），可求出运动员从P点到最高点的时间为式0sinsinmuvMmg而从起跳到落地所经历的时间应比上面给出的时间大，故从起跳到落地所经历的时间为2000sinsinsinsin(sin)2mumumuvvgtMmMmMmtg（19）（2）由式（15）可以看出，t越大，0t越小，跳的距离x越大，由式（19）可以看出，当0t0 时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为0px，0py（20）即应在原点亦即在刚起跳时把物块抛出，运动员可跳得远一点。由式（19）可以得到运动员自起跳至落地所经历的时间为0sinsin22v

19、muTgMmg把00t和tT代入式（15），可求得跳远的距离，为222002sin22sin()sin2()()vmv um uxgMm gMmg（21）可见，若sin 21,sin()1,sin 21，即/4，/4（22）时，x有最大值，即沿与x轴成 45 方向跳起，且跳起后立即沿与负x轴成 45 方向抛出物块，则x有最大值，此最大值为10 2220022()()mvmv um uxgMm gMmg（23）评分标准：本题20 分。第一小问13 分：求得式（15）、（16）各 3 分，式（17）2 分，求得式（19）并说明“t”取“”的理由给 5 分。第二小问7 分：式（20）2 分，式（22

20、）2 分，式（23）3 分。七、参考解答在电压为0U时，微粒所受电场力为0/2U ql，此时微粒的加速度为00/2aU qlm。将此式代入题中所给的等式，可将该等式变为2031 62Tla（1）现在分析从0 到/2T时间内，何时产生的微粒在电场力的作用下能到达A 板，然后计算这些微粒的数目。在0t时产生的微粒，将以加速度0a向 A 板运动，经/2T后，移动的距离x与式（1）相比，可知20122Txal（2）即0t时产生的微粒，在不到/2T时就可以到达A 板。在A0UU的情况下，设刚能到达A 板的微粒是产生在1tt时刻，则此微粒必然是先被电压0U加速一段时间1t，然后再被电压02U减速一段时间，

21、到A 板时刚好速度为零。用1d和2d分别表示此两段时间内的位移，1v表示微粒在1t内的末速，也等于后一段时间的初速，由匀变速运动公式应有21011()2dat（3）210202(2)vad（4）又因101vat，（5）12ddl，（6）112Ttt，（7）由式（3）到式（7）及式（1），可解得12Tt，（8）这就是说，在A0UU的情况下，从0t到/4tT这段时间内产生的微粒都可到达A 板（确切地说，应当是/4tT）。11 为了讨论在/4/2Ttt这段时间内产生的微粒的运动情况，先设想有一静止粒子在A 板附近，在A02UU电场作用下，由A 板向 B 板运动，若到达B 板经历的时间为，则有2012

22、(2)2la根据式（1）可求得3124T由此可知，凡位于MN到 A 板这一区域中的静止微粒，如果它受02UU的电场作用时间大于，则这些微粒都将到达B 板。在/4tT发出的微粒，在A0UU的电场作用下，向A 板加速运动，加速的时间为/4T，接着在A02UU的电场作用下减速，由于减速时的加速度为加速时的两倍，故经过/8T微粒速度减为零。由此可知微粒可继续在A02UU的电场作用下向B 板运动的时间为11133 12882 4TTTT由于1，故在/4tT时产生的微粒最终将到达B 板（确切地说，应当是/4tT），不会再回到A 板。在t大于/4T但小于/2T时间内产生的微粒，被A0UU的电场加速的时间小于

23、/4T，在A02UU的电场作用下速度减到零的时间小于/8tT，故可在A02UU的电场作用下向B 板运动时间为11128TT所以这些微粒最终都将打到B 板上，不可能再回到A 板。由以上分析可知，在0t到/2tT时间内产生的微粒中，只有在0t到/4tT时间内产生的微粒能到达 A 板，因为各个时刻产生带电微粒的机会均等，所以到达A 板的微粒数为1320804N（9）评分标准：本题20 分。论证在0t到/4tT时间内产生的微粒可能到达A 板给 10 分；论证/4tT到/2tT时间内产生的微粒不能到达A 板给 6 分。求得最后结果式（9）再给 4 分。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

24、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 Ek2000 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2A1.0 10Scm2，2B3.0 10

25、Scm2，2C2.0 10Scm2，在 C 管中有一段空气柱，两侧被水银封闭当温度为127t时，空气柱长为l30 cm（如图所示），C中气柱两侧的水银柱长分别为a2.0cm，b3.0cm，A、B 两支管都很长，其中的水银柱高均为h12 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t97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

