完整版23届物理竞赛决赛试题Word格式文档下载.docx

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2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动．令θ表示A

的中点和B的中点的连线与竖直线之间的夹角，求此后θ等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动．（要求在卷面上写出必要的推导过程．最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求写出三位数字．）

静止的大气中不同高度处

由于地球的自转及不同高度处的大气对太阳辐射吸收的差异，气体的温度、密度都是不同的．对于干燥的静止空气，在离地面的高度小于20km的大气层

内，大气温度Te随高度的增大而降低，已知其变化率

z为竖直向上的坐标．

现考查大气层中的一质量一定的微小空气团（在确定它在空间的位置时可当作质点处理），取其初始位置为坐标原点（z=0），这时气团的温度T、密度ρ、压强p都分别与周围大气的温度Te、密度ρe、压强pe相等．由于某种原因，该微气团发生向上的小位移．因为大气的压强随高度的增加而减小，微气团在向上移动的过程中，其体积要膨胀，温度要变化（温度随高度变化可视为线性的）．由于过程进行得不是非常快，微气团内气体的压强已来得及随时调整到与周围大气的压强相等，但尚来不及与周围大气发生热交换，因而可以把过程视为绝热过程．现假定大气可视为理想气体，理想气体在绝热过程中，其压强p与体积V满足绝热过程方程pVγ=C．式中C和γ都是常量，但γ与气体种类有关，对空气，γ=1.40．已知空气的摩尔质量μ=0.029kg?

mol－1，普适气体恒量R=8.31J?

（K?

mol）－1．试在上述条件下定量讨论微气团以后的运动．

设重力加速度g=9.8m·

s－2，z=0处大气的温度Te0=300K

四、

图1中K为带电粒子发射源，从中可持续不断地射出质量、电荷都相同的带正电的粒子流，它们的速度方向都沿图中虚线O′O，速度的大小具有一切可能值但都是有限的．当

粒子打在垂直于O′O的屏NN′上时，会在屏上留下永久性的痕迹．屏内有一与虚线垂直的坐标轴Y，其原点位于屏与虚线的交点O处，Y的正方向由O指向N．虚线上的A、B

两处，各有一电子阀门a和b．阀门可以根据指令开启或关闭．开始时两阀门都处于关闭状态，挡住粒子流．M、M′是两块较大的平行金属平板，到虚线O′O的距离都是d，板

M接地．在两板间加上如图2所示的周期为2T的交变电压u，u的正向最大值为2U，负向最大值为U．已知当带电粒子处在两平板间的空间时，若两平板间的电压为U，则粒子在电场作用下的加速度a、电压u的半周期T和平板到虚线的距离d满足以下关系

21

aT2=d

5

图2

已知AB间的距离、B到金属板左端的距离、金属板的长度以及金属板右端到屏的距离

都是l．不计重力的作用．不计带电粒子间的相互作用．打开阀门上的粒子被阀门吸收，不会影响以后带电粒子的运动．只考虑MM′之间的电场并把它视为匀强电场．

1．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ比T小得多，可忽略不计．现在某时刻突然开

启阀门a又立即关闭；

经过时间T，再次开启阀门a又立即关闭；

再经过时间T，第3次开启阀门a同时开启阀门b，立即同时关闭a、b．若以开启阀门b的时刻作为图2中t=0的时刻，则屏上可能出现的粒子痕迹的Y坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为．

2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ=1T0，现在某时刻突然开启阀门a，经过时

间δ立即关闭a；

从刚开启a的时刻起，经过时间T，突然开启阀门b，经过时间δ关闭b．若以刚开启阀门b的时刻作为图2中t=0的时刻，则从B处射出的具有最大速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为具有最小速率的粒子射到屏上所产生的痕迹的Y坐标（只要写出结果，不必写出计算过程）为

五、

如图所示，坐标系Oxyz的x轴和z轴都位于纸面内，y轴垂直纸面向里．两无限大金属极板P和Q

分别位于x=－d和x=d处．磁感应强度大小为B的匀强磁场的方向平行于Oxz坐标平面，与z轴的夹角为α．在坐标原点O处，有一电荷为q（＞0）、质量为m的带电粒子，以沿y轴正方向的初速度v0开始运动．不计重力作用．

