[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 代入已知数据，注意到Ts?(273.15?ts)K， TD=1.4×103K (10) 即有 tD?TD?273.15?1.1?103oC (11)
2．〔25届复赛〕四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数．在图复19-4-1中，E为电压可调的直流电源。K为开关，L为待测线圈的自感系数，rL为线圈的直流电阻，D为理想二极管，r为用电阻丝做成的电阻器的电阻，A为电流表。将图复19-4-1中a、b之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明．其中注射器筒5和试管1组成的密闭容器内装有某种气体（可视为理想气体），
通过活塞6的上下移动可调节毛细管8中有色液注的初始位置，调节后将阀门10关闭，使两边气体隔开．毛细管8的内直径为d．
已知在压强不变的条件下，试管中的气体温度升高1K时，需要吸收的热量为Cq，大气压强为p。设试管、三通管、注射器和毛细管皆为绝热的，电阻丝的热容不计．当接通
12LI，I为通过线圈2的电流，其值可通过电流表A测量，现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数L． 1．简要写出此实验的步骤． 2．用题中所给出的各已知量（r、rL、Cq、p、d等）
电键K后，线圈L中将产生磁场，已知线圈中储存的磁场能量W?及直接测得的量导出L的表达式， 【思路与心得】
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 四、参考解答 1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置，将阀门10关闭使两边气体隔绝，记下有色液柱的位置；（2）合上开关S，测得电流I；（3）打开开关S；（4）测出有色液体右移的最远距离?x；（5）改变电源电压，重复测量多次，记下多次的I和?x值。
12.合上开关S后，线捆贮有磁场能量W?LI2，因二极管D的存在，r中无电流。打开
2开关S后，由于L中有感应电动势，在线圈L、电阻器ab和二极管D组成的回路中有电流通过，最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为r和rL上放出的热量，其中r上放出的热量为 ?Q?12r （1） LI?2r?rL此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程，所以气体吸热为?Q?m?Cp?T（2）式中m为气体质量，?为其摩尔质量，?T为温升，因为是等压过程，设气体体积改变量为?V，则由理想气体状态方程可得 p?V?2m?而 ?V?R?T（3）
?d24（4） ?x
?xr?rCpp?d由以上各式可得L?2?L （5） ?2rRI 2．〔17届复赛〕二、（20分）如图复17-2所示，在真空中有一个折射率为n（n?n0，n0为真空的折射率）、半径为r的质地均匀的小球。频率为?的细激光束在真空中沿直线BC传播，直线BC与小球球心O的距离为l（l?r），光束于小球体表面的点C点经折射进入小球（小球成为光传播的介质），并于小球表面的点D点又经折射进入真空．设激光束的频率在上述两次折射后保持不变．求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作用的平均力的大小． 【思路与心得】
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 二、参考解答 在由直线BC与小球球心O所确定的平面中，激光光束两次折射的光路BCDE如图复解17-2所示，图中入射光线BC与出射光线DE的延长线交于G，按照光的折射定律有 n0sin??nsin? （1） l （2） r激光光束经两次折射，频率?保持不变，故在两次折射前后，光束中一个光子的动量的大h?小p和p?相等，即 p??p? （3） c式中c为真空中的光速，h为普朗克常量．因射入小球的光束中光子的动量p沿BC方向，射出小球的光束中光子的动量p?沿DE方向，光子动量的方向由于光束的折射而偏转了一个角度2?，由图中几何关系可知 2??2(???) （4） 若取线段GN1的长度正比于光子动量p，GN2的长度正比于光子动量p?，则线段N1N2的长度正比于光子动量的改式中?与?分别是相应的入射角和折射角，由几何关系还可知 sin??变量?p，由几何关系得 ?p?2psin??2h?sin? （5） c?GN1N2为等腰三角形，其底边上的高GH与CD平行，故光子动量的改变量?p的方2rcos?（6） cn0/n向沿垂直CD的方向，且由G指向球心O． 光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间，即?t?式中cn0/n是光在小球内的传播速率。 ?pn0h?sin? ??tnrcos?（7）按照牛顿第三定律，光子对小球的平均作用力大小F?f，即 nh?sin? （8）力的方向由点O指向点G．由（1）、（2）、（4）及（8）式，F?0nrcos?按照牛顿第二定律，光子所受小球的平均作用力的大小为f?nlh?经过三角函数关系运算，最后可得F?02nr?r2?l2?1?(nr/n0)2?l2???? （9） ??