26、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M20m，地球半径0R6400 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，2003 年 9 月 20 日13 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

27、，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

28、所示，当0 x时，电势U：当x时，电势0U；电势为零的点的坐标0 x,电势为极小值0U的点的坐标为0ax（a2）。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14 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

29、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max0mv lmvR（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

30、）评分标准：本题15 分。式（1）、（2）各 4 分，式（4）2 分，式（5）5 分。15 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

31、体积和压强分别为21VVVV（6）21pph（7）由状态方程知1 12212pVp VTT（8）由以上各式，代入数据可得2347.7TK（9）此值小于题给的最终温度273370TtK，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。16 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2GM mFr，（1）式中M是以地心O为球心、以r为半径的

32、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020GM mmgR（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0 x处为“

33、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0 x处的速度为0v，则根据能量守恒，有2220011()22mvk Rh（10）式中h表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得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17 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）222200

34、11112222MvmvMVmv（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()222k Rhmumv（15）由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得2220208()()RhM MmugRMm（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20200M muGmRR（17）由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到22071022()RMMmmhM Mm（18）已知20Mm，则得00.925592

35、0 kmhR（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）18 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sinhRi22222

36、cossinRiRRiRh得2222222xRxxRhn222221(1)20 xxRhRn（4）解式（4）可得22222221nRhnRn hxn（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)111n nnnxRRRnnn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22222221nRhnRn hxn（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22222200021nRhn Rn hxn（7）19 在轴上0 xx处，无光线通过。随h

37、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22C221111n RnRnxnn（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C0 xxx（9）的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。0 x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0 xx处无光线通过，给10 分；求得式（8）并指出在Ox轴上0 xx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

38、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10.20，两圆柱间的摩擦系数30.30。20 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

39、、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）13F RF R（3）圆柱 B：233sincos0MgFNF（4）233cossin0NNF（5）32F rF r（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

40、方程，解这联立方程可得2NF（12）31sin1cossinNMg（13）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21 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

41、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10.20，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333cos1sinFN（21）由式（18）、（19）以及30.30，可解得270.2913rRR（22）显然，在平衡时，r的上限为R。总结式（20）

42、和式（22），得到r满足的条件为0.29RrR（23）评分标准：本题22 分。22 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0 xx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

43、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2Q1Q。按题目所给的条件有21000QQkkxxa（1）21000QQkkUaxaxa（2）因0 xax时，电势为极小值，故任一电量为q的正检测电荷位于0 xax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1222000()()QQkkaxaxa（3）由式

44、（1）、（2）和（3）可解得0(2)aa ax（4）0012axUQak（5）2002(1)2U xa aQak（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23 02ug h（1）碰撞后物块的竖直速度变为1u，根据题意，有10ueu（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011mumuNt（3）水平方向动量的变化是水平摩擦力

45、的冲量作用的结果，设水平方向速度变为1v，则有101mvmvNt（4）由以上各式得100(1)vveu（5）同理，在落地点2A，3A，,，nA其碰撞后的竖直分速度分别为220ue u330ue u,0nnue u（6）其水平速度分别为200(1)(1)vvee u2300(1)(1)vveeeu,2100(1)(1)nnvveeeeu（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0nn次碰撞，物块沿水平

46、方向的分速度已经足够小，再经过一次碰撞，即在01nn次碰撞结束后，水平方向的分速度恰好变为零。因010nv，由式（7）0200(1)(1)0nveeeeu0100(1)(1)01neeuve24 0100(1)1(1)ne veeu两边取对数000(1)11lg 1lg(1)e vneeu（8）令00(1)1lg 1lg(1)e vBeeu（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01nB有01nB（10）若B不是整数，此种情况对应于在01nn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011nB有0nB（11）B表示B的整数部分。由于

47、经过01n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01nA处作上下跳跃，直到00ne u，即n，最后停止在01nA处。物块运动的最远水平距离001nsA A。下面分别计算每次跳跃的距离。0010uA Avg（12）20001121222(1)eu veuuA Aveggg2220002322(1)(1)e u ve uA Aeegg,00000212000122(1)(1)nnnnne u ve uA Aeeeegg（13）所求距离为上述所有量的总和，为25 0222320000022()(1)(1)(1)nuu vusveeeeeeeeeeggg0012(

48、1)nneeee（14）分别求级数的和：002311nneeeeeee（15）0000001232223232233(1)(1)(1)1111111(1)(1)(1)(1)1nnnnnneeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeeee000122221()11nnneeeeee（16）将以上两个关系式和02ugh代入式（14），得000102214(12)(1)(1)1(1)nnnhee hsveeegee（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。