第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题和解答

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第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题

2014年9月20日

说明:所有答案 (包括填空)必须写在答题纸上,写在试题纸上无效。

一、(12分)2013年6月20日,“神舟十号”女航天员王亚平在“天宫一号”目标飞行器里成功进行了我国首次太空授课. 授课中的一个实验展示了失重状态下液滴的表面张力引起的效应. 视频中可发现漂浮的液滴处于周期性的“脉动”中(平时在地球表面附近,重力的存在会导致液滴下降太快,以至于很难观察到液滴的这种“脉动”现象). 假设液滴处于完全失重状态,液滴的上述“脉动”可视为液滴形状的周期性的微小变化(振动),如图所示. (1)该液滴处于平衡状态时的形状是__________;

(2)决定该液滴振动频率f 的主要物理量是________________________________________;

(3)按后面括号中提示的方法导出液滴振动频率与上述物理量的关系式.(提示:例如,若认为,,a b c 是决定该液滴振动频率的相互独立的主要物理量,可将液滴振动频率f 与,,a b c 的关系式表示为αβγ∝f a b c ,其中指数,,αβγ是相应的待定常数.)

二、(16分) 一种测量理想气体的摩尔热容比/p V C C γ≡的方法(Clement-Desormes 方法)如图所示:大瓶G 内装满某种理想气体,瓶盖上通有一个灌气(放气)开关H ,另接出一根U 形管作为压强计M .瓶内外的压强差通过U 形管右、左两管液面的高度差来确定. 初始时,瓶内外的温度相等,瓶内气体的压强比外面的大气压强稍高,记录此时U 形管液面的高度差i h .然后打开H ,放出少量气体,当瓶内外压强相等时,即刻关闭H . 等待瓶内外温度又相等时,记录此时U 形管液面的高度差

f h .试由这两次记录的实验数据i h 和f h ,导出瓶内气体的摩尔热容比γ的表

达式.(提示:放气过程时间很短,可视为无热量交换;且U 形管很细,可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化)

三、(20分)如图所示,一质量为m 、底边AB 长为b 、等腰边长为a 、质量均匀分布的等腰三角形平板,可绕过光滑铰链支点A 和B 的水平轴x 自由转动;图中原点O 位于AB 的中点,y 轴垂直于板面斜向上,z 轴在板面上从原点O 指向三角形顶点C . 今在平板上任一给定点000M (,0,)x z 加一垂直于板面的拉力Q .

(1)若平衡时平板与竖直方向成的角度为?,求拉力Q 以及铰链

支点对三角形板的作用力N A 和N B ;

(2)若在三角形平板上缓慢改变拉力Q 的作用点M 的位置,使

平衡时平板与竖直方向成的角度仍保持为?,则改变的作用点M 形成的轨迹满足什么条件时,

可使铰链支

振动的

液滴

点A 或B 对板作用力的垂直平板的分量在M 变动中保持不变?

四、(24分)如图所示,半径为R 、质量为m 0的光滑均匀圆环,套在光滑竖直细轴OO '上,可沿OO '轴滑动或绕OO '轴旋转.圆环上串着两个质量均为m 的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕OO '轴转动,两小球自圆环顶端同时从静止开始释放.

(1)设开始时圆环绕OO '轴转动的角速度为ω0,在两小球从环顶下滑过程中,应满足什么条件,圆环才有可能沿OO '轴上滑?

(2)若小球下滑至30θ=?(θ是过小球的圆环半径与OO '轴的夹角)时,圆环就开始沿OO '轴上滑,求开始时圆环绕OO '轴转动的角速度ω0、在30θ=?时圆环绕OO '轴转动的角速度ω和小球相对于圆环滑动的速率v .

五、(20分)如图所示,现有一圆盘状发光体,其半径为5cm ,放置在一焦距为10cm 、半径为15cm 的凸透镜前,圆盘与凸透镜的距离为20cm ,透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏.图中所有光学元件相对于光轴对称放置.请在几何光学近轴范围内考虑下列问题,并忽略像差和衍射效应. (1)未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状;

(2)若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处. 当圆形光阑的半径逐渐减小时,圆盘的像会有什么变化?是否存在某一光阑半径a r ,会使得此时圆盘像的半径变为(1)中圆盘像的半径的一半?若存在,请给出a r 的数值.

(3)若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处,回答(2)中的问题; (4(5)若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处,回答(2)中的问题.

六、(22对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N 片对顶双扇形薄金属板组成,所有顶点共轴,轴线与所有板面垂直,两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合,板面扇形半径均为R ,圆心角均为0θ(

02

π

θπ≤<)

;固定金属板和可旋转的金属板相间排列,两相邻金属板之间距离均为s .此电容器的电容C 值与可旋转金属板的转角θ有关.已知静电力常量为k . (1)开始时两组金属板在垂直于轴线的平

面上的投影重合,忽略边缘效应,求可旋转金属板的转角为θ(00θθθ-≤≤)时电容器的电容()C θ;

(2)当电容器电容接近最大时,与电动势为E 的电源接通充电(充电过程中保持可旋转金属板的转角不

N 片可旋转金属板

max min max min 11

()()()cos222

C C C C C θθ

=++-变),稳定后断开电源,求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩; (3)假设02π

θ=,考虑边缘效应后,第(1)问中的()C θ可视为在其最大值和最小值之间光滑变化的函

式中,max C 可由第(1)问的结果估算,而min C 是错误!未找到引用源。因边缘效应计入的,它与max C 的比值λ是已知的.若转轴以角速度m ω匀速转动,且m t θω=,在极板间加一交流电压0cos V V t ω=.试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值,并给出该平均值取最大值时所对应的m ω. 七、(26分)Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式,近年来受到特别重视,其原理如图所示.图中,长20 mm 、直径为5m μ的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列,瞬间通以超强电流,钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应;钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上,可以使靶球压缩后达到高温高密度状态,实现核聚变.设内圈有N 根钨丝(可视为长直导线)均匀地分布在半径为r 的圆周上,通有总电流7210A =?内I ;外圈有M 根钨丝,均匀地分布在半径为R 的圆周上,每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝.已知通有电流i 的长直导线在距其r 处产生的磁感

应强度大小为m i

k r

,式中比例常量772210T m/A 210N /A m k --=??=?.

(1)若不考虑外圈钨丝,计算内圈某一根通电钨丝中间长为L ?的一小段钨丝所受到的安培力;

(2)若不考虑外圈钨丝,内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面,且箍缩为半径0.25cm r =的圆柱面时,求柱面上单位面积所受到的安培力,这相当于多少个大气压?

(3)证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面,圆柱面内磁场为零,即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果;

(4)当1N >>时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为m I

k R

内,若要求外圈钨丝

柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力,求外圈钨丝圆柱面的半径R 应满足的条件;

(5)由安培环路定理可得沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场,请用其他方法证明此结论. (计算中可不考虑图中支架的影响)

八、(20分)天文观测表明,远处的星系均离我们而去.著名的哈勃定律指出,星系离开我们的速度大小

v =HD ,其中D 为星系与我们之间的距离,该距离通常以百万秒差距(Mpc )为单位;H

为哈勃常数,

金属极板

外圈钨丝 内圈钨丝

最新的测量结果为H =67.80km/(s ?Mpc).当星系离开我们远去时,它发出的光谱线的波长会变长(称为红移).红移量z 被定义为λλ

λ

'-=

z ,其中λ'是我们观测到的星系中某恒星发出的谱线的波长,而λ是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长,该红移可用多普勒效应解释.绝大部分星系的红移量z 远小于1,即星系退行的速度远小于光速.在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线,它们的频率ν'分别为4.549?1014Hz 和6.141?1014Hz .由于这两条谱线处于可见光频率区间,可假设它们属于氢原子的巴尔末系,即为由n > 2的能级向k =2的能级跃迁而产生的光谱.(已知氢原子的基态能量013.60 eV =-E ,真空中光速82.99810m/s =?c ,普朗克常量346.62610J s -=??h ,电子电荷量19 1.60210C -=?e )

(1)该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线?它们在实验室中的波长分别是多少?

(2)求该星系发出的光谱线的红移量z 和该星系远离我们的速度大小v ; (3)求该星系与我们的距离D .

第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答

2014年9月20日

一、(12分) (1)球形

(2)液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ(或液滴的质量m 和表面张力系数σ) (3)解法一

假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为

αβγρσ=f k r ①

式中,比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定,①式在同一单位制中可写成 {}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r

由于取同一单位制,上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式,因而 [][][][]αβγρσ=f r ② 力学的基本物理量有三个:质量m 、长度l 和时间t ,按照前述约定,在该单位制中有 {}[]=m m m ,{}[]=l l l ,{}[]=t t t 于是

[][]-=f t 1 ③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3 ⑤ [][][]σ-=m t 2 ⑥ 将③④⑤⑥式代入②式得

[][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132 即

[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132 ⑦ 由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性,有

30αβ-=, ⑧ 0βγ+=, ⑨ 21γ= ⑩ 解为

311

,,222

αβγ=-=-= ?