评分标准：本题20分 （1）式1分，（5）式8分，（6）式4分，（8）式3分，得到（9）式再给4分。 第 48 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(1) 静力学平衡 1．〔26届复赛〕二、（20分）图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿1、2、3、4支撑于桌角A、B、C、D处，桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿受力后将产生弹性微小形变。现于桌面中心点O至角A的连线OA上某点P施加一竖直向下的力F，令OP?c，求桌面对桌腿1的压力F1。 OA【思路与心得】 第 1 页 共 48 页
B F A O C P 2 D 1 3 4
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 二、参考解答： 设桌面对四条腿的作用力皆为压力，分别为F1、F2、F3、F4．因轻质刚性的桌面处在平衡状态，可推得F1?F2?F3?F4?F (1)由于对称性，F2?F4． 考察对桌面对角线BD的力矩，由力矩平衡条件可得F3?cF?F1． (3) (2) 根据题意， 0?c?1，c=0对应于力F的作用点在O点，c=1对应于F作用点在A点. 设桌腿的劲度系数为k, 在力F的作用下，腿1的形变为F1k，腿2和4的形变均为F2k，腿3的形变为F3k．依题意，桌面上四个角在同一平面上，因此满足1?F1F3?F2, 即 ????2?kk?kF1?F3?2F2． (4) 由(1)、(2)、(3)、(4)式，可得 当c?F1?2c?11?2cF， (5) F3?F， (6) 441时，F3?0.F3?0，表示腿3无形变；F3?0，表示腿3受到桌面的作用力为拉2力，这是不可能的，故应视F3?0．此时(2)式(3)式仍成立．由(3)式，可得F1?cF (7) 2c?111综合以上讨论得F1?F, 0?c? . (8) F1?cF，?c?1 . (9) 242评分标准：本题20分. (1)式1分，(2)式1分，(3)式2分，(4)式7分，得到由(8)式表示的结果得4分，得到由(9)式表示的结果得5分． 2．〔20届复赛〕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？ 【思路与心得】 第 2 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 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。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N1、N2、N3以及为保持平衡所需的F1、F2、F3之值，下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程： 第 3 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 圆柱A： Mg?N1?N3sin??F3cos??0（1）F1?N3cos??F3sin??0 （2） F1R?F3R （3） 圆柱B： Mg?F2?N3?sin??F3?cos??0（4） N2?N3?cos??F3?sin??0 （5）F3?r?F2r （6） 由于F3??F3，所以得F1?F2?F3?F3??F （7）式中F代表F1，F2，F3和F3?的大小。又因N3??N3，于是式（1）、（2）、（4）和（5）四式成为： Mg?N1?N3sin??Fcos??0 （8）F?N3cos??Fsin??0 （9） Mg?F?N3sin??Fcos??0 （10）N2?N3cos??Fsin??0（11）以上四式是N1，解这联立方程可得N2?F （12）N3?N2，N3和F的联立方程，1?sin?Mg（13）1?cos??sin?cos?2?cos??2sin?Mg（14）N1?Mg （15） 1?cos??sin?1?cos??sin?式（12）、（13）、（14）和（15）是平衡时所需要的力，N1，N2，N3没有问题，但F1，F2，N2?F?F3三个力能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。 F首先讨论圆柱B与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求?2?2 N2F2?1所以?2?1 （16） N2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，根据摩擦定律由式（12），得f??N，若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力F1满足F1??1N1，则圆柱在地面上不滑动；若F1??1N1，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?1?由图复解20-5可知cos??F1cos?（17） ?N12?cos??2sin?R?r2Rr （18）sin??1?cos2?? （19） R?rR?r1由式（17）、（18）和式（19）以及?1＝0.20，可以求得 r?R（20） 91即只有当r?R时，圆柱A在地面上才能不滑动。 9Fcos?最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求?3?3? （21） N31?sin??7?由式（18）、（19）以及?3＝0.30，可解得r???R?0.29R （22） ?13?显然，在平衡时，r的上限为R。总结式（20）和式（22），得到r满足的条件为 R?r?0.29R （23） 评分标准：本题22分。 求得式（7）、（12）、（13）、（14）、（15）各2分，式（16）3分，求得式（23）9分。 第 4 页 共 48 页
