第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答.docx
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第23届全国中学生物理竞赛决赛试题与详细解答
第23届全国中学生物理竞赛决赛试题
2006年11月
深圳
★理论试题
一、
建造一条能通向太空的天梯，是人们长期的梦想．当今在美国宇航局（NASA）支持下，
洛斯阿拉莫斯国家实验室的科学家已在进行这方面的研究．一种简单的设计是把天梯看作一
条长度达千万层楼高的质量均匀分布的缆绳，它由一种高强度、很轻的纳米碳管制成，由传
统的太空飞船运到太空上，然后慢慢垂到地球表面．最后达到这样的状态和位置：
天梯本身
呈直线状；其上端指向太空，下端刚与地面接触但与地面之间无相互作用；整个天梯相对于
地球静止不动．如果只考虑地球对天梯的万有引力，试求此天梯的长度．已知地球半径R0=
6.37×106m，地球表面处的重力加速度g=9.80m·s－2．
二、
如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内直径）位于水平地面上．筒内放一矩
形物．矩形物中的A、B是两根长度相等、质量皆为m的细
圆棍，它们平行地固连在一质量可以不计的，长为l=3R的
矩形薄片的两端．初始时矩形物位于水平位置且处于静止状
2R
态，A、B皆与圆筒内表面接触．已知A、B与圆筒内表面
A
间的静摩擦因数μ都等于1．
l
现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A逐渐升高．
1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保
持相对静止？
答：
（只要求写出数值，不要求写出推导过程）
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．）
1
三、
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，静止的大气中不同高度处
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
△Te
△z
=－6.0×10－3K·m－1
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
aT2=1d
5
2
Y
N
M
K
A
B
b
O
a
O′
M′
l
l
图1
l
l
N′
u
2U
2
4
6
8
10
12
0
－U
t/T
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
．
T
2．假定阀门从开启到关闭经历的时间δ=，现在某时刻突然开启阀门a，经过时间
10
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
．
3
天科学堂学科竞赛
网
五、
如图所示，坐标系Oxyz的x轴和z轴都位于纸
z
B
Q
P
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
α
的匀强磁场的方向平行于Oxz坐标平面，与z轴的夹
O
x
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．
2d
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
4
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=
，求粒子到达极板时粒子
的坐标．
六、
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=1.67×10－27kg
．不考虑粒子间的静电作用．
4
第23届全国中学生物理竞赛决赛参考解答
一、
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，这样的天
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．如图1
所示．
O
图1
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=G
（1）
r2
i
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
n
Mρr
F=fi=∑G
i=1i=1
∑
i
（2）
2
ri
n
符号∑表示对所有小段求和．因△ri=ri－ri－1是个小量，注意到riri－1=ri（
i=1
ri－△
ri）≈r2
，因此
i
n
∑
i=1
ri
n
∑
i=1
ri-ri-1=
n
∑
i=1
（1
ri-1
-1）=
1-1
=
2
ri
riri-1
rir0rn
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（－
（3）
）
R0Rl
整个天梯的质量
m=ρ（Rl－R0）
（4）
5
R0
L
R1
天科学堂学科
竞
赛
网
天梯的质心位于天梯的中点，它到地心的距离
－R
2
Rl0
（5）
rC=R0+
根据质心运动定理，有
2πT
F=mrC（
（6）
）2
式中T为地球自转的周期．
由（3）、（4）、（5）、（6）式可得
GMT
2
（Rl－R0）（R2+R0Rl
－
）=0
l
2π2R0
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
GMT2
R2
R－
（7）
+R
=0
0l
l
2π2R
0
因为GM=R2g，所以得
0
R0gT2
R2
R－
（8）
+R
=0
0l
l
2π2
【从跟随地球一起转动的参考系看，也可得到（8）式．这时，天梯在地球引力和惯性
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
2π
fi′=ρ△ri（）2riT
对所有小段求和，就得到整个天梯所受的惯性离心力
（4′）
'
n
∑fi
i=1
n
2π
=∑ρ（）
ri△ri
（5′）
F′=
2
T
i=1
2πT
（5′）式中所示的和可以用图2过原点的直线y=ρ（
）2r下的一个带阴影的梯形面积
来表示，即
y
2π
ρ（）2RlT
2πT
ρ（
）2R0
r
O
R0
Rl
图2
6
2πT
）2R0+Rl
2
F′=ρ（
（Rl－R0）
（6′）
因为地球引力与惯性离心力平衡，由（3）式和（6′）式可得
11
2πT
R0+Rl
2
GM（－）=（
R0Rl
）2
（Rl－R0）
（7′）
因为GM=R2g，化简（7′）式最后也能得到（8）式．】
0
解（8）式得
2
2R0gT
R2+
－R0±
0
2
π
（9）
Rl=
2
根号前取正号，代入有关数据，注意到T=8.64×104s
，得
Rl=1.50×108m
（10）
所以天梯的长度
L=Rl－R0=1.44×108m
（11）
二、
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θ
刚超过0°时，A将离开圆筒内表面而开始倾倒，按题意此时圆筒已停止转动．假定B仍不
动，此后，A在竖直平面内从静止开始绕B做圆周运动．圆周运动的径向方程（牛顿第二定
律）为
v2
m=mgcosθ－Tl
（1）
这里v表示A的速度．T是刚性薄片对A的作用力，规定其方向从B到A为正．根据
能量守恒，有
mgl（1－cosθ）=1mv2
2
联立
（1）、
（2）式，得
（2）
T=mg（3cosθ－2）
（3）
如果令T=0，可得
A
2
θ=arccos（）=48.2°
3
O
120°
显见，θ＜48.2°时，作用力是径向正向，对A是推
θ
力；θ＞48.2°时，作用力是径向反向，对A是拉力．
B
现在再来看前面被假定不动的B是否运动．我们可以
30°
7
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∥≤
（7）
fmax
B滑动与否的临界点就应由f∥
=fmax求出，即
mgcos30°+Tcos（30°－θ）=mgsin30°+Tsin（30°－θ）
（8）
将（3）式的T代入（8）式，化简后得方程
（3cosθ－2）[cosθ+（2+3）sinθ]+1=0
（9）
这个方程可用数值求解，即取不同的θ值代入逐步逼近，最后可得
θ=54.9°
（10）
θ超过此值，B将开始滑动．
三、
设微气团中空气的质量为m，当其位移为z时，气团的体积为V，气团内气体的密度
为ρ
，气团周围大气的密度为ρe．气团受到竖直向下的重力
mg=Vρg和竖直向上的浮力
Vρeg作用，若气团的加速度为α
，则由牛顿第二定律有
－Vρg+Vρeg=
－V（
ρ－ρe）g
（1）
mα=
或有
ρ－ρe
ρ
α=－g
（2）
根据理想气体状态方程
pV=m
（3）
RT
μ
8
升级会员 