第29届全国中学生物理竞赛复赛模拟试题第5套(共6套)答案及评分标准
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（好吧..我承认用了一道台湾的赛题，不过大陆同学应该作过的人不多，将就做吧）
v
S
【解】 ： （1） 如图，初态距离为 l ，发出信号， t1
l 到达 P 点 u l' u
P
过 t 后，距离为 l ' l v cost ，信号到达时刻为 t2 t
v 接收时间间隔 t ' t2 t1 t (1 cos ) u
An 对墙水平压力位 4 P ，竖直方向压力为 P
P P ... 2P 2 22
第 29 届复赛模拟赛题 第五套
1
第二题（20 分） 间距为 h ， 叫做电偶极层。 一个电量为 q 0 ， 空间中有两层很薄的电荷， 电荷密度为 ， h 很小， 质量为 m 的点电荷，只能和电偶极层间发生静电相互作用（而不会碰撞） 。 （1）粒子以速度 v0 ，角度 ，入射电偶极层，出射方向 i 。求出 sin i 和 sin 之间的关系。
v0
h
（2）将电偶极层弯成离心率为 e 的双曲面形状，左边为正电荷，两个焦点沿着 x 轴方向，要求所有平 行于与 x 轴方向入射的粒子都能汇交与焦点，则粒子速度，电偶极层厚度，电荷密度之间应当满足什 么关系？ 【解】 ： 数学附录：双曲线方程，
x2 y 2 c a 2 b2 ， ，双曲线上一点到焦点的距离与到准 1 e a 2 b2 a a
第 29 届复赛模拟赛题 第五套
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注意应当带入的是质心角动量，而不是 A1 相对 B 角动量，差两倍！
（1）求出当金属球进入球壳后达到球心时，金属球的速度为多少？ （2）金属球与球壳发生完全非弹性碰撞后连为一体，求整个过程中的发热 。 （ 以 下 不 是 试 题 ： 求 出 能 够 让 金 属 球 打 入 球 壳 所 需 的 最 小 速 度 v0 。 仔 细 想 哦 。 答 案 得 到
v0
2kqQ(m M ) 的同学回去面壁） RmM Nhomakorabea2
由沿面的切线方向动量守恒： v0 sin v1 sin i ∴ sin i sin
v0 2 hq v 0m
2 0
（10 分）
（2）经过定性分析，只能是经过减速度后汇交于另一支的焦点。
由于本题已知双曲线能将粒子汇聚于焦点，则只需要通过特殊值验算参数见关系即可。 最简单的验算位置在距离 x 轴很远的地方，即在渐近线上。
2m m 2m 2m m 3
相对速度为 v0 ，相对距离为 l ，两体问题角动量等于原体系质心系角动量
L v0l
由牛顿第二定律
v0 2 G 2m m G (m 2m) l l2 l2 解得
l
3L2 4Gm3
G 2m m 4G 2 m5 2l 3L02
第四题（20 分） 一个金属球壳，半径为 R ，质量为 M ，带电量为 Q ，初始时刻自由的静止在空间中。球壳的一 端有一个小洞。 球心与小洞的连线方向视为轴线方向。 在轴线上很远的地方有一个半径为 r 的金属球， 质量为 m ，带电量为 q ，以初速度 v0 向着球心飞去。 （假设飞行速度很慢，电荷产生电场可以拿静电 力公式计算，金属球壳外表面导电性能良好，不考虑电磁辐射）
人类的第一颗人造卫星绕地飞行的时候，地面上的观察者测量卫星发出的光信号频率。纵轴为信号频 率，单位为赫兹；横轴为测量时间，单位为分钟。光速为 c 2.998 108 m / s 。 （2）请由此图估算卫星相对于观察者的速度。 （3）请由此图估算卫星距离观察者的最近距离。
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v v f 做小量近似有 ( ) ，则有 v 7.12 103 m / s c c f
（3）读出图中中间段的的斜率 k 8.25s 2
v
当卫星飞过头顶时，经过 t 后，角度变化为
vt ， h 为高度 h
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频率变化 f f 解得： h
1 此时入射角为 sin i ，出射角为 sin 1 （很远，所以到焦点和原点几乎是一条线） e
带入第一问方程得到（注意为减速） ：
2 v0
1 ∴ e
2 hq 0m
v0
（10 分） 解毕
（以下不是考题：证明第二问的双曲线能将粒子汇聚到焦点） （3）以下不是考题部分： 令曲线方程为
x y 。 a b
线的距离之比为 e ，双曲线的渐近线为
y
F1
F2
x
（1）由高斯定理 电场 E ，电势差 U Eh h 0 0
1 2 1 由能量守恒，末态初速度 v1 满足： mv0 Uq mv12 2 2
2 解得： v1 v0
2 hq 0m
第 29 届复赛模拟赛题 第五套
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1 2 B0lv[cos(vtk ) cos(vtk kl )] 其中 vk
（10 分）
在原系中积分计算磁通量再对时间求导数方法也给全分。 （2） 设直线运动速为 v0 同第一问有： B0l (v v0 ){cos[(v v0 )tk ] cos[(v v0 )tk kl ]} 又电流 I
【解】 ：
kQ 2 kq 2 2R 2r kQ kq kQ kq 末态 Q 电势为 uQ ， q 电势为 uq R R R r
（1）初态电势能为 E1