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(2) 天体运动 1．〔20届复赛〕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． 【思路与心得】 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GM?m可以表示为F?， （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 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4F??G?mr （3） 3M??第 5 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(11)近代物理 1．〔25届复赛〕八、（20分）质子数与中子数互换的核互为镜像核，例如He是3H的镜33像核，同样3H是He的镜像核。已知3H和He原子的质量分别是m3H?3.016050u和3m3He?3.016029u，中子和质子质量分别是mn?1.008665u和mp?1.007825u，1u?量。 931.51.44，式中c为光速，静电力常量MeVk?MeV?fm，式中e为电子的电荷c2e231、试计算3H和He的结合能之差为多少MeV。 2、已知核子间相互作用的“核力”与电荷几乎没有关系，又知质子和中子的半径近似相等，试说明上面所求的结合能差主要是由什么原因造成的。并由此结合能之差来估计核子半径rN。 3、实验表明，核子可以被近似地看成是半径rN恒定的球体；核子数A较大的原子核可以近似地被看成是半径为R的球体。根据这两点，试用一个简单模型找出R与A的关系式；利用本题第2问所求得的rN的估计值求出此关系式中的系数；用所求得的关系式计算208Pb核的半径Rpb。 【思路与心得】 第 41 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 八、参考解答： 3
1．根据爱因斯坦质能关系，H和3He的结合能差为?B?mn?mp?m3H?m3Hec
??2(1)代入数据，可得 ?B?0.763MeV (2)
3
2．He的两个质子之间有库仑排斥能，而3H没有.所以3H与3He的结合能差主要来自它们的库仑能差.依题意，质子的半径为rN，则3He核中两个质子间的库仑排斥能为
e2ke2EC?k (3)若这个库仑能等于上述结合能差，EC??B，则有rN? (4)
2rN2ΔB代入数据，可得rN?0.944fm (5)
3．粗略地说，原子核中每个核子占据的空间体积是 (2rN).根据这个简单的模型，核子数为A的原子核的体积近似为V?A(2rN)?8ArN (6) 另一方面，当A较大时，有
3334?3?6?V?R （7）由（6）式和（7）式可得R和A的关系为 R???3?π??6?其中系数r0????π?1/31/3rNA1/3?r0A1/3 (8)
rN 9) 把(5)式代入(9)式得 r0?1.17fm (10)
208由(8)式和(10)式可以算出
Pb的半径RPb?6.93fm
72．〔24届复赛〕七、(20分)今年是我国著名的物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年．王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：Be原子核可以俘获原子的K层电子而成为Li的激发态(Li)，并放出中微子(当时写作?) Be+e?+(Li)+?而(Li)又可以放出光子?而回到基态Li (Li)?Li+? 由于中微子本身很难直接观测，通过对上述过程相关物理量的测量，就可确定中微子的存在.1942年起，美国物理学家艾伦(J．S．Allen)，戴维斯(R．Davis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在．1953年美同人茉因斯(卜Reines)在实验中首次发现了中微子.莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(M．L Perl)分享了1995年诺贝尔物理学奖．
现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量．若实验测得锂核(Li)反冲能量(即
7777?77?7?77?7Li的动能)的最大值ER=56．6 eV，?光子的能量h?=0.48 Mev．已知有关原子核和电
222子静止能量的数据为mLic?6533.84MeV；mBec?6534.19 MeV，mec?0.51 MeV．设在第一个过程中，Be核是静止的，K层电子的动能也可忽略不计．试由以上数据，算出的中微子的动量P?和静止质量m?各为多少． 【思路与心得】