1．若两极板间未加电场，欲使该粒子在空间上恰好能到达极板（但与板不接触），则初速度v0应为多大？

所需最短时间t0是多少？

2．若在两极板间沿x轴正方向加上一场强为E的匀强电场，使该粒子能在第1问中所π

求得的时间t0到达极板，则该粒子的初速度v0应为多大？

若α=4，求粒子到达极板时粒子的坐标．

在高能物理中，实验证明，在实验室参考系中，一个运动的质子与一个静止的质子相碰时，碰后可能再产生一个质子和一个反质子，即总共存在三个质子和一个反质子．试求发生这一情况时，碰前那个运动质子的能量（对实验室参考系）的最小值（即阈值）是多少．

已知质子和反质子的静止质量都是m0=1.671×

0－27kg．不考虑粒子间的静电作用．

第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答

这样的天

图1

要使天梯相对于地球静止不动，由地面伸向太空，与地面之间无相互作用力，梯的下端只能位于赤道上某处，且天梯与该处地球表面垂直，并与地球同步转动．如所示．

从坐标原点与地球中心固连、坐标轴指向恒星的惯性参考系来看，天梯和地球一起匀速转动．天梯所受的外力只有地球的万有引力．把天梯看作是由线密度为ρ的许多非常小的小段组成，则每小段到地球中心的距离不同，因而所受地球引力的大小也不同，其中与地心的距离为ri－1到ri间的长度为△ri的小段所受地球引力为

Mρ△ri

fi=G2

（1）

ri

整个天梯所受的地球引力F就等于每小段所受地球引力之和，

即

n

MVri

F=

fi=G

i

2

（2）

i1

符号表示对所有小段求和．i1

因△ri

=ri－ri－1

是个小量，注意到riri－1=ri（ri－△

ri）≈ri2，因此

nVrinriri1

（r1

i1ri1

r1）r1rir0

1

i1rii1riri1

rn

用R0表示地球半径，也就是天梯下端到地心的距离，

Rl表示天梯上端到地心的距离，

则r0=R0，rn=Rl，代入

（2）式得

11

F=GMρ（R0－Rl）（3）

整个天梯的质量

4）

m=ρ（Rl－R0）

天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离

根据质心运动定理，有

式中T为地球自转的周期．

由（3）、（4）、（5）、（6）式可得

Rl－R0=0，表示天梯无长度，不符合题意，符合题意的天梯长度满足的方程为

离心力的作用下，处于平衡静止状态，地球引力仍为（3）式，天梯所受的惯性离心力可由

下面的方法求得：

仍把天梯看作由很多长度为△ri的小段组成，则第i小段受的惯性离心力

为

fi′=ρ△ri（2Tπ）2ri（4′）

对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力

来表示，即

F′

nn

2π2

=fi=（T）2ri△ri（5′）

i1i1T

5′）式中所示的和可以用

图2过原点的直线y=ρ（2Tπ）2r下的一个带阴影的梯形面积

2π2R0+Rl

F′=ρ（T）22（Rl－R0）

因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得

解（8）式得

10）

11）

定律）为

能量守恒，

根号前取正号，代入有关数据，注意到T=8.64×

104s，得

Rl=1.501×

08m

所以天梯的长度

L=Rl－R0=1.441×

1．90°

．

2．当矩形物处于竖直位置即θ=0°

时，B不会滑动，矩形物静止．当圆筒缓慢转动使

联立

如果令T=0，可得

显见，θ<

48.2°

时，作用力是径向正向，对力；

θ>

时，作用力是径向反向，对A是拉力．

现在再来看前面被假定不动的B是否运动．我们可以在B处画圆筒内表面的切面，它与水平面成30°

夹角．因为假定B不动，其加速度为零，所以B在垂直于切面方向的受力方程为

f⊥－mgcos30°

－Tcos（30－°

θ）=0（4）

这里f⊥是圆筒内壁对B的支持力．由（4）式和（3）式可以论证，如果在θ等于60°

（A将与圆筒相碰）之前B不动，则f⊥必将始终不等于零，这就是说，在B开始滑动以前，B不会离开筒壁．B对筒壁的正压力是f⊥的反作用力，大小和f⊥相同．式中的T是刚性薄片对B的作用力，它和

（1）式中的T大小相等（因薄片质量不计）．由于μ=1，所以最大静摩擦力fmax的大小就等于正压力．

fmax=μf⊥=mgcos30°

+Tcos（30－°

θ）（5）

其方向是沿切面方向．沿切面方向除摩擦力外，B还受到其他力

f∥=mgsin30°

+Tsin（30－°

θ）（6）

只要f∥不大于最大静摩擦力，B就不滑动．这个条件写出来就是

f∥≤fmax（7）

B滑动与否的临界点就应由f∥=fmax求出，即

mgcos30°

θ）=m