将?式代入①式得

=f ?

解法二

假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为

αβγρσ=f k r ①

式中,比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中,①式两边的物理量的单位的乘积必须相等

[][][][]αβγρσ=f r ②

力学的基本物理量有三个:质量M 、长度L 和时间T ,对应的国际单位分别为千克(kg )、米(m )、秒(s ). 在国际单位制中,振动频率f 的单位[]f 为s -1

,半径r 的单位[]r 为m ,密度ρ的单位[]ρ为3kg m -?,表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----????=?,即有 []s -=f 1 ③ []m =r ④ []kg m ρ-=?3 ⑤ []kg s σ-=?2 ⑥ 若要使①式成立,必须满足

()

()

s m kg m kg s (kg)m s β

γ

αβγαβγ---+--=??=??13232 ⑦

由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性,有 30αβ-=, ⑧ 0βγ+=, ⑨ 21γ= ⑩ 解为

311

,,222

αβγ=-=-= ?

将?式代入①式得

f = ?

评分标准:本题12分. 第(1)问2分,答案正确2分;第(2)问3分,答案正确3分;第(3)问7分,

⑦式2分,?式3分,?式2分(答案为f 、f =f ∝2分).

二、(16分)

解法一:瓶内理想气体经历如下两个气体过程:

000000(,,,)(,,,)(,,,)???????→?????→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温

其中,000000(,,,),(,,,,,,)i i f f f p V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、

温度和摩尔数.根据理想气体方程pV NkT =,考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等,有

f f i

i

p N p N =

另一方面,设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积,即

000(,,,)(,,,)i i i p V T N p V T N '????→绝热膨胀

此绝热过程满足

1/00i V p V p γ

??

= ?'??

由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =,所以 0

f i

N V N V =

'

③ 联立①②③式得

1/0f

i i p p p p γ

??= ???

此即

ln

ln i i f

p p p p γ= ⑤

由力学平衡条件有

0i i p p gh ρ=+ ⑥ 0f f p p gh ρ=+ ⑦ 式中,00p gh ρ=为瓶外的大气压强,ρ是U 形管中液体的密度,g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得

00

ln(1)ln(1)ln(1)

i

f i h h h h

h h γ+

=

+-+ ⑧

利用近似关系式:1, ln(1)x x x +≈ 当,以及 00/1, /1i f h h h h ,有

000///i i

i f i f h h h h h h h h h γ==

-- ⑨

评分标准:本题16分.①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分.

解法二:若仅考虑留在容器内的气体:它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ,再通过等容升温过程bc 达到末态

100000(,,)(,,)(,,)?????→?????→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc

其中,100000(,,),(,,,,)i f p V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度.留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程

1100ab: γγγγ----=i p T p T ①

00bc://=f p T p T ②

由①②式得

1/0f

i i p p p p γ

??

= ???

此即

ln

ln i

i f

p p p p γ= ④ 由力学平衡条件有

0i i p p gh ρ=+ ⑤ 0f f p p gh ρ=+ ⑥

式中,00p gh ρ=为瓶外的大气压强,ρ是U 形管中液体的密度,g 是重力加速度的大小.由④⑤⑥式得

00

ln(1)ln(1)ln(1)

i

f i h h h h

h h γ+

=

+-+ ⑦

利用近似关系式:1, ln(1)x x x +≈ 当,以及 00/1, /1i f h h h h ,有

000///i i

i f i f h h h h h h h h h γ=

=

-- ⑧

评分标准:本题16分.①②式各3分,④⑤⑥⑦⑧式各2分.

三、(20分)

(1)平板受到重力C P 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ,各力及其作用点的坐标分别为:

C (0,sin ,cos )??=--mg mg P ,(0,0,)h ;

0M (0,,0)Q =Q , 00(,0,)x z ;

A A A A (,,)x y z N N N =N , (,0,0)2

b

B B B B (,,)x y z N N N =N , (,0,0)2

b

-

式中

h =是平板质心到x 轴的距离.

平板所受力和(对O 点的)力矩的平衡方程为

A B x

0=+=∑x

x

F N N

① A B sin 0

?=++-=∑y

y

y

F Q N N mg

② A B cos 0

?=+-=∑z

z

z

F N N mg

③ 0

sin 0

x

M mgh Q z ?=-?=∑

④ B A 022

=-=∑y z

z b b

M N N

0A B 022

z y

y b b

M Q x N N =?+-=∑

联立以上各式解得

sin mgh Q z ?

=

, A B x x N N =-,

000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ???=

-+????,000sin 21()2By mg h b x N b z z ???

=--????

A B 1

cos 2z z N N mg ?

==

0M 0

sin (0,

,0)mgh z ?

=Q , ⑦

0A A 002sin 1

(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ????=-+

????N , ⑧ 0B A 0

02sin 1

(,

1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ????=---

????N

(2)如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点000M (,0,)x z 缓慢改变的过程中,可以使铰链支点对板的作用力

By N 保持不变,则需 sin 21()2

By mg h b x N b z z ???

=

--=????

常量 ⑩ M 点移动的起始位置为0M ,由⑩式得 0

0022-=-b x b x z z z z

? 或

00

022b x b x z z z ??

-=-

??? ? 这是过A(,0,0)2

b

点的直线. (*)

因此,当力M Q 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时,铰链支点B 对板的作用力By N 保持不变. 同理,当力M Q 的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时,铰链支点A 对板的作用力Ay N 保持不变.

评分标准:本题20分.第(1)问14分,①式1分,②③④⑤⑥式各2分,⑦⑧⑨式各1分;第(2)问6分,⑩?式各1分,(*) 2分,结论正确2分.

四、(24分)

(1)考虑小球沿径向的合加速度. 如图,设小球下滑至θ 角位置时,小球相对于圆环的速率为v ,圆环绕轴转动的角速度为ω .此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加

速度大小为 2

1a R

=

v

① 同时,对应于圆环角速度ω,指向OO '轴的小球加速度大小为

2

(sin )sin R a R ωωθθ= ②

该加速度的指向中心C 的分量为

2

2(sin )sin R a a R ωωθθ== ③

该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为

2

3(sin )cos cot R a a R

ωωθθθ== ④

由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ 角位置时,其指向中心C 的合加速度大小为

l

22

12(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R

在小球下滑至θ 角位置时,将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方

向的分量T . 值得指出的是:由于不存在摩擦,圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量:在径向的分量不改变小球速度的大小,亦不改变小球对转轴的角动量;沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小;在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量,其反作用力将改变环对转轴的角动量,但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向,由牛顿第二定律有

22

(sin )cos R R N mg ma m

R

ωθθ++==v ⑥ 合外力矩为零,系统角动量守恒,有

202(sin )L L m R θω=+ ⑦

式中L 0和L 分别为圆环以角速度ω0和ω转动时的角动量.

如图,考虑右半圆环相对于轴的角动量,在θ角位置处取角度增量?θ, 圆心角?θ所对圆弧l ?的质量为m l λ?=?(0

2m R

λπ≡

),其角动量为 2sin L m r l rR Rr z R S ωλωθλωλω?=?=?=?=? ⑧

式中r 是圆环上θ 角位置到竖直轴OO '的距离,S ?为两虚线间

窄条的面积.⑧式说明,圆弧l ?的角动量与S ?成正比. 整个圆环(两个半圆环)的角动量为

22001

22222

m R L L R m R R πωωπ=?=?=∑ ⑨

[或:由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO '的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半,即

201

2

J m R = ⑧

则角动量L 为

201

2

L J m R ωω== ⑨ ]

同理有

20001

2

L m R ω= ⑩

力N 及其反作用力不做功;而T 及其反作用力的作用点无相对移动,做功之和为零;系统机械能守恒. 故

2201

2(1cos )2[(sin )]2

k k E E mgR m R θωθ-+?-=?+v ?

式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能.圆弧l ?的动能为

222111

()sin 222

k E m r l rR R S ωλωθλω?=?=?=?

整个圆环(两个半圆环)的动能为

2

2220011222224

k k m R E E R m R R πωωπ=?=????=∑ ? [或:圆环的转动动能为

222011

24

k E J m R ωω== ? ]

同理有

22

000

14

k E m R ω= ? 根据牛顿第三定律,圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2cos N θ,当

02cos N m g θ≥ ?