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7[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】
七、参考解答：
根据题意，Be核和K层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用pLi*表示激发态锂核
7??7?即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等，方向相反.在第二个反应中，若用pLi表示
????反冲锂核7Li的动量，p?表示光子的动量，则由动量守恒定律有p??pLi?pγ （2）
Li???由（1）、（2）式得pLi??pγ?p? （3）当锂核的反冲动量pLi最大时，其反冲能量也最
Li?的动量，pη表示中微子η的动量，则由动量守恒定律有pLi??p??0 （1）
??????大. 由（3）式可知，当中微子的动量与γ光子的动量同方向时，锂核的反冲动量最大.注
h?h? （4）有pLi?pη?（5）由于锂核的反冲能量比锂核的静能
cc2pLi小得多，锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表示，这时有ER? （6）由
2mLi意到γ光子的动量pγ?（5）、（6）式得pηc?2mLic2ER?h?（7）代入有关数据得 pη?0.38MeV（/8c）用Eη2222c?pηc（9）根据能量守恒定律有表示中微子的能量，根据相对论有Eη?mηmBec2?mec2?mLic2?ER?h??Eη（10）由（9）、（10）式得
22mηc???mc?Be??2mce?2mLi?c?EhR???2??p（c11）由（8）式和已知数据得
??12ηmη?0.00MeV/c2 （12）由（12）式可知，所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的
误差范围之内，故不能确定中微子的静止质量．如果有，其质量一定小于0.1MeV/c2． 3．〔18届复赛〕三、（22分）有两个处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度v0与之发生碰撞．己知：碰撞后二者的速度vA和vB在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收。从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子．如欲碰后发出一个光子，试论证：速度v0至少需要多大（以m/s表示）？己知电子电量为e?1.602?10－19C，质子质量为mp?1.673?10－27kg。电子质量为
me?0.911?10－31kg．氢原子的基态能量为E1??13.58eV．
【思路与心得】
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】
三、参考解答
为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是n?2的第一激发态．已
1知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比． En?K2 （1）
n1又知基态（n?1）的能量为－13.58eV，即E1?K2??13.58eV
1所以 K??13.58eV
11??13.58???3.39eV （2）
422为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为
E内?E2?E1?(?3.39?13.58)eV=10.19eV （3）
n?2的第一激发态的能量为E2?K这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即
h??E内?10.19eV=10.19?1.602?10－19J=1.632?10－18J （4） 式中?为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有
12122mv0?mvA?mvB?光子的动量 （5）mv0?m(vA?vB)?h? （6）
22h?h?2h?光子的动量p??。由（6）式可推得mv0?，因为v0??c，所以mv0??，故（5）
v0cc式中光子的动量与mv0相比较可忽略不计，（5）式变为
mv0?mvA?mvB?m(vA?vB) （7）
符合（6）、（7）两式的v0的最小值可推求如下：由（6）式及（7）式可推得
121mv0?m(vA?vB)2?mvAvB?h?222mvA?mvAv0?h??0经配方得
212?mv0?mvA(v0?vA)?h? 221?12121???m?vA?v0??mv0?h??0；mv0?h??m?vA?v0? （8）
2?442???1由（8）式可看出，当vA?v0时，v0达到最小值v0min，此时vA?vB （9）
2h? （10）代入有关数据，得v0min?6.25?104m/s （11） v0min?2m答：B原子的速度至少应为6.25?104m/s．
