第20届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案

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

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第二十届全国中学生物理竞赛预赛试卷

题 号 得 分 复核人

一 二 三 四 五 六 2003年9月

七 总计 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u1 ＝3f．

（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（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4.86×10-7m．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（n＝1）的能量为El=一

－

13.6eV＝－2.18×10-18J，普朗克常量为 h=6.63×1034J·s。 三、(20分)在野外施工中，需要使质量 m＝4.20 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 c＝0.880×l03J·(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．

1

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（x＜l）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θ角的方向抛出，求运动员从起跳到落地所经历的时间．

v0

(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θ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

3U0q?T?2 l???

162m?2?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t＝0到t＝T／2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）。

22

3

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 E??h?， （2） 由式（1）、（2）可求得产生波长??4.86?10?7m谱线的光子的能量

E??4.09?10?19J （3）

氢原子的能级能量为负值并与量子数n的平方成反比： En??k1，n?1，2，3，? （4） n2式中k为正的比例常数。氢原子基态的量子数n?1，基态能量E1已知，由式（4）可得出

k??E1 （5）

把式（5）代入式（4），便可求得氢原子的n?2，3，4，5，? 各能级的能量，它们是

1k??5.45?10?19J， 221E3??2k??2.42?10?19J，

31E4??2k??1.36?10?19J，

41E5??2k??8.72?10?20J。

5比较以上数据，发现

E2??E??E4?E2?4.09?10?19J。 （6）

所以，这条谱线是电子从n?4的能级跃迁到n?2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t?90.0℃的热水分若干次倒出来。第一次先倒出一部分，与温度为

t0?10.0℃的构件充分接触，并达到热平衡，构件温度已升高到t1，将这部分温度为t1的水倒掉。再从保

温瓶倒出一部分热水，再次与温度为t1的构件充分接触，并达到热平衡，此时构件温度已升高到t2，再将

4

这些温度为t2的水倒掉。然后再从保温瓶中倒出一部分热水来使温度为t2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m0＝0.240kg，在第一次使热水与构件达到热平衡的过程中，水放热为

Q1?c0m0(t?t1) （1）

构件吸热为

Q1??cm(t1?t0) （2） 由Q1?Q1?及题给的数据，可得

t1＝27.1℃ （3）

同理，第二次倒出0.240kg热水后，可使构件升温到

t2＝40.6℃ （4）

依次计算出t1～t5的数值，分别列在下表中。

倒水次数/次 平衡温度/℃ 可见t5＝66.0℃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t1～t4的值，如下表中的数据：

倒水次数/次 平衡温度/℃

由于t4＝65.2℃＜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：①将保温瓶中的水分若干次倒到构件上。②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：①通过计算求出的构件的最终温度不低于66.0℃。②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。 v?

v

四、参考解答

vz ?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

v

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vZ和垂直于磁场方向的分速度v?（见图预解20-4-1），注意到?很

5

1 27.1 2 40.6 3 51.2 4 59.5 5 66.0 1 30.3 2 45.50 3 56.8 4 65.2

小，得

vZ?vcos??v （1） v??vsin??v? （2）

粒子因具有垂直磁场方向的分速度，在洛仑兹力作用下作圆周运动，以R表示圆周的半径，有

2v? qBv??m

R圆周运动的周期

T?由此得

2?R v?T?2?m （3） qB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

h?v?v T （4） ZT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

d?nh， n＝1，2，3，? （5） 由式（3）、（4）、（5）解得 B?2?mvnqd， n＝1，2，3，?

（6）

这就是所要求磁场的磁感应强度的大小，最小值应取n＝1，所以磁感应强度的最小值为

B?2?mv。 （7） qd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

6

mv2 T?mgco? （1） s?l?x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点为势能零点，则有关系

1?mglcos??mv2?mg[x?(l?x)cos?)] （2）

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v?v0，摆线与竖直线的夹角???0，由式（1）得

2 v0?g(l?x)cos?0， （3）

代入（2）式，求出

2lcos??3(x?l)cos?0?2x （4）

要求作斜抛运动的摆球击中C点，则应满足下列关系式：

(l?x)sin?0?v0cos?0t， （5）

(l?x)cos?0??v0sin?0t?利用式（5）和式（6）消去t，得到

12gt （6） 2g(l?x)sin2?0 v? （7）

2cos?020由式（3）、（7）得到

cos?0?代入式（4），求出

3 （8） 3?x(2?3)?l3???arccos?? （9）

2l???越大，cos?越小，x越小，?最大值为?/2，由此可求得x的最小值：

x(2?3)?3l，

所以

x?(23?3)t?0.464l （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t?0，设运动员在P点（见图预解20-6）抛出物块，以t0表示运动员到达P点的时

Vpy

刻，则运动员在P点的坐标xP、yP和抛物前的速度v的

7

ux

v0

?