时,圆环才能沿轴上滑.由⑥⑦⑨⑩?? ?式可知,?式可写成

22

2

000

0220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθ

θθθ??-+-

-≤??+??

m R m m m m g

m m ?

式中,g 是重力加速度的大小.

(2)此时由题给条件可知当=30θ?时,?式中等号成立,即有

2

0020912()m m m m m ??-+=

- ?

+???

00(m m ω=+ ?

由⑦⑨⑩?式和题给条件得

0000

200+4sin +m m m m m m ωωωθ=

== ? 由?????式和题给条件得

v ?

评分标准:本题24分.第(1)问18分,①②③④⑤式各1分,⑥⑦式各2分,⑨⑩式各1分,?式2分,??式各1分,?式2分,?式1分;第(2)问6分,???式各2分.

五、(20分)

(1)设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知:20cm u =, 10cm f =,代入透镜成像公式

111

u f

+=v ① 得像距为

20cm =v ②

其横向放大率为

1u

β=-

=-v

③ 可知圆盘像在凸透镜右边20cm ,半径为5cm ,为圆盘状,圆盘与其像大小一样.

(2)如下图所示,连接A 、B 两点,连线AB 与光轴交点为C 点,由两个相似三角形AOC ?与BB'C ?的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分

若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处,此时圆形光阑在C 点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时,均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像,因而圆盘像的形状及大小不变,而亮度变暗. 2分

此时不存在圆形光阑半径a r 使得圆盘像大小的半径变为(1)中圆盘像大小的半径的一半.1分

(3)若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处,此时圆形光阑在C 点(距离透镜为15cm )的右侧. 由下图所示,此时有:

CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm, 利用两个相似三角形CRR'?与CBB'?的关系,得 CR'52

RR'=

BB'=5cm 3cm CB'5

r -=??= ④ 可见当圆盘半径3cm r =(光阑边缘与AB 相交)时,圆盘刚好能成完整像,但其亮度变

暗. 4分

若进一步减少光阑半径,圆盘像就会减小.当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时,圆盘像的半径就会减小为一半,如下图所示.此时光阑边缘与AE 相交,AE 与光轴的交点为D ,

由几何关系算得D 与像的轴上距离为20

7

cm. 此时有

620

D R '=

c m , D E '=c m , E E '=2.5c m ,

7

7

利用两个相似三角形DRR'?与DEE'?的关系,得

D R '20/72

R R '=E E '= 2.5c m 0.75c m D E '20/7

a r -=??= ⑤ 可见当圆形光阑半径a r =0.75cm ,圆盘像大小的半径的确变为(1)中圆盘像大小的半径的一半. 3分

A

C

O B

B' C

R

B

R'

B'

(4)只要圆形光阑放在C 点(距离透镜为15cm )和光屏之间,圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关. 2分

(5)若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处,则当圆形光阑半径逐渐减小时,圆盘像的形状及大小不变,亮度变暗; 2分

同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为(1)中圆盘像大小的半径的一半. 1分

评分标准:第(1)问3分,正确给出圆盘像的位置、大小、形状,各1分;

第(2)问5分,4个给分点分别为1、1、2、1分; 第(3)问7分,2个给分点分别为2、3分; 第(4)问2分,1个给分点为2分;

第(5)问3分,2个给分点分别为2、1分.

六、(22分)

(1)整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联,可旋转金属板的转角为θ时

1()2()C NC θθ=

式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容

1()

()4A C ks

θθπ=

这里,()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积,有

2

000200

200

200012(2), 212(), 0

2()12(), 021

2(2), 2

R R A R R θπθθθπθθθπθθθθθπθθππθθθ??--≤≤-??

??+-≤≤?=???-≤≤-????--<

由②③式得

2

0002001200

20001(2), 41(), 04()1(), 041(2), 4R ks R ks

C R ks R ks

θπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ?--≤≤-??

?+-≤≤?=??-≤≤-???--<

D

R

E

R' E'

由①④式得

2

000200200

2000(2), 2(), 02()(), 02(2), 2N R ks N R ks C N R ks N R ks

θπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ?--≤≤-??

?+-≤≤?=??-≤≤-???--<

(2)当电容器两极板加上直流电势差E 后,电容器所带电荷为

()()θθ=Q C E

当0θ=时,电容器电容达到最大值max C ,由⑤式得

20

max

2NR C ks

θπ=

充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ,由⑥式得

20max

2NR Q E ks

θπ= ⑧

断开电源,在转角θ取0θ=附近的任意值时,由⑤⑧式得,电容器内所储存的能量为

2222

max 0000() 2()4()

θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当

设可旋转金属板所受力矩为()T θ(它是由若干作用在可旋转金属板上外力i F 产生的,不失普遍性,可认为i F 的方向垂直于转轴,其作用点到旋转轴的距离为i r ,其值i F 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致),当金属板旋转θ?(即从θ变为θθ+?)后,电容器内所储存的能量增加U ?,则由功能原理有

()()()θθθθ?=?=?=?∑∑i i i i T Fr F l U

式中,由⑨⑩式得

2220002

0()

() 4()θθθθθπθθπθθ?==-≤≤-?-NR E U T ks 当

?

当电容器电容最大时,充电后转动可旋转金属板的力矩为

220

4θθπ=???== ?

???U NR E T ks ?

(3)当0cos V V t ω=,则其电容器所储存能量为

[]2

22max min max min 02

max min max min 020

max min max min max min max min 2

012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V

C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=??

=++-??????=++-+????

=

++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21

()[cos2()cos2()]}

2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-

?

由于边缘效应引起的附加电容远小于max C ,因而可用⑦式估算max C .如果m ωω≠,利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式

cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,

?

可得电容器所储存能量的周期平均值为

22

21max min 001(1)()832NR U C C V V ks

λ+=+=

?

如果m ωω=,?式中第4式右端不是零,而是1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为

2222

22max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks

λ+=++-=+= ?

由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的,因而max C 应比用⑦式估计max C 大;这

一效应同样使得min 0C >;可假设实际的max min ()C C -近似等于用⑦式估计max C .如果m ωω≠,利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式

cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t +-,

?

可得电容器所储存能量的周期平均值为

22

21max min 001(12)()832NR U C C V V ks

λ+=+=

?

[如果m ωω=,?中第4式右端不是零,而是1.利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式?的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 2222

22max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks

λ+=++-=+= ?

]

212 U U U >因为,则最大值为,所对应的m ω为

m ωω=

?

评分标准:本题22分.第(1)问6分,①②式各1分,③⑤式各2分;第(2)问9分,⑥⑦⑧⑨⑩式各1分(⑩式中没有求和号的,也同样给分;没有力的符号,也给分),??式各2分;第(3)问7分,??式各2分,???式各1分.

七、(26分)

(1)通有电流i 的钨丝(长直导线)在距其r 处产生的磁感应强度的大小为

m i

B k r

=

① 由右手螺旋定则可知,相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆,磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向,它与电流i 的方向成右手螺旋.

两根相距为d 的载流钨丝(如图(a ))间的安培力是相互吸引力,大小为 2

m k Li F B Li d

?=?=

② 考虑某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力.由系统的对称性可知,每根钨丝受到的合力方向都指向轴心;我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可.如图,设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为?,则它们间的距离为

2sin

2

d r ?

= ③

由②③式可知,两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为

22

sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r r

????== ④

它与?无关,也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同,但在径向方向上的分量大小却是一样的;而垂直于径向方向的力相互抵消.因此,某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为

2

22

(1)(1)22-?-?==

m m N k L I N k Li F r rN 内

⑤ 其方向指向轴心.

(2)由系统的对称性可知,所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等,方向与柱轴垂直,且指向柱轴.所考虑的圆柱面,可视为由很多钨丝排布而成,N 很大,但总电流不变.圆柱面上?

?角对应的柱面面积为

s r L ?=?? ⑥ 圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为

2

2(1)24m N N k Li N F P s r L

?ππ-??==

?

由于1N ,有

22(1)-=N N i I 内 ⑧ 由⑦⑧式得

2

2

4π=

m k I P r 内

⑨ 代入题给数据得

1221.0210N/m P =? ⑩ 一个大气压约为5210N/m ,所以

710atm P ≈

?

即相当于一千万大气压.

(3)考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点A 的磁场强度. 根据对称性可知,其磁场如果不为零,方向一定在过A 点且平行于通电圆柱的横截面. 在A 点所在的通电圆柱的横截面(纸面上的圆)内,过A 点作两条相互间夹角为微小角度θ?的直线,在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2,如图(b )所示.