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(12)综合 1．〔25届复赛〕七、（20分）在地面上方垂直于太阳光的入射方向，放置一半径R=0.10m、焦距f=0.50m的薄凸透镜，在薄透镜下方的焦面上放置一黑色薄圆盘（圆盘中心与透镜焦点重合），于是可以在黑色圆盘上形成太阳的像。已知黑色圆盘的半径是太阳像的半径的两倍。圆盘的导热性极好，圆盘与地面之间的距离较大。设太阳向外辐射的能量遵从斯特藩—玻尔兹曼定律：在单位时间内在其单位表面积上向外辐射的能量为W??T，式中?为斯特藩—玻尔兹曼常量，T为辐射体表面的的绝对温度。对太而言，取其温度4ts?5.50?103?C。大气对太阳能的吸收率为??0.40。又设黑色圆盘对射到其上的太阳能全部吸收，同时圆盘也按斯特藩—玻尔兹曼定律向外辐射能量。如果不考虑空气的对流，也不考虑杂散光的影响，试问薄圆盘到达稳定状态时可能达到的最高温度为多少摄氏度？ 【思路与心得】 七、参考解答： 按照斯特藩-玻尔兹曼定律，在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为Ws??Ts4 (1) 其中?为斯特藩-玻尔兹曼常量，Ts为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为Rs，则单位时间内整个太阳表面向外辐射的能量为 Ps?4πRsWs (2)单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是Ps.设太阳到地球的距离为rse，考虑到地球周围大气的吸收，地面附近半径为R的透镜接收到的太阳辐射的能量为P?πR2?1???2Ps (3)薄凸透镜24πrse将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上，并被薄圆盘全部吸收. 另一方面，因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为RD，温度为TD，注意到簿圆盘有两亇表面，故圆盘在单位时间内辐射的能量为PD?2?πRD??TD (4) 显然，当 PD?P (5)即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时，圆盘达到稳定状态，其温度达到最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得24?RR?TD???1????Ts (6) 2rR??依题意，薄圆盘半径为太阳的像的半径Rs?的2倍，即RD?2Rs?.由透镜成像公式知 2s22seD214?Rs?RsRR?? (7)于是有 RD?2sf (8)把(8)式代入(6)式得TD???1???2?Ts (9) rsefrse8f??第 45 页 共 48 页
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 水的温度最高可达112℃． 3．在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和．由图可知，在t?27℃时，题中已给出水的饱和蒸气压pw(27?)?3.6?103Pa，这时锅内空气的压强（用pa表示）为
pa(27?)?p(5000)?pw(27?)?(53?103?3.6?103)Pa当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为t℃时，锅内空气压强为
p(t)p(27?);pa(t)?(164.7t?45.0?103)Pa （8） pa(t)，则有a?a273?t273?27若在t?t?时压力阀刚好开始被顶起，则有pw(t?)?p2(t?)?p? （9）
由此得pw(t?)?p??pa(t?)?(105?103?164.7t?)Pa （10） 画出函数p??pa(t?)的图线，取t?0,p??pa(0?)?105?103Pa
38?8.6 10Pa由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复中的pw(t)～t曲线的交点为A，A即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与A点对应的温度为t??97℃ （11） 即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97℃，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净，锅内水温仍可达112℃． 3．〔20届复赛〕一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判．对于均
?pSt匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数N?k，其中t
d?49.4?103Pa （7）
??p t?100,p?0?)a(10为渗透持续时间，S为薄膜的面积，d为薄膜的厚度，?p为薄膜两侧气体的压强差．k称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数．透气系数愈小，
E 材料的气密性能愈好．
I 图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意p0 V0 K3 图．EFGI为渗透室，U形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U形管内横截面积A＝0.150cm2．实验中，首先测得薄膜C C? 的厚度d =0.66mm，再将薄膜固定于图中CC?处，从而把渗透室p1 V1 G F