uy

Vpx

分量vpx、vpy分别为

vpx?v0cos?， （1） vpy?v0sin??gt0 （2） xp?v0cos?t0， （3）

12 （4） yp?v0sin?t0?gt02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Vpx、Vpy，物块相对运动员的速度u的分量大小分别为ux、uy，方向分别沿x、负y方向。由动量守恒定律可知 MVpx?m(Vpx?ux)?(M?m)vpx， （5） MVpy?m(Vpy?uy)?(M?m)vpy （6） 因u的方向与x轴负方向的夹角为?，故有

ux?ucos? （7） uy?usin? （8） 解式（1）、（2）、（5）、（6）和式（7）、（8），得 Vpx?v0cos?? Vpymucos? （9）

M?mmusin? （10） ?v0sin??gt0?M?m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Vpx、Vpy。在t时刻（t?t0）运动员的速度和位置为

Vx?Vpx， （11）

Vy?Vpy?g(t?t0)， （12） x?xp?Vpx(t?t0)?(v0cos?? y?yp?Vpy(t?t0)?muxmux)t?t0， （13） M?mM?m1g(t?t0)2 （14） 2由式（3）、（4）、（9）、（10）、（13）、（14）可得

mucos??x??v0cos??M?m?musin?? y?2?v0sin??M?m??mucos?t0 （15） ?t?M?m?2musin??2t0 （16） ?t?gt?M?m?8

运动员落地时，

y?0 由式（16）得

musin?? gt2?2?v0sin??M?m?方程的根为

?2musin?t0?0， （17） ?t?M?m?v0sin?? t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （18）

g式（18）给出的两个根中，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

?musin?v0sin????M?m

g???

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

v0sin??t?musin?musin?2musin??(v0sin??)?2gt0M?mM?mM?m （19）

g（2）由式（15）可以看出，t越大，t0越小，跳的距离x越大，由式（19）可以看出，当

t0＝0

时，t的值最大，由式（3）和式（4）可知，抛出物块处的坐标为

xp?0， yp?0 （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 T?2v0sin?musin? ?2gM?mg把t0?0和t?T代入式（15），可求得跳远的距离，为

2v0sin2?2mv0um2u2 x??sin(???)?sin2? （21）

g(M?m)g(M?m)2g可见，若

sin2??1,sin(???)?1,sin2??1，

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

9

2v02mv0um2u2 xm?? （23） ?2g(M?m)g(M?m)g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）2分，式（23）3分。

七、参考解答

在电压为U0时，微粒所受电场力为U0q/2l，此时微粒的加速度为a0?U0q/2lm。将此式代入题中所给的等式，可将该等式变为

3?T? l?a0?? （1）

16?2?现在分析从0到T/2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t?0时产生的微粒，将以加速度a0向A板运动，经T/2后，移动的距离x与式（1）相比，可知

21?T? x?a0???l （2）

2?2?即t?0时产生的微粒，在不到T/2时就可以到达A板。在UA?U0的情况下，设刚能到达A板的微粒是产生在t?t1时刻，则此微粒必然是先被电压U0加速一段时间?t1，然后再被电压?2U0减速一段时间，到A板时刚好速度为零。用d1和d2分别表示此两段时间内的位移，v1表示微粒在?t1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

d1?21a0(?t1)2 （3） 20?v12?2(?2a0)d2 （4）

又因

v1?a0?t1， （5） d1?d2?l， （6）

T， （7） 2由式（3）到式（7）及式（1），可解得

T t1?， （8）

2 t1??t1?这就是说，在UA?U0的情况下，从t?0到t?T/4这段时间内产生的微粒都可到达A板（确切地说，应当是t?T/4）。

10

为了讨论在T/4?t?t/2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

UA??2U0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

1 2l?(2a0)?2

2根据式（1）可求得

??31?T 24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U??2U0的电场作用时间大于?，则这些微粒都将到达B板。

在t?T/4发出的微粒，在UA?U0的电场作用下，向A板加速运动，加速的时间为T/4，接着在

UA??2U0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T/8微粒速度减为零。由此

可知微粒可继续在UA??2U0的电场作用下向B板运动的时间为

11331 ?1?T?T?T??T

28824由于?1??，故在t?T/4时产生的微粒最终将到达B板（确切地说，应当是t?T/4），不会再回到A板。

在t大于T/4但小于T/2时间内产生的微粒，被UA?U0的电场加速的时间小于T/4，在UA??2U0的电场作用下速度减到零的时间小于t?T/8，故可在UA??2U0的电场作用下向B板运动时间为

11 ???T?T??1

28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t?0到t?T/2时间内产生的微粒中，只有在t?0到t?T/4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

N?320?1?80 （9） 4评分标准：本题20分。

论证在t?0到t?T/4时间内产生的微粒可能到达A板给10分；论证t?T/4到t?T/2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。