由几何关系

图(a)

以及钨丝在圆周上排布的均匀性,通过L 1和L 2段的电流之比/I I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12:

111

222

==I L l I L l ? 式中,因此有

1212

=m m I I k k l l ? 即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同,方向相反,相互抵消.整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段,因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零,所以通电外圈钨丝的存在,不改变前述两小题的结果.

(4)由题中给出的已知规律,内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为

=m I

B k R

? 方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向,由右手螺旋法则确定.外圈钨丝的任一根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为

22

2(1)(2)

+ 22-??+=?=m m m M k L I I k I k L I I I F L RM M R RM

外外内外内外外 ?

式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到,第二项由?式和安培力公式得到.

因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为

2

2

(2)24?π?π+?==??外

外内外外m F k I I I M P R L R ? 若要求

22

22

244ππ+>外内外内

()m m k I I I k I R r

? 只需满足

(5)考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C 的磁场强度. 根据对称性可知,长直圆柱面上的均匀电流

在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面(纸面上的圆),与圆的径向垂直,满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内,过C 点作两条相互间夹角为微小角度θ?的直线,在圆上截取两段微小圆弧3L 和4L ,如图(c )所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性,穿过3L 和4L 段的电流之比34/I I 等于它们到C 点的距离之比34/l l :

333

444

I L l I L l == ? 式中,33CL l =,44CL l =,CO l =. 由此得

334

43434

I I I I l l l l +==+ ?

考虑到磁场分布的对称性,全部电流在C 点的磁感应强度应与CO 垂直. 穿过3L 和4L 段的电流在C 点产生的磁感应强度的垂直于CO 的分量之和为

3344C 3434

cos cos 2cos m m m I I I I

B k k k l l l l θθθ+=+=+ ○21 设过

C 点所作的直线34CL L 与直线CO 的夹角为θ,直

线34CL L 与圆的半径4OL 的夹角为α(此时,将微小弧元视为点). 由正弦定理有

34

sin()sin sin()

l l l αθααθ==-+ ○22 式中,3OCL θ=,4CL O α=. 于是

343434C 342cos 2sin cos [sin()sin()]m m m I I I I I I

B k k k l l l l

θαθαθαθ+++===+++- ○

23

即穿过两段微小圆弧的电流3I 和4I 在C 点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于3I 和4I 移至圆柱轴在在C 点产生的磁场.整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段,因此沿柱轴通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场

,m I

B k l r l

=>内 ○

24 方向垂直于C 点与圆心O 的连线,满足右手螺旋法则.

评分标准:本题26分.第(1)问6分,②③式各1分,④式2分,⑤式1分,方向1分;第(2)问6分,⑥~?式各1分;第(3)问3分,??式各1分,对称性分析正确1分;第(4)问6分,??各2

分,??式各1分;第(5)问5分,?○

21○22○23○24式各1分.

八、(20分)

(1)由题给条件,观察到星系的谱线的频率分别为141 4.54910Hz ν'=?和142

6.14110Hz ν'=?,它们分别对应于在实验室中测得的氢原子光谱的两条谱线ν1和ν2.由红移量z 的定义,根据波长与频率的关系可得

νννννν''--=

=''1122

12

z

式中,ν'是我们观测到的星系中某恒星发出的频率,而ν是实验室中测得的同种原子发出的相应的频率. 上

式可写成

1122

1111

(1),(1)νννν=+=+'' z z

由氢原子的能级公式

2

=

n E E n , ②

得到其巴耳末系的能谱线为

00

22

2ν=

-E E h n ③ 由于z 远小于1,光谱线红移后的频率近似等于其原频率.把1

ν'和2

ν'分别代入上式,得到这两条谱线的相

应能级的量子数

1234≈

≈≈

≈, n n ④

从而,证实它们分别由n=3和4向k =2的能级跃迁而产生的光谱,属于氢原子谱线的巴尔末系.这两条谱线在实验室的频率分别为

14012211() 4.56710Hz 23

=-

-=?E v h , 14022211

() 6.16610Hz 24=--=?E v h

根据波长与频率的关系可得,在实验室中与之相对应的波长分别是

12656.4nm 486.2nm λλ==, ⑤

(2)由①式可知

112212

1()0.00402νννννν''

--=+=''z ⑥

由于多普勒效应,观测到的频率

νν'=

因为v c ,推导得

z = v /c

从而,该星系远离我们的速度大小为

860.0040 2.99810 m/s 1.210 m/s v ==??=?zc ⑦

(3)由哈勃定律,该星系与我们的距离为

6

4

1.210 Mpc 18Mpc 6.78010

v D H ?===? ⑧

评分标准:本题20分. 第(1)问14分,①式2分,③④⑤式各4分;第(2)问4分,⑥⑦式各2分;

第(3)问2分,⑧式2分. (有效数字位数正确但数值有微小差别的,仍给分)

第21届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答

第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷 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d P S t k N ?=,其中t 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,材料的气密性能愈好. 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 =0.150cm 2.实验中,首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ,再将薄膜固定于图中C C '处,从而把渗透室分为上下两部分,上面部分的容积30cm 00.25=V ,下面部分连同U 形管左管水面以上部分的总容积为V 1,薄膜能够透气的面积S =1.00cm 2.打开开关K 1、K 2与大气相通,大气的压强P 1=1.00atm ,此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ,31cm 00.5=V .关闭K 1、K 2后,打开开关K 3,对渗透室上部分迅速充气至气体压强atm 00.20=P ,关闭K 3并开始计时.两小时后, U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=?H .实验过程中,始终保持温度为C 0 .求该薄膜材料在C 0 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 ). 二、(20分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动,它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期.已知轨道近地点离地心的距离是地球半径R 的2倍,卫星通过近地点时的速度R GM 43=v ,式中M 为地球质量,G 为引力常量.卫星上装有同样的角度测量仪,可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角.试设计一种测量方案,利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离.(最后结果要求用测得量和地球半径R 表示) 三、(15分)μ子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命s 100.260-?≈τ.宇宙射线与大气在高空某处发生核反应产生一批μ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()()τt N t N -=e 0,式中τ为相对该惯性系粒子的平均寿命.若能到达地面的μ子数为原来的5%,试估算μ子产生处相对于地面的高度h .不考虑重力和地磁场对μ子运动的影响. 四、(20分)目前,大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条状,通常称为激光二极管条.但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束,光能分布很不集中,不利于传输和应用.为了解决这个问题,需要根据具体应用的要求,对光束进行必需的变换(或称整形).如果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束,对半导体激光的传输和应用将是非常有意义的.为此,有人提出了先把多束发散光会聚到一点,再变换为平行光的方案,其基本原理可通过如下所述的简化了的情况来说明. 如图,S 1、S 2、S 3 是等距离(h )地排列在一直线上的三个点光源,各自向垂直于它们的连线的同一方向发出半顶角为α =arctan ()41的圆锥形光束.请使用三个完全相同的、焦距为f = 1.50h 、半径为r =0.75 h 的圆形薄凸透镜,经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜,使三束光都能全部投射到这个组合 C E F

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第23届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、(23分)有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管,管内为真空,管内有一小球自某处自由下落(初速度为零),落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞.以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动。现用支架固定一照相机,用以拍摄小球在空间的位置。每隔一相等的确定的时间间隔T 拍摄一张照片,照相机的曝光时间极短,可忽略不计。从所拍到的照片发现,每张照片上小球都处于同一位置。求小球开始下落处离玻璃管底部距离(用H 表示)的可能值以及与各H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。 二、(25分)如图所示,一根质量可以忽略的细杆,长为2l ,两端和中心处分别固连着质量为m 的小球B 、D 和C ,开始时静止在光滑的水平桌面上。桌面上另有一质量为M 的小球A ,以一给定速度0v 沿垂直于杆DB 的方间与右端小球B 作弹性碰撞。求刚碰后小球A,B,C,D 的速度,并详细讨论以后可能发生的运动情况。 三、(23分)有一带活塞的气缸,如图1所示。缸内盛有一定质量的气体。缸内还有一可随轴转动的叶片,转轴伸到气缸外,外界可使轴和叶片一起转动,叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的,它们的热容量都不计。轴穿过气缸处不漏气。 如果叶片和轴不转动,而令活塞缓慢移动,则在这 种过程中,由实验测得,气体的压强p 和体积V 遵从以下的过程方程式 图1 其中a ,k 均为常量, a >1(其值已知)。可以由上式导出,在此过程中外界对气体做的功为 式中2V 和1V ,分别表示末态和初态的体积。 如果保持活塞固定不动,而使叶片以角速度ω做匀角速转动,已知在这种过程中,气体的压强的改变量p ?和经过的时间t ?遵从以 图2 下的关系式 式中V 为气体的体积,L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。 上面并没有说气体是理想气体,现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识,求出图2中气体原来所处的状态A 与另一已知状态B 之间的内能之差(结果要用状态A 、B 的压强A p 、B p 和体积A V 、B V 及常量a 表示) 四、(25分)图1所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能,称为整流倍压电路。图中1D 和2D 是理想的、点接触型二极管(不考虑二极管的电容),1C 和2C 是理想电容器,它们的电容都为C ,初始时都不带电,G 点接地。现在A 、G 间接上一交变电源,其电压A u ,随时间t 变化的图线如图2所示.试