分为上下两部分，上面部分的容积V0?25.00cm3，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为V1，薄膜能够透气的面
K2 积S =1.00cm2．打开开关K1、K2与大气相通，大气的压强p1＝K1 H 1.00atm，此时U形管右管中气柱长度H?20.00cm，V1?5.00cm3．关闭K1、K2后，打开开关K3，对渗透室上部分迅速充气至气体压强p0?2.00atm，关闭K3并开始计时．两小时后， U形管左管中的水面高度下降了?H?2.00cm．实验过程中，始终保持温度为0?C．求该薄膜材料在0?C时对空气的透气系数．（本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值?p来代替公式中的?p．普适气体常量R = 8.31Jmol-1K-1，1.00atm = 1.013×105Pa）．
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 【思路与心得】 一、开始时U形管右管中空气的体积和压强分别为V2 = HA （1）p2= p1 p2V2（3） V2?渗透室下部连同U形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为V1??V1??HA（4） ??2?gΔH（5）式中??为水的密度，g为重力加速度．由理想气体状态方程p1?p2 p?V?pVpV?nRT可知，经过2小时，薄膜下部增加的空气的摩尔数?n?11?11（6） RTRT在2个小时内，通过薄膜渗透过去的分子数N??nNA（7）式中NA为阿伏伽德罗常量． ΔnRT渗透室上部空气的摩尔数减少，压强下降．下降了?p?p?（8） V0??p0??p（9） 经过2小时渗透室上部分中空气的压强为p01??p1?)? （10） 测试过程的平均压强差?p??(p0?p1)?(p02根据定义，由以上各式和有关数据，可求得该薄膜材料在0℃时对空气的透气系数 Ndk??2.4?1011Pa?1m?1s?1（11） ?ptS评分标准：本题20分．(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各1分，(6)式3分，(7)、(8)、(9)、(10) 式各2分，(11) 式4分． ??经过2小时，U形管右管中空气的体积和压强分别为V2??(H??H)A（2）p2第 32 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(9) 光学 1．〔16届复赛〕二、（25分）两个焦距分别是f1和f2的薄透镜L1和L2，相距为d，被共轴地安置在光具座上。 1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行，问该入射光线应满足什么条件？ 2. 根据所得结果，分别画出各种可能条件下的光路示意图。 【思路与心得】
二、参考解答
l．在所示的光路图（图复解16-2-1）中，人射光AB经透镜L1折射后沿BC射向L2，
经L2折射后沿CD出射．AB、BC、CD与透镜主轴的交点分别为P、如果PP?和P??，
为物点，因由P沿主轴射向O1的光线方向不变，由透镜性质可知，P?为P经过L1所成的像，P??为P?经L2所成的像，因而图中所示的u1、v1、u2、v2之间有下列关系：
111111 （2）d?u2?v1 （3） ?? （1） ??u1v1f1u2v2f2当入射光线PB与出射光线平行时，图中的????，利用相似三角形关系可求得
vuh?vh?u ?2, ?2从而求得 2?2 （4）
u1v1hu1hv1f1d联立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去v1、u2和v2，可得u1? （5）
d?(f1?f2)由于d、f1、f2均已给定，所以u1为一确定值，这表明：如果入射光线与出射光线
平行，则此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在L1的左方与L1相距
f1d处，又由于u1与?无关，凡是通过该点射向L1的入射光线都和对应的出
d?(f1?f2)射光线相互平行． u1?第 33 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 2．由所得结果（5）式可以看出，当d?f1?f2时，u1?0，此情况下的光路图就是图复解16-2-1．当d?f1?f2时，u1??，??0，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2．
当d?f1?f2时，u1?0，这表明P点在L1的右方，对L1来说，它是虚物．由（1）式可知，此时v1?0，由u2?f2v1可知，u2?0，又由f1u2v1??0可知，v2?0，所以此时v2u2的光路图如图复解16-2-3． 2．〔17届复赛〕六、（25分）普通光纤是一种可传输光的圆柱形细丝，由具有圆形截面的纤芯A和包层B组成，B的折射率小于A的折射率，光纤的端面和圆柱体的轴垂直，由一端面射入的光在很长的光纤中传播时，在纤芯A和包层B的分界面上发生多次全反射．现在利用普通光纤测量流体F的折射率．实验方法如下：让光纤的一端（出射端）浸在流体F中．令与光纤轴平行的单色平行光束经凸透镜折射后会聚光纤入射端面的中心O，经端面折射进入光纤，在光纤中传播．由点O出发的光束为圆锥形，已知其边缘光线和轴的夹角为?0，如图复17-6-1所示．最后光从另一端面出射进入流体F．在距出射端面h1处放