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1 ∴末态能量 E2 (uQ Q u1q) 2
1 kQ 1 kq 2 kQq 2 R 2 r R kQq ∴动能减少为 E R
n 1
P
。求出当 n 足
【解】 ： 将右方所有支架加重物视为一个整体。 以 An 为支点，写力矩平衡方程，令 Bn 对墙的拉力为 F 有：
Fl Pl P P P 2l 2 3l 3 4l ... 4Pl （乘以 2 之后错位相减） 2 2 2
F 4P 对整理合外力等于零得到：
两体问题能量等于 E0 ' Ek E p
由于两体问题动能等于原题体系质心动能，两体问题势能等于原体系势能 所以 E0 E0 '
4G 2 m5 （10 分） 3L0 2
（2） 对于 A 1 和 B 构成体系，当相对质心动能为 Ek ' ，相对质心角动量为 L ' ，这也等于两体问题的 动能和角动量。 可以证明当角动量一定时，圆轨道能量最低。 （4 分） 利用第一问结论
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满分 160 分 第一题（20 分） （1）如图 4 根轻杆之间铰接，左端铰接在墙上， A0 端挂有重物 P 。求出 A1 , B1 端和墙之间的作 用力。
B1
B0
A0 A1
【解】 ： 对 B0 和 A0 点做力矢量和为零得到 B1 对墙拉力为 P ， A1 点对象水平压力为 P ，竖直压力为 P （6 分） （2）如图将上述结构复制 n 份，铰接起来，分别挂有重物 P ， P / 2 ，…， P / 2 够大的时候，墙上两个端点与墙之间的相互作用力。
x2 y 2 1 a 2 b2
考虑两个相邻的入射轨迹 PA 和 PA' ，作 AM P'A' 于 M ； A'N AF1 于 N 由双曲线第二定义（准线定义）得：
1 |A'M|= | AN | e
作 A'H AF2 于 H ，有 |AM|=|AH| 由双曲线性质 | AF 1 ||F 2 A | 2a ∴ MAA' 与 HA'A 中
y
x
y
x
【解】 ： （1）变到以速度 v
R
的参照系中
对于线圈回路的总电动势 不随参照系变化而变化（虽然动生和感生电动势分别可能发生变化） 此系中 B B0 cos(kx) 左杆 x1 vt ，右杆 x2 vt l 左杆 1 B0 cos(vtk )lv 向上 右杆 2 B0 cos(vtk kl )lv 向上 逆时针为正，回路电动势
（双曲线线上点到两焦点距离之差不变）
第 29 届复赛模拟赛题 第五套
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1 1 | AA' | cos AA'M=|A'M|= | AH | cos AA'H |AA'| e e 1 ∴ sin sin i e
2 v0
1 ∴ e
2 hq 0m
v0
第三题（20 分） 空间中有沿着 z 方向的磁场，磁场大小随着时间和空间变化，满足 B B0 cos(t kx) 。一个桌 面在 z 0 平面上，平面上有一个沿着 x-y 方向正放的线框，线框边长为 l ，总电阻为 R 。 （1）假设线框相对于桌面静止，线圈的左端位于 x 0 的位置，求出线框中电动势随着时间的变化关 系。 （2）若线框质量为 m ，摩擦系数为 ，线框是否可能相对于桌面沿着 x 方向做匀速直线运动？如果 可能求出参数之间应当满足的条件，如果不可以，写明理由。 （以下不是考题：找到三个这样的线框，沿着 x 轴发成一排，相邻两个之间用长度为 l ' 的绝缘木棒连 接，问这三个线框是否可能一起做匀速直线运动，如果可以求出各参数应当满足条件，如果不可以写 明理由。 ）
所以频率为
f 1 v f 0 1 cos u
（2） f max 2.000552 107 Hz
f min 2.000457 107 Hz
初态很远到末态很远处频率差为
f max f min f 4.75 105 ( f max f min ) / 2 f
R
29届全国中学生物理竞赛复赛(高清试题图片Word答案)
1234567第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、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x坐标系，以下简称系. 设物块下底面的坐标为，在物块未完全浸没入湖水时，x其所受到的浮力为g式中为重力加速度.物块的重力为设物块的加速度为，根据牛顿第二定律有将(1)和(2)式代入(3)式得将系坐标原点向下移动而建立新坐标系，简称系. 新旧坐标的关系为把(5)式代入(4)式得式表示物块的运动是简谐振动. 若，则，对应于物块的平衡位置. 由式可知，当物块处于平衡位置时，物块下底面在系中的坐标为0物块运动方程在系中可写为利用参考圆可将其振动速度表示为式中为振动的圆频率在(8)和(9)式中和分别是振幅和初相位，由初始条件决定. 在物块刚被释放Ax=0时，即时刻有，由(5)式得由(8)至(12)式可求得(13) 将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得由(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，在系中看，物块下底面坐标为时，物块刚好被完全浸没；由(5)式x b 知在系中这一临界坐标值为（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处. 