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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.doc

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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=6.37106m,地球表面处的重力加速度g=9。

80ms-2.二、lA2R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=R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态,A、B皆与圆筒内表面接触.已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦因数μ都等于1.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.)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=-6.010-3Km-1z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=9.8ms-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=dKO′M′N′NYOMBAabllll图1t/T024681012u2U-U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=,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.2dPzBQOxα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=1.6710-27kg.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.LR1R0O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fi=G(1)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F==(2)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(ri-△ri)≈r,因此用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F=GMρ(-)(3)整个天梯的质量m=ρ(Rl-R0)(4)天梯的质心位于天梯的中点,它到地心的距离rC=R0+(5)根据质心运动定理,有F=mrC()2(6)式中T为地球自转的周期.由(3)、(4)、(5)、(6)式可得(Rl-R0)(R+R0Rl-)=0Rl-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R+R0Rl-=0(7)因为GM=Rg,所以得R+R0Rl-=0(8)【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fi′=ρ△ri()2ri(4′)对所有小段求和,就得到整个天梯所受的惯性离心力F′==()2ri△ri(5′)OR0Rlryρ()2Rlρ()2R0图2(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F′=ρ()2(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GM(-)=()2(Rl-R0)(7′)因为GM=Rg,化简(7′)式最后也能得到(8)式.】解(8)式得Rl=(9)根号前取正号,代入有关数据,注意到T=8。

64104s,得Rl=1.50108m(10)所以天梯的长度L=Rl-R0=1.44108m(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m=mgcosθ-T(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)=mv2(2)联立(1)、(2)式,得12030OABθT=mg(3cosθ-2)(3)如果令T=0。

可得θ=arccos()=48.2显见,θ<48.2时,作用力是径向正向,对A是推力;θ>48.2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+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+)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mα=-Vρg+Vρeg=-V(ρ-ρe)g(1)或有α=-g(2)根据理想气体状态方程pV=RT(3)可知气体的密度ρ==(4)利用(4)式,注意到p=pe,(2)式可化成α=-g(5)周围大气在z处的温度Te等于z=0处的温度Te0加从0到z温度的增量。

即Te=Te0+z(6)若气团中气体温度随高度的变化率为,根据题意,有T=T0+z(7)T0为气团位于初始位置时气团中气体的温度.根据题意Te0=T0,把(6)、(7)式代入(5)式得α=-(-)z(8)在(8)式中,若(-)>0,则加速度方向向下,作用于气团的力有使气团回到初始位置的趋势,这样,大气层中的大气就处于稳定状态;反之,气团将远离其初始位置,大气层中的大气处在不稳定状态.因周围大气温度随高度的变化率是已知的,故只要知道气团中气体温度随高度的变化率,便可对气团的运动作出判断.大气的压强随高度的增加而减小,在高度为z和z+△z处的压强差△pe=-ρeg△z(9)式中ρe为z处的空气的密度。

与温度、压强有关,由(4)式表示.式中负号表示高度增加时,大气压强是减小的.把(4)式代入(9)式得△pe=-g△z(10)质量为m的气团在上升过程中,其压强将随周围大气的压强的减小而减小,体积要增大,气团对周围空气做功.因为过程是绝热的,气团的内能要减少,因而温度要降低,温度、压强的变化应满足绝热过程的规律.试题给出的绝热过程方程是关于压强与体积间的关系,利用理想气体状态方程,可把绝热过程方程表示为温度与压强间的关系.由(3)式得V=(11)把(11)式代入pVγ=C得T=(12)当气团的压强由p变到p+△p时,气团的温度将由T变到T+△T.由(12)式T+△T=(p+△p)利用二项式定理。

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