置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏D，在D上出现一圆形光斑，测出其直径为d1，然后移动光屏D至距光纤出射端面h2处，再测出圆形光斑的直径d2，如图复17-6-2所示． 1．若已知A和B的折射率分别为nA与nB，求被测流体F的折射率nF的表达式． 2．若nA、nB和?0均为未知量，如何通过进一步的实验以测出nF的值? 【思路与心得】
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 六、参考解答 1．由于光纤内所有光线都从轴上的O点出发，在光纤中传播的光线都与轴相交，位于通过轴的纵剖面内，图复解17-6-1为纵剖面内的光路图，设由O点发出的与轴的夹角为?的光线，射至A、B分界面的入射角为i，反射角也为i．该光线在光纤中多次反射时的入射角均为i，射至出射端面时的入射角为?．若该光线折射后的折射角为?，则由几何关系和折射定律可得i???90? （1） nAsin??nFsin? （2） 当i大于全反射临界角iC时将发生全反射，没有光能损失，相应的光线将以不变的光强射向出射端面，而i?iC的光线则因在发生反射时有部分光线通过折射进入B，反射光强随着反射次数的增大而越来越弱，以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了．因而能射向出射端面的光线的i的数值一定大于或等于iC，iC的值由下式决定 nAsiniC?nB （3） 与iC对应的?值为?C?90??iC （4） 第 35 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 当或
?0??C时，即sin?0?sin?C?cosiC?1?sin2iC?1?(nB/nA)2时，22nAsin?0?nA?nB时，由O发出的光束中，只有???C的光线才满足i?iC的条件，
才能射向端面，此时出射端面处?的最大值为?max??C?90??iC （5）
22?nB若?0??C，即nAsin?0?nA时，则由O发出的光线都能满足i?iC的条件，因而都
能射向端面，此时出射端面处?的最大值为?max??0 （6）端面处入射角?最大时，折射角?也达最大值，设为?max，由（2）式可知nFsin?max?nAsin?max （7） 由（6）、（7）式可得，当?0??C时
nF?nAsin?0 （8）
sin?max22nA?nBnAcosiC?由（3）至（7）式可得，当?0??C时nF? （9）
sin?maxsin?max(d2?d1)/2（10） ?max的数值可由图上的几何关系求得sin?max?22?(d2?d1)/2??(h2?h1)于是nF的表达式应为nF?nAsin?022?nB nF?nA?(d2?d1)/2?22?(h2?h1)2(d2?d1)/2?(h2?h1)2 （a0?aC）（11）
?(d2?d1)/2?(d2?d1)/2 （a0?aC） （12）
2. 可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按
同样手续再做一次测量，可测得h1?、h2?、d1?、d2?，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同．已知空气的折射率等于1，故有当a0?aC时
1?nAsin?0?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2? （13）
??(d2?d1)/2?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2? （14）
??(d2?d1)/222当a0?aC时
221?nA?nB将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）相除，均得
?(d??d?)/2??(h??h?)2121?2?评分标准：本题25分
1. 18分。（8）式、（9）式各6分，求得（11）式、（12）式再各给3分 2. 7分。（13）式、（14）式各2分，求得（15）式再给3分。如果利用已知其折射率的液体代替空气，结果正确，照样给分。
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d2??d1?nF?d2?d1?(d2?d1)/2?22?(h2?h1)2 （15）这结果适用于?0为任何值的情况。
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 姓名： 物理竞赛真题专项(10) 相对论 1．〔26届复赛〕六、（20分）两惯性系S′与S初始时刻完全重合，前者相对后者沿z轴正向以速度v高速运动。作为光源的自由质点静止于S′系中，以恒定功率P向四周辐射（各向同性）光子。在S系中观察，辐射偏向于光源前部（即所谓的前灯效应）。 1．在S系中观察，S′系中向前的那一半辐射将集中于光源前部以x轴为轴线的圆锥内。u?x?v求该圆锥的半顶角α。已知相对论速度变换关系为 ux? 21?u?v/cx式中ux与ux′分别为S与S′系中测得的速度x分量，c为光速。 2．求S系中测得的单位时间内光源辐射的全部光子的总动量与总能量。 【思路与心得】 六、参考解答： 1．先求两惯性系中光子速度方向的变换关系．根据光速不变原理，两系中光速的大小都是c．以?和??分别表示光子速度方向在S和S?系中与x和x?轴的夹角，则光速的x分量为 ux?ccos?， ?(2) (1)u?x?ccos?． 再利用相对论速度变换关系，得 cos??cos???vc． 1?vcos??c(3) S?系中光源各向同性辐射，表明有一半辐射分布于0????π2的方向角范围内，S系