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案(word版)

第28届全国中学生物理竞赛复赛试题 一、(20分)如图所示,哈雷彗星绕太阳S沿椭圆轨道逆时针方向运动,其周期T为76.1年。1986年它过近日点P0时,与太阳S的距离r0=0.590AU,AU是天文单位,它等于地球与太阳的平均距离。经过一段时间,彗星到达轨道上的P点,SP与SP0的夹角θP=72.0°.已知:1AU=1.50×1011m,引力常量G=6.67×10-11m3?kg-1?s-2,太阳质量m S=1.99×1030kg.试求P到太阳S的距离r P及彗星过P点时速度的大小及方向(用速度方向与SP0的夹角表示)。 二、(20分)质量均匀分布的刚性杆AB、CD如图放置,A点与水平地面接触,与地面间的静摩擦因数为μA, B、D两点与光滑竖直墙面接触,杆A B和CD接触处的静摩擦因数为μC,两杆的质量均为m,长度均为l. (1)已知系统平衡时AB杆与墙面夹角θ,求CD杆与墙面的夹角α应满足的条件(用α及已知量满足的方程式表示)。 (2)若μA=1.00,μC=0.866,θ=60.0°,求系统平衡时α的取值范围(用数值计算求出)。

三、(25分)人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称轴稳定在规定指向,一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。但有时为了改变卫星的指向,又要求减慢或者消除卫星的旋转。减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO—YO”消旋法,其原理如图。 设卫星是一半径为R、质量为M的薄壁圆筒,其横截面如图所示。图中O是圆筒的对称轴。两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q、Q'(位于圆筒直径两端)处,另一端各拴有一质量为m/2的小球。正常情况下,绳绕在圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0'处,与卫星形成一体,绕卫星的对称轴旋转。卫星自转的角速度为ω0.若要使卫星减慢或停止旋转(消旋),可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,接触小球与卫星的联系,于是卫星停止转动。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在Q、Q'处。试求: (1)当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度l; (2)绳的总长度L; (3)卫星从ω0到停转所经历的时间t. m /2

2018年第35届全国中学生物理竞赛预赛试卷(纯WORD版)

2018年第35届全国中学生物理竞赛预赛试卷 本卷共16题,满分200分 一、选择题.本题共5小题,每小题6分,在每小题给出的4个选项中,有的小题只有一项符合题意,有的小题有多项符合题意.把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内.全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分。 1.居里夫人发现了元素钋(Po),其衰变的核反应方程式为206 082a c e b d b f P P αγ→++,其中,a 、b 、 c 、 d 、 e 、 f 的值依次为[ ] A.211、84、4、2、1、0 B.210、84、4、2、0、0 C.207、84、1、1、0、1 D.207、83、1、1、0、0 2.如图,一劲度系数为k 的轻弹簧上端固定在天花板上,下端连接一质量为 m 的小球,以小球的平衡位置O 作为坐标原点,x 轴正方向朝下。若取坐标 原点为系统势能的零点,则当小球位于坐标为x 0的位置时,系统的总势能 为[ ] A.20012kx mgx - B. 2001()2mg k x mgx k +- C.201()2mg k x k + D.2012kx 3.库伦扭摆装置如图所示,在细银丝下悬挂一根绝缘棒,棒水平静止;棒的 两端各固定一相同的金属小球a 和b,另一相同的金属小球c 固定在插入 的竖直杆上,三个小球位于同一水平圆周上,圆心银丝为棒的悬点O 。细 银丝自然悬挂时,a 、c 球对0点的张角α=4°。现在使a 和c 带相同电 荷,库伦力使细银丝扭转,张角a 增大,反向转动细银丝上端的旋钮可使张 角a 变小;若将旋钮缓慢反向转过角度β=30°,可使小球a 最终回到原来 位置,这时细银丝的扭力矩与球a 所受球c 的静电力的力矩平衡。设细 银丝的扭转回复力矩与银丝的转角B 成正比。为使最后a 、c 对0点的 张角α=2°,旋钮相对于原自然状态反向转过的角度应为[ ] A.β=45° B.β=60° C.β=90° D.β=120°

第13届全国中学生物理竞赛复赛试题及解答

第十三届全国中学生物理竞赛复赛试题 1.如图所示,有一由匀质细导线弯成的半径为α的圆线和一内接等边三角形的电阻丝组成的电路(电路中各段的电阻值见图)。在圆线圈平面内有垂直纸面向里的均匀磁场,磁感应强度B随时间t均匀减小,其变化率的大小 为一已知常量k。已知2r 1=3r 2 。求:图中AB两点的电势差U A -U B 。 2.长度为4毫米的物体AB由图所示的光学系统成像,光学系统又一个直角棱镜、一个汇聚透镜和一个发散透镜组成,各有关参数和几何尺寸均标示于图上,求:像的位置;像的大小,并作图说明是实像还是虚像,是正立还是倒立的。 3.如图所示,四个质量均为m的质点,用同样长度且不可伸长的轻绳连接成菱形ABCD,静止放在水平光滑的桌面上。若突然给质点A一个历时极短CA 方向的冲击,当冲击结束的时刻,质点A的速度为V,其他质点也获得一定 的速度,∠BAD=2α(α<π/4)。求此质点系统受冲击后所具有的总动量和总能量。

4.在一个半径为R的导体球外,有一个半径为r的细圆环,圆环的圆心与导体球心的连线长为a(a>R),且与环面垂直,如图所示。已知环上均匀带电,总电量为q,试问: 1.当导体球接地时,球上感应电荷总电量是多少? 2.当导体球不接地而所带总电量为零时,它的电势如何? 3.当导体球的电势为V O 时,球球上总电荷又是多少? 4.情况3与情况1相比,圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何? 5.情况2与情况1相比,圆环受导体球的作用力改变量的大小和方向如何? 〔注〕已知:装置不变时,不同的静电平衡 带电状态可以叠加,叠加后仍为静电平衡状 态。 5、有一个用伸缩性极小且不漏气的布料制作的气球(布的质量可忽略不计), 直径为d=2.0米,球内充有压强P 1.005×105帕的气体,该布料所能承受 的最大不被撕破力为f m =8.5×103牛/米(即对于一块展平的一米宽的布料,沿布面而垂直于布料宽度方向所施加的力超过8.5×103牛时,布料将被撕 破)。开始时,气球被置于地面上,该处的大气压强为P ao =1.000×103帕, 温度T =293开,假设空气的压强和温度均随高度而线性地变化,压强的变 化为α p =-9.0帕/米,温度的变化为α T =-3.0×10-3开/米,问该气球上升到 多高时将撕破?假设气球上升很缓慢,可以为球内温度随时与周围空气的温度保持一致,在考虑气球破裂时,可忽略气球周围各处和底部之间空气压强的差别。 6.有七个外形完全一样的电阻,已知其中6个的阻值相同,另一个的阻值不同,请按照下面提供的器材和操作限制,将那个限值不同的电阻找出,并指出它的阻值是偏大还是偏小,同时要求画出所用电路图,并对每步判断的根据予以论证。 提供的器材有:1电池;2一个仅能用来判断电流方向的电流表(量程足够),它的零刻度在刻度盘的中央,而且已知当指针向右偏时电流是由哪个接线柱流入电流表的;3导线若干 操作限值:全部过程中电流表的使用不得超过三次。

第24届全国物理竞赛复赛试题及答案

第24届全国中学生物理竞赛复赛试卷 (本题共七大题,满分160分) 一、(20分)如图所示,一块长为m L 00.1=的光滑平板PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖直导轨),从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期s T 00.2=。一小球B 放在光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板P 端的正上方,到P 端的距离为m h 80.9=。平板静止在其平衡位置。水球B 与平板PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度0μ,使它从水平台面抛出。已知小球B 与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, 0μ的值应在什么范围内?取2/8.9s m g = 二、(25分)图中所示为用三角形刚性细杆AB 、BC 、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和CD 杆可分别绕过A 、D 的垂直于纸面的固定轴转动,A 、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与AB 杆和CD 杆相连,可绕连接处转动(类似铰链)。当AB 杆绕A 轴以恒定的角速度ω转到图中所示的位置时,AB 杆处于竖直位置。BC 杆与CD 杆都与水平方向成45°角,已知AB 杆的长度为l ,BC 杆和CD 杆的长度由图给定。求此时C 点加速度c a 的大小和方向(用与CD 杆之间的夹角表示) 三、(20分)如图所示,一容器左侧装有活门1K ,右侧装有活塞B ,一厚度可以忽略的隔板M 将容器隔成a 、b 两室,M 上装有活门2K 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和活塞可用销钉固定,拔掉销钉即可在容器内左右平移,移动时不受摩擦作用且不漏气。整个容器置于压强为P 0、温度为T 0的大气