注意到在Xb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，下面分两种A情况讨论：I．. 由(13)和(17)两式得在这种情况下，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)式得振动周期物块从初始位置出发往返一次所需的时间II．. 由(13)和(17)两式得A X b (21) 在这种情况下，物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从t初始位置起，经过时间物块刚好全部浸入湖水中，这时. 由(15)和(17)11b式得(22) cos11取合理值，有 (23) arccos11由上式和(16)式可求得这时物块的速度为2 (24) V(t)1-11此后，物块在液体内作匀减速运动，以表示加速度的大小，由牛顿定律a有 (25) 设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为，有t2(26) 12由(24)-(26)得2(27)112()物块从初始位置出发往返一次所需的时间为22(28) 2()2arccos111II12()评分标准：本题17分.（6）式2分，（10）（15）（16）（17）（18）式各1分，（20）式3分，（21）式1分，（23）式3分，（27）式2分，（28）式1分.10二、 1. i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知，卫星的机械能为负值. 由开普勒第一定律可推知，此卫星的运动轨道为椭圆（或圆），地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心)，如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线，因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点（或近地点）；设近地点（或远地点）离地心的距离为，r R 0.80R 卫星在此点的速度为.由开普勒第v a 二定律可知2式中为地球自转的角速度e令表示卫星的质量，根据机械能守m恒定律有1G（2）由2r20.80R（1）和（2）式解得可见该点为近地点,而脱离处为远地点. 【（3）式结果亦可由关系式：直接求得】同步卫星的轨道半径满足2R由(3)和(4)式并代入数据得4可见近地点到地心的距离大于地球半径，因此卫星不会撞击地球. ii.由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量，从远地点可求出该常量为s2设和分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴，由椭圆的几何关系有 ab 110.280.80R (7) 220.800.2822 (8) 2T卫星运动的周期为(9) s代人相关数值可求出（10）9.5h 卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点，根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度，其后的一周期内其角速度都应不比该值小，所以卫星始终不比太空电梯转动得慢；换言之，太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过，卫星到达近地点，而此时太空电梯已转过此（约14小时）1.5T点，这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇；而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动，同时太空电梯完成一个运动周期，所以在12-24小时内二者必相遇，从而可以实现卫星回收. 2.根据题意，卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为1GMmGMm2（11）m(R)x2xxe此式可化为32GM xx(12) 123e e e这是关于的四次方程，用数值方法求解可得R x4（13）4.7 3.010kmxe表示卫星与赤道相切点v【亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令R xe即近地点的速率，则有2eex和 121GMm1GMm22(R)ex2R2R ex由上两式联立可得到方程532GM2GM xxx02323eee其中除外其余各量均已知, 因此这是关于的五次方程. 同样可以用数值方法解得.】RRR xxx卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间，为了求出卫星运行的周期，设椭圆的半长轴为，半短轴为，有xe (14) 222ex (15)因为面积速度可表示为12(16) sx2所以卫星的运动周期为(17) s代入相关数值可得 h(18) 6.8卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期，在这段时间内，如果地球不转动，卫星沿地球自转方向运行180度，落到西经处与赤道相切. 