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第二十届全国中学生物理竞赛复赛试卷

2003年9月20日

题号 得分 复核人

一 二 三 四 五 六 七 总计 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 Ek＝2000 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 SA?1.0?10?2cm2，SB?3.0?10?2cm2，SC?2.0?10?2cm2，在 C管中有一段空气柱，两侧被水银封闭．当温度为t1?27℃时，空气柱长为l＝30 cm（如图所示），C中气柱两侧的水银柱长分别为 a＝2.0cm，b＝3.0cm，A、B两支管都很长，其中的水银柱高均为h＝12 cm．大气压强保持为 p0＝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 t＝97℃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M＝20m，地球半径R0＝6400 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h0的区域被涂黑．一平行光束垂直入射到此平面上，

12

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，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所示，当x?0时，电势U??：当x??时，电势U?0；电势为零的点的坐标x0, 电势为极小值?U0的点的坐标为 ax0（a＞2）。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v0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．

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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，v0和v分别表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

1212mv0?mv?eU （1） 22

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lmax表示l的最大值，由角动量守恒有

mv0lmax?mvR （2）

由式（1）、（2）可得

lmax?1?代入数据，可得

eUR （3） 2mv0/22R （4） 2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

lmax? lmax?

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

14

6R （5） 2

二、参考解答

在温度为T1?(27?273)K=300K时，气柱中的空气的压强和体积分别为

p1?p0?h， （1） V1?lSC （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T2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

?h?bSC （3） SB由此造成气柱中空气体积的增大量为

?V??bSC （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

?V????hSA （5）

所以，当温度为T2时空气的体积和压强分别为

V2?V1??V???V?? （6） p2?p1??h （7）

由状态方程知

p1V1p2V2? （8） T1T2由以上各式，代入数据可得

T2?347.7K （9）

此值小于题给的最终温度T?273?t?370K，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

V?代入数据可得

TV2 （10） T2V?0.72cm3 （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。

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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

F?GM?m， （1） 2r式中M?是以地心O为球心、以r为半径的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

M??4??r3 （2） 3于是，质量为m的物体所受地球的引力可以改写为

F??G?mr （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

f?Fsin? （4）

43x （5） r?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

sin?? mg?GM0m （6） 2R0式中M0是地球的质量。由上式可以得到

g??G?R0 （7）

由以上各式可以求得 f?43mgx （8） R0可见，f与弹簧的弹力有同样的性质，相应的“劲度系数”为 k?mg （9） R0物体将以C为平衡位置作简谐振动，振动周期为T?2?R0/g。取x?0处为“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x?0处的速度为v0，则根据能量守恒，有

1212mv0?k(R0?h2) （10） 222R0?h2?g （11）

R0式中h表示地心到通道的距离。解以上有关各式，得

2v0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

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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v0，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

Mv0?mv0?MV?mv， （12）

112112Mv0?mv0?MV2?mv2 （13） 2222解式（12）和式（13），得

3M?mv0 （14）

M?m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

1112k(R0?h2)?mu2?mv2 （15） 222 v?由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得

2?h28M(M?m)R0u?g （16） 2R0(M?m)2u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

M0mu2 （17） G2?mR0R0由式（16）、（17）并注意到式（6），可以得到

Rh?02已知M?20m，则得

7M2?10Mm?m2 （18）

2M(M?m)h?0.925R0?5920km （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

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sini??n （1） sini

在?OMP中

lx （2） ??sinisinil2?R2?x2?2Rxcosi （3）

由式（1）和式（2）得

x?nl 再由式（3）得

x2?n2(R2?x2?2Rxcosi)

设M点到Ox的距离为h，有

h?Rsini

Rcosi?R2?R2sin2i?R2?h2 得

x2?R2?x2?2xR2?h2 2n1x2(1?2)?2xR2?h2?R2?0 （4）

n解式（4）可得

n2R2?h2?nR2?n2h2 （5） x?2n?1为排除上式中应舍弃的解，令h?0，则x处应为玻璃半球在光轴Ox上的傍轴焦点，由上式

x?n(n?1)nnR?R或R

n?1n?1n2?1由图可知，应有x?R，故式（5）中应排除±号中的负号，所以x应表示为

n2R2?h2?nR2?n2h2 （6） x?n2?1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h?h0，其中折射光线与Ox轴交点最远处的坐标为

x0?22n2R2?h0?nR2?n2h0n?12 （7）

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在轴上x?x0处，无光线通过。

随h增大，球面上入射角i增大，当i大于临界角iC时，即会发生全反射，没有折射光线。与临界角iC相应的光线有

hC?RsiniC?R 这光线的折射线与轴线的交点处于

1nn2R1? xC?n2?11n2?nRn?12 （8）

在轴Ox上R?x?xC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

xC?x?x0 （9）

的一段为有光线段，其它各点属于无光线段。x0与xC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x?x0处无光线通过，给10分；求得式（8）并指出在Ox轴上x?x0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N1，水平摩擦力为F1；圆柱B受墙面的正压力为N2，竖直摩擦力为F2，圆柱A受圆柱B的正压力为N3，切向摩擦力为F3；圆柱B受圆柱A的正压力为N3?，切向摩擦力为F3?，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?1＝0.20，两圆柱间的摩擦系数?3＝0.30。

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