第35届全国中学生物理竞赛决赛试题(word版)

第35届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题(上海交大) 1、(35分) 如图,半径为R 、质量为M 的半球静置于光滑水平桌面上,在半球顶点上有一质量为m 、半径为r 的匀质小 球。某时刻,小球收到微扰由静止开始沿半球表面运动。在运动过 程中,小球相对半球的位置由角位置θ描述,θ为两球心连线与竖直线的夹角。己知小球绕其对称轴的转动惯量为225 mr ,小球与半球间的动摩擦因数为μ,假定最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加 速度大小为g 。 (1)(15分)小球开始运动后在一段时间内做纯滚动,求在此过程中,当小球的角位置为θ1时,半球运动的速度大小1()M V θ和加速度大小1()M a θ; (2)(15分)当小球纯滚动到角位置θ2时开始相对于半球滑动,求θ2所满足的方程(用半球速度大小2()M V θ和加速度大小2()M a θ以及题给条件表示); (3)(5分)当小球刚好运动到角位置θ3时脱离半球,求此时小球质心相对于半球运动速度的大小3()m v θ 2、(35分) 平行板电容器极板1和2的面积均为S ,水平固定放置,它们之间的距离为 d ,接入如图所示的电路中,电源的电动势记为U 。不带电的导体薄平板3(厚 度忽略不计)的质量为m 、尺寸与电容器极板相同。平板3平放在极板2的 正上方,且与极板2有良好的电接触。整个系统置于真空室内,真空的介电 常量为0ε。合电键K 后,平板3与极板1和2相继碰撞,上下往复运动。假设导体板间的电场均可视为匀强电场;导线电阻和电源内阻足够小,充放电时间可忽略不计;平板3与极板1或2碰撞后立即在极短时间内达到静电干衡;所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为g 。 (1)(17分)电源电动势U 至少为多大? (2)(18分)求平板3运动的周期(用U 和题给条件表示)。 已知积分公式 ( 2ax b C =+++,其中a >0,C 为积分常数。

第25届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

2008年第25届全国中学生物理竞赛复赛试卷 本卷共八题,满分160分 一、(15分) 1、(5分)蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是0.033s 。假设它是由均匀分布的物质构成的球体,脉冲周期是它的旋转周期,万有引力是唯一能阻止它离心分解的力,已知万有引力常量 113126.6710G m kg s ---=???,由于脉冲星表面的物质未分离,故可估算出此脉冲星密度的下限是3kg m -?。 2、(522C -?,电荷量q 1洁的形式F q =C 。 3、(5强度B 当B 。 二、(21圆轨道,高 5 31 f H =1所示)使卫星以后的近地点点火,使卫星加速和变轨,抬高远地点,相继进入24小时轨道、转移轨道(分别如图中曲线3、4、5所示)。已知卫星质量32.35010m k g =?,地球半径 36.37810R km =?,地面重力加速度29.81/g m s =,月球半径31.73810r km =?。 1、试计算16小时轨道的半长轴a 和半短轴b 的长度,以及椭圆偏心率e 。 2、在16小时轨道的远地点点火时,假设卫星所受推力的方向与卫星速度方向相同,而且点火时间很短,可以认为椭圆轨道长轴方向不变。设推力大小F=490N ,要把近地点抬高到600km ,问点火时间应持续多长? 3、试根据题给数据计算卫星在16小时轨道的实际运行周期。 4、卫星最后进入绕月圆形轨道,距月面高度H m 约为200km ,周期T m =127分钟,试据此估算月球质量与地球质量之比值。

三、(22分)足球射到球门横梁上时,因速度方向不同、射在横梁上的位置有别,其落地点也是不同的。已知球门的横梁为圆柱形,设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上,球与横梁间的滑动摩擦系数0.70μ=,球与横梁碰撞时的恢复系数e=0.70。试问足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内(含球门上)?足球射在横梁上的位置用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向(垂直于横梁的轴线)的夹角θ(小于90)来表示。不计空气及重力的影响。 四、(20分)图示为低温工程中常用的一种气体、蒸气压联合温度计的原理示意图,M 为指针压力表,以V M 表示其中可以容纳气体的容积;B 为测温饱,处在待测温度的环境中,以V B 表示其体积;E 为贮气容器,以V E 表示其体积;F 为阀门。M 、E 、B 由体积可忽略的毛细血管连接。在M 、E 、B 均处在室温T 0=300K 时充以压强50 5.210p Pa =?的氢气。假设氢的饱和蒸气仍遵从理想气体状态方125K 示的压强p 2时压力表M 在设25V T K =25K 时,3、的800五、(20个电子,时刻刚好到达电容器的左极板。电容器的两个极板上各开一个小孔,使电子束可以不受阻碍地穿过电容器。两极板图所示的周期性变化的电压AB V (AB A B V V V =-,图中只画出了一个周期的图线),电压的最大值和最小值分别为V 0和-V 0,周期为T 。若以τ表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔,则电压处于最小值的时间间隔为T -τ。已知τ的值恰好使在V AB 变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有的电子,能在某一时刻t b 形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小,电子穿过电容器所需要的时间可以忽略,且206mv eV =,不计电子之间的相互作用及重力作用。 1、满足题给条件的τ和t b 的值分别为τ=T ,t b =T 。 2、试在下图中画出t=2T 那一时刻,在0-2T 时间内通过电容器的电子在电容器右侧空间形成的电流I ,随离开右极板距离x 的变化图线,并在图上标出图线特征点的纵、横坐标(坐标的数字保留到小数点后第二位)。取x 正向为电流正方向。图中x=0处为电容器的右极板B 的小孔所在的位置,

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题

2018年第35届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2018年9月22日 一,(40分)假设地球是一个质量分布各向同性的球体。从地球上空离地面高度为h 的空间站发射一个小物体,该物体相对于地球以某一初速度运动,初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为R ,质量为M ,引力常量为G 。地球自转及地球大气的影响可忽略。 (1)若该物体能绕地球做周期运动,其初速度的大小应满足什么条件? (2)若该物体的初速度大小为v 0,且能落到地面,求其落地时速度的大小和方向(即速度与其水平分量之间的夹角),以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知对于2040c b ac , 有 322()b C c =-+- ,式中 C 为积分常数。

二,(40分)如图,一劲度系数为k的轻弹簧左端固定,右端连一质量为m的小球,弹簧水平水平,它处于自然状态时小球位于坐标原点O;小球课在水平地面上滑动,它与地面之间的摩擦因数为 。初始时小球速度为0,将此时弹簧相对于其原长的伸长记为-A0(A0>0但是它并不是已知量)。重力加速度大小为g,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力 (1)如果小球至多只能向右运动,求小球最终静止的位置,和此种情形下A0应满足的条件; (2)如果小球完成第一次向右运动至原点右边后,至多只能向左运动,求小球最终静止的位置,和此种情形下A0应满足的条件; (3)如果小球只能完成n次往返运动(向右经过原点,然后向左经过原点,算1 次往返) (4)如果小球只能完成n次往返运动,求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总路程。

三、(40 分)如图,一质量为M 、长为l 的匀质细杆AB 自由悬挂于通过坐标原点O 点的水平光滑转轴上(此时,杆的上端A 未在图中标出,可视为与O 点重合),杆可绕通过O 点的轴在竖直平面(即 x -y 平面, x 轴正方向水平向右)内转动;O 点相对于地面足够高,初始时杆自然下垂;一质量为m 的弹丸以大小为v 0 的水平速度撞击杆的打击中心(打击过程中轴对杆的水平作用力为零)并很快嵌入杆中。在杆转半圈至竖直状态时立即撤除转轴。重力加速度大小为 g 。 (1)求杆的打击中心到O 点的距离; (2)求撤除转轴前,杆被撞击后转过θ (0θ π<< )角时转轴对杆的作用力 (3)以撤除转轴的瞬间为计时零点,求撤除转轴后直至杆着地前,杆端 B 的位置随时间t 变化的表达 式 ()B x t 和 ()B y t ; (4)求在撤除转轴后,杆再转半圈时O 、B 两点的高度差。