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 v2c?arccosv． 中，此范围对应0????．由上式求得 ??arccosv?c1?cosc2cos??(1) 可以看出，光源的速度v越大，圆锥的顶角越小． 2．S?系中，质点静止，在?t?时间内辐射光子的能量来自质点静能的减少，即 P?t???m0c2， (2) 式中?m0为?t?时间内质点减少的质量．S系中，质点以速度v匀速运动，由于辐射，其动质量减少?m，故动量与能量亦减少．转化为光子的总动量为?p??mv，即 ?p??m0v1-vc22(3)转化为光子的总能量为?E??mc，即?E?2?m0c21?vc22． (4) S?系中光源静止，测得的辐射时间?t?为本征时，在S系中膨胀为?t?由以上各式可得在S系中单位时间内辐射的全部光子的总动量与总能量分别为 ?t?1?vc22 (5?E?pvP?P． (7) ?2， (6)?t?tc评分标准：本题20分.第1小问7分.(3)式4分，(4)式3分.第2小问13分.(5)、 (6) 、(7)式各2分，(8)式3分，(9) 、(10) 式各2分． 2．〔21届复赛〕三、(15分)?子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命?0?2.0?10?6s．宇宙射线与大气在高空某处发生核反应产生一批?子，以v = 0.99c的速度（c为真空中的光速）向下运动并衰变．根据放射性衰变定律，相对给定惯性参考系，若t = 0时刻的粒子数为N(0), t时刻剩余的粒子数为N(t)，则有N?t??N?0?e?t?，式中?为相对该惯性系粒子的平均寿命．若能到达地面的?子数为原来的5％，试估算?子产生处相对于地面的高度h．不考虑重力和地磁场对?子运动的影响． 【思路与心得】 第 38 页 共 48 页
[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 三、因?子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命?0?2.0?10?6s 根据时间膨胀效应，在地球上观测到的?子平均寿命为?，
???01??vc?2 (1)
代入数据得? = 1.4×105s (2)
－
相对地面，若?子到达地面所需时间为t，则在t时刻剩余的?子数为
N?t?N?t??N?0?e?t? (3)根据题意有?e?t??5%(4) N?0?对上式等号两边取e为底的对数得t???ln代入数据得t?4.19?10?5s
5 (5) 100(6)
根据题意，可以把?子的运动看作匀速直线运动，有h?vt (7) 代入数据得h?1.24?104m (8)
评分标准：
本题15分． (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8) 式3分． 3．〔23届复赛〕七、（16分）串列静电加速器是加速质子、重离子进行核物理基础研究以及核技术应用研究的设备，右图是其构造示意图。S是产生负离子的装置，称为离子源；中间部分N为充有氮气的管道，通过高压装置H使其对地有5.00?10V的高压。现将氢气通人离子源S，S的作用是使氢分子变为氢原子，并使氢原子粘附上一个电子，成为带有一个电子电量的氢负离子。氢负离子（其初速度为0)在静电场的作用下，形成高速运动的氢负离子束流，氢负离子束射入管道N后将与氮气分子发生相互作用，这种作用可使大部分的氢负离子失去粘附在它们上面的多余的电子而成为氢原子，又可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质子。已知氮气与带电粒子的相互作用不会改变粒子的速度。质子在电场的作用下由N飞向串列静电加速器的终端靶子T。试在考虑相对论效应的情况下，求质子到达T时的速度v。 电子电荷量q?1.60?10?196C，质子的静止质量
m0?1.673?10?27 kg。
【思路与心得】
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[益民工作室]高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】
七、参考解答：
带电粒子在静电场内从S到T的运动过程中，经历了从S到N和从N到T的两次加速，粒子带的电荷量q的大小均为1.60?10?19C，若以U 表示N 与地之间的电压，则粒
m0子从电场获得的能量?E?2qU (1)质子到达T处时的质量m? (2)
21??vc?式中v为质子到达T时的速度．质子在S处的能量为m0c2，到达T处时具有的能量为mc2，电子的质量与质子的质量相比可忽略不计，根据能量守恒有mc2??E?m0c2（3）
12qU7?1?由（1）、（2）、（3）式得代入数据解得v?4.34?10m/s（4） 22mc01??vc?评分标准：本题16分．
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