2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案)

2016全国初中物理竞赛复赛试题(含答案) 初中物理是义务教育的基础学科,一般从初二开始开设这门课程,教学时间为两年。一般也是中考的必考科目。随着新高考/新中考改革,学生的综合能力越来越重要,录取方式也越来越多,三位一体录取方式十分看重学生的课外奖项获取。万朋教育小编为初中生们整理了2016年全国初中物理竞赛试卷和答案,希望对您有所帮助。 第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷 本卷共8题,满分160分。 一、(17分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放,释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。已知湖水密度为ρ;物块边长为b ,密度为'ρ,且ρρ<'。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下,求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。 解: 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变,因此,可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向 建立坐标系,以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x ,在物块未完全浸没入湖水时,其所受到的浮力为 2b f b x g ρ= ( x b ≤) (1) 式中 g 为重力加速度.物块的重力为 3 g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ,根据牛顿第二定律有

3 g b b a f f ρ'=- (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得 g a x b b ρρρρ'?? =- - ?'? ? (4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系,简称X 系. 新旧坐标的关 系为 X x b ρρ ' =- (5) 把(5)式代入(4)式得 g a X b ρρ=-' (6) (6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =,则0a =,对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知,当物块处于平衡位置时,物块下底面在x 系中的坐标为 0x b ρρ ' = (7) 物块运动方程在 X 系中可写为 ()()cos X t A t ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 'g b ρωρ= (10) 在(8)和(9)式中 A 和?分别是振幅和初相位,由初始条件决定. 在物块刚被释 放时,即0t =时刻有x =0,由(5)式得

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题(含答案)

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题 一、(20分)某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置,其中A 、B 、C 为3个容器,D 、E 、F 为3根细管,管栓K 是关闭的.A 、B 、C 及细管D 、E 中均 盛有水,容器水面的高度差分别为1h 和1h 如图所示.A 、B 、C 的截 面半 径为12cm ,D 的半径为0.2cm .甲向同伴乙说:“我若拧开管栓K ,会有水从细管口喷出.”乙认为不可能.理由是:“低处的水自动走向高外,能量从哪儿来?”甲当即拧开K ,果然见到有水喷出,乙哑口无言,但不明白自己的错误所在.甲又进一步演示.在拧开管栓K 前,先将喷管D 的上端加长到足够长,然后拧开K ,管中水面即上升,最后水面静止于某个高度处. (1).论证拧开K 后水柱上升的原因. (2).当D 管上端足够长时,求拧开K 后D 中静止水面与A 中水面的高度差. (3).论证水柱上升所需能量的来源. 二、 (18 分) 在图复19-2中,半径为R 的圆柱形区域内有匀强磁场,磁场方向垂直纸面指向纸外, 磁感应强度B 随时间均匀变化,变化率/B t K ??=(K 为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场,沿图中AC 弦的方向画一直线,并向外延长,弦AC 与半径OA 的夹角/4απ=.直线上有一任意点,设该点与A 点的距离为x ,求从A 沿直线到该点的电动势的大小. 三、(18分)如图复19-3所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有三个带正电的质点1、2、3,位于边长为l 的等边三角形的三个顶点处。C 为三角形的中心,三个质点的质量皆为m ,带电量皆为q 。质点 1、3之 间和2、3之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连,在3的连接处为无摩擦的铰链。已知开始时三个质点的速度为零,在此后运动过程中,当质点3运动到C 处时,其速度大小为多少? 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,L r 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

第29届全国高中物理竞赛复赛试题及答案

一、 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过程中始终保持不变,因此,可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向建立坐标系,以下简称x 系. 设物块下底面的坐标为x ,在物块未完全浸没入湖水时,其所受到的浮力为 2b f b x g ρ= (x b ≤) (1) 式中g 为重力加速度.物块的重力为 3g f b g ρ'= (2) 设物块的加速度为a ,根据牛顿第二定律有 3g b b a f f ρ'=- (3) 将(1)和(2)式代入(3)式得 g a x b b ρρρρ'??=-- ?'?? (4) 将x 系坐标原点向下移动/b ρρ' 而建立新坐标系,简称X 系. 新旧坐标的关系为 X x b ρρ'=- (5) 把(5)式代入(4)式得 g a X b ρρ=-' (6) (6)式表示物块的运动是简谐振动. 若0X =,则0a =,对应于物块的平衡位置. 由(5)式可知,当物块处于平衡位置时,物块下底面在x 系中的坐标为 0x b ρρ '= (7) 物块运动方程在X 系中可写为

()()cos X t A t ω?=+ (8) 利用参考圆可将其振动速度表示为 ()()sin V t A t ωω?=-+ (9) 式中ω为振动的圆频率 ω= (10) 在(8)和(9)式中A 和?分别是振幅和初相位,由初始条件决定. 在物块刚被释放时,即0t =时刻有x =0,由(5)式得 (0)X b ρρ '=- (11) (0)0V = (12) 由(8)至(12)式可求得 A b ρρ '= (13) ?=π (14) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得 ()()cos X t b t ρωρ '=+π (15) ()()V t t ω=+π (16) 由(15)式可知,物块再次返回到初始位置时恰好完成一个振动周期;但物块的运动始终由(15)表示是有条件的,那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中,则湖水作用于物块的浮力变成恒力,物块此后的运动将不再是简谐振动,物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此,必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况. 显然,在x 系中看,物块下底面坐标为b 时,物块刚好被完全浸没;由(5)式知在X 系中这一临界坐标值为 b 1X X b ρρ'??==- ?? ? (17)即物块刚好完全浸没在湖水中时,其下底面在平衡位置以下b X 处. 注意到在 振动过程中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠A ,下面分两种情况讨论: I .b A X ≤. 由(13)和(17)两式得 ρρ'≥2 (18) 在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而,物块从初始位置起,经一个振动周期,再次返回至初始位置. 由(10)式得振动周期 22T ωπ= = (19)物块从初始位置出发往返一次所需的时间

第届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案

2010年全国中学生物理竞赛复赛试卷(第二十七届)本卷共九题,满分 160 分.计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后结果的不能得分.有数字计算的题.答案中必须明确写出数值和单位.填空题把答案填在题中的横线上,只要给出结果,不需写出求解的过程. 一、( 15 分)蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器(见图).若干个摆球位于同一高度并等间距地排成一条直 线,它们的悬挂点在不同的高度 上,摆长依次减小.设重力加速度 g = 9 . 80 m/ s2 , 1 .试设计一个包含十个单摆的蛇形摆(即求出每个摆的摆长),要求满足: ( a )每个摆的摆长不小于 0 . 450m ,不大于1.00m ; ( b )初始时将所有摆球由平衡点沿 x 轴正方向移动相同的一个小位移 xo ( xo <<0.45m ) ,然后同时释放,经过 40s 后,所有的摆能够同时回到初始状态. 2 .在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时间为 ________________________________________. 二、( 20 分)距离我们为 L 处有一恒星,其质量为 M ,观测发现其位置呈周期性摆动,周期为 T ,摆动范围的最大张角为△

θ.假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围绕它作圆周运动的行星引起的,试给出这颗行星的质量m所满足的方程. 若 L=10 光年, T =10 年,△θ = 3 毫角秒, M = Ms (Ms 为太阳质量),则此行星的质量和它运动的轨道半径r各为多少?分别用太阳质量 Ms 和国际单位 AU (平均日地距离)作为单位, 只保留一位有效数字.已知 1 毫角秒= 1 1000 角秒,1角秒= 1 3600 度,1AU=×108km,光速 c = ×105km/s. 三、( 22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m,半径为 R ,螺距H =πR ,可绕竖直的对称轴OO′,无摩擦地转动,连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计.一质量也为m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球 使其静止于螺旋环上的某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状 态.然后放开小球,让小球沿螺旋环下滑,螺旋环便绕转轴OO′,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时,螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小. 四、( 12 分)如图所示,一质量为m、电荷量为 q ( q > 0 )的粒子作角速度为ω、半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为d ( d > R ) ,在导线上通有随时间变化的电流I, t= 0 时刻,粒子速度的方向与导线平行,离导线的距离为d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力,试求出电流 i 随时间的变化规律.不考虑

2018年第35届全国物理竞赛复赛试题

第35 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题 2018 年9 月22 日 说明:所有解答必须写在答题纸上,写在试题纸上的无效。 一、(40 分)假设地球是一个质量分布各向同性的球体。从地球上空离地面高度为h 的空间站发射一个小物体,该物体相对于地球以某一初速度运动,初速度方向与其到地心的连线垂直。已知地球半径为R ,质量为M ,引力常量为G 。地球自转及地球大气的影响可忽略。 (1)若该物体能绕地球做周期运动,其初速度的大小应满足什么条件? (2)若该物体的初速度大小为v ,且能落到地面,求其落地时速度的大小和方向(即速度与其水平分量之间的夹角)、以及它从开始发射直至落地所需的时间。 已知:对于c < 0 ,?=b2 ,有 3/2 2() b C c =+ - 式中C 为积分常数。 二、(40 分)如图,一劲度系数为k 的轻弹簧左端固定, 右端连一质量为m 的小球;弹簧水平,它处于自然状态时 小球位于坐标原点O ;小球可在水平地面上滑动,它与地 面之间的动摩擦因数为μ。初始时小球速度为零,将此时 弹簧相对于其原长的伸长记为-A (A > 0 ,但A 并不是已知量)。重力加速度大小为g , 假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)如果小球至多只能向右运动,求小球最终静止的位置,和此种情形下A 应满足的条件; (2)如果小球完成第一次向右运动至原点右边后,至多只能向左运动,求小球最终静止的 位置,和此种情形下A 应满足的条件; (3)如果小球只能完成n 次往返运动(向右经过原点,然后向左经过原点,算1 次往返), 求小球最终静止的位置,和此种情形下A 应满足的条件; (4)如果小球只能完成n 次往返运动,求小球从开始运动直至最终静止的过程中运动的总 路程。 三、(40 分)如图,一质量为M 、长为l 的匀质细杆AB 自由悬挂于通过坐标原点O 点的水平光滑转轴上(此时,杆的上端A 未在图中标出,可视为与O 点重合),杆可绕通过O 点的轴在竖直平面(即x-y 平面,x 轴正方向水平向右)内转动;O 点相对于地面足够高,初始时 杆自然下垂;一质量为m 的弹丸以大小为v 的水平速度撞击杆的打击中心(打击过程中轴对杆的水平作用力为零)并很快嵌入杆中。在杆转半圈至竖直状态时立即撤除转轴。重力加速度大小为g 。 (1)求杆的打击中心到O 点的距离; (2)求撤除转轴前,杆被撞击后转过θ(0 ≤θ<π)角时转轴对杆的 作用力; (3)以撤除转轴的瞬间为计时零点,求撤除转轴后直至杆着地前,杆 端B 的位置随时间t 变化的表达式x B (t )和y B ( t ); (4)求在撤除转轴后,杆再转半圈时O 、B 两点的高度差。 - 1 -

第21届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

本卷共七题,满分140分. 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d PSt k N ?=,其中t 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,材料的气密性能愈好. 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 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 =0.150cm 2.实验中,首先测得薄膜的厚度d =0.66mm ,再将薄膜固定于图中C C '处,从而把渗透室分为上下两部分,上面部分的容积30cm 00.25=V ,下面部分连同U 形管左管水面以上部分的总容积为V 1,薄膜能够透气的面积 S =1.00cm 2 .打开开关K 1、K 2与大气相通,大气的压强P 1=1.00atm ,此时U 形管右管中气柱长度cm 00.20=H ,31cm 00.5=V .关闭K 1、K 2后,打开开关K 3,对渗透室上部分迅速充气至气体压强atm 00.20=P ,关闭K 3并开始计时.两小时后, U 形管左管中的水面高度下降了cm 00.2=?H .实验过程中,始终保持温度为C 0 .求该薄膜材料在C 0 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 ). 第21届全国中学生物理竞赛复赛题试卷 C F

全国物理竞赛复赛试题解答

第十三届全国物理竞赛复赛试题解答 一、在各段电路上,感应电流的大小和方向如图复解13 - 1所示电流的分布,已考虑到电路的对称性,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律,对半径为α的圆电路,可得 π2a k = 21r 1I + 1r 1 I ' 对等边三角形三个边组成的电路,可得 332a k / 4 = 22r 2I + 22r 2I ' 对由弦AB 和弧AB 构成的回路,可得 (π2a -332a / 4)k / 3 = 1r 1I - 2r 2I 考虑到,流进B 点的电流之和等于流出B 点电流之和, 有 1I + 2I =1I ' + 2I ' 由含源电路欧姆定律可得 A U - B U = π2a k /3 - 1I 1r 由以上各式及题给出的 2r = 21r / 3可解得 A U - B U = - 32a k / 32 二、解法一:1、分析和等效处理 根据棱镜玻璃的折射率,棱镜斜面上的全反射临界角为c α= arcsin ( 1 / n ) ≈ο42 注意到物长为4mm ,由光路可估算,进入棱镜的近轴光线在斜面上的入射角大多 在ο 45左右,大于临界角,发 生全反射。所以对这些光线而 言,棱镜斜面可看成是反射镜。本题光路可按反射镜成像 的考虑方法,把光路“拉直”如图复解13 – 2 - 1所示。现在,问题转化为正立物体经过 一块垂直于光轴、厚度为6cm 的平玻璃板及其后的会聚透镜、发散透镜成像的问题。 2、求像的位置;厚平玻璃板将使物的近轴光线产生一个向右侧移动一定距离的像,它成为光学系统后面部分光路的物,故可称为侧移的物。利用沿光轴的光线和与光轴成α角的光线来讨论就可求出这个移动的距离。 图复解13 - 1 11I 图复解13 - 2 - 2 图复解13 - 2 - 1

2017年第34届全国中学生物理竞赛复赛试题与答案

第34届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答 2017年9月16日 (34届复赛17年)一、(40分)一个半径为r 、质量为m 的均质实心小圆柱被置于一个半径为R 、质量为M 的薄圆筒中,圆筒和小圆柱的中心轴均水平,横截面如图所示。重力加速度大小为g 。试在下述两种情形下,求小圆柱质心在其平衡位置附近做微振动的频率: (1)圆筒固定,小圆柱在圆筒内底部附近作无滑滚动; (2)圆筒可绕其固定的光滑中心细轴转动,小圆柱仍在圆筒内底部附近作无滑滚动。

解: (1)如图,θ为在某时刻小圆柱质心在其横截面上到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角。小圆柱受三个力作用:重力,圆筒对小圆柱的支持力和静摩擦力。设圆筒对小圆柱的静摩擦力大小为F ,方向沿两圆柱切点的切线方向(向右为正)。考虑小圆柱质心的运动,由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ① 式中,a 是小圆柱质心运动的加速度。由于小圆柱与圆筒间作无滑滚动,小圆柱绕其中心轴转过的角度1θ(规定小圆柱在最低点时10θ=)与θ之间的关系为

1()R r θθθ=+ ② 由②式得,a 与θ的关系为 22122()d d a r R r dt dt θθ ==- ③ 考虑小圆柱绕其自身轴的转动,由转动定理得 21 2d rF I dt θ-= ④ 式中,I 是小圆柱绕其自身轴的转动惯量 21 2 I mr = ⑤ 由①②③④⑤式及小角近似 sin θθ≈ ⑥ 得 22203() θθ+=-d g dt R r ⑦ 由⑦式知,小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动,其振动频率为 f = ⑧ (2)用F 表示小圆柱与圆筒之间的静摩擦力的大小,1θ和2θ分别为小圆柱与圆筒转过的角度(规定小圆柱相对于大圆筒向右运动为正方向,开始时小圆柱处于最低 点位置120θθ==)。对于小圆柱,由转动定理得2 21 212θ??-= ???d Fr mr dt ⑨ 对于圆筒,同理有 22 2 2()θ=d FR MR dt ⑩ 由⑨⑩式得 22122221θθ?? -+=- ??? d d F r R m M dt dt ? 设在圆柱横截面上小圆柱质心到圆筒中心轴的垂线与竖直方向的夹角θ,由于小圆柱与圆筒间做无滑滚动,有 12()θθθθ=+-R r R ? 由?式得 22212 222()θθθ-=-d d d R r r R dt dt dt ? 设小圆柱质心沿运动轨迹切线方向的加速度为a ,由质心运动定理得 sin F mg ma θ-= ? 由?式得 22()θ =-d a R r dt ? 由????式及小角近似sin θθ≈,得 22203d M m g dt M m R r θθ++=+- ? 由?式可知,小圆柱质心在其平衡位置附近的微振动是简谐振动,其振动频率为 f = ? 评分参考:第(1)问20分,①②式各3分,③式2分,④式3分,⑤⑥式各2分,⑦式3分,⑧式2分;第(2)问20分,⑨⑩?式各2分,?式3分,???式各2分,?式3分,?式2分。 (34届复赛17年)二、(40分)星体P (行星或彗星)绕太阳运动的轨迹为圆锥曲线 1cos k r εθ =+

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