但由于地球自转，在这(180110)期间地球同时转过了角度，地球自转角速度，因此卫星与地球赤道T/2360/24h15/h相切点位于赤道的经度为西经（19）1801101212即卫星着地点在赤道上约西经121度处. 评分标准：本题23分.第1问16分，第i小问8分，(1)、(2)式各2分，（4）式2分，（5）式和结论共2分.第ii小问8分，（9）、（10）式各2分，说出在0-12小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共2分，说出在12-24小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共2分.5%第2问7分，(11)式1分，(13)式2分，（18）式1分，（19）式3分. （数值结果允许有的相对误差）三、 13解法一如图1所示，建直角坐标，轴与挡板垂直，轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速xy Oxy，方向沿x轴正方向，以表示系统的质心，以和表示碰撞后质心的速度分量，vPvv度为Py0Px表示墙作用于小球的冲量的大小. 根据质心运动定理有 JC （1）（2）由（1）和（2）式得（3）Px3m （4）可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 O C x 与挡板碰撞过程中，质心的坐标为（5）（6）l P3CP球碰挡板前，三小球相对于质心静止，对质心的角C C 动量为零；球碰挡板后，质心相对质心参考系仍是C静止的，三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动，若转动角速度为，则三小球对质心的角动量P图（7）式中、和分别是、和三球到质ABClllAPBPCP心的距离，由图1可知（8）cos sin（9）sin（10）CP9由（7）、（8）、（9）和（10）各式得（11）3在碰撞过程中，质心有加速度，质心参考系是非惯性参考系，在质心参考系中考察动力学问题时，必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心，对质心的力矩等于零，不影响质点系对质心的角动量，故在质心参考系中，相对质心角动量的变化仍取决于作用于球C的冲量的冲量矩，即有（12）3【也可以始终在惯性参考系中考察问题，即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点，则对该参考点(12)式也成立】由（11）和（12）式得 14 sin球相对于质心参考系的速度分量分别为（参考图1）CP球相对固定参考系速度的x分量为 C （16）由（3）、（6）、（13）和（16）各式得 J （17）Cx02根据题意有 （18）由（17）和（18）式得 2 （19）由（13）和（19）式得（20） l 球若先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板碰撞后，整ABC 个系统至少应绕质心转过角，即杆至少转到沿y 方向，如图2所示. 系统绕质心转过所需时间（21） 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离 B （22）若 （23）则球先于球与挡板碰撞. 由（5）、（6）、（14）、（16）、（18）、BA （21）、（22）和（23）式得 图2 3 （24）即(25) 评分标准： 本题25分.（1）、（2）、（11）、（12）、（19）、（20）式各3分，（21）式1分，（22）、（23）式各2分.(24)或(25)式2分. 15解法二 如图1所示，建直角坐标系，轴与挡板垂直，x Oxy y v 、、、、和 分vvvvvv 以轴与挡板重合，vy AyByCyAxBxCxAyBy 别表示球与挡板刚碰撞后、和三球速度的分量，ABCC vv B A O 根据题意有 AxBxx （1） v Cy 以表示挡板作用于球的冲量的大小，其方向沿轴x J C 的负方向，根据质点组的动量定理有 C（2）（3）图1 AyByCy以坐标原点为参考点，根据质点组的角动量定理有（4）因为连结小球的杆都是刚性的，故小球沿连结杆的速度分量相等，故有（5）（6）（7）（7）式中为杆与连线的夹角. 由几何关系有（8）（9）解以上各式得（10）（11）（12）（13）16（14）0By（15）cosCy0按题意，自球与挡板碰撞结束到球(也可能球)碰撞挡板墙前，整个系统不受外力作用，ABC系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系，则相对质心参考系，质心是静止不动的，、A和三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度，可考察球BCB相对质心的速度.由(11)到(15)各式，在球与挡板碰撞刚结束时系统质心的速度2（16） 2vv AxBxCx sin Px03m 3AyByCy （17） 0 Py3m 这时系统质心的坐标为（18） cosP1 （19）sin P3不难看出，此时质心正好在球的正下方，至球的距离为，而球相对质心的速度 y PBBBP 12（20） sin BPxBxPx03 （21） 0BPy 可见此时球的速度正好垂直，故整个系统对质心转动的角速度 B BP （22） ylP 若使球先于球与挡板发生碰撞，则在球与挡板ABC y 碰撞后，整个系统至少应绕质心转过角，即杆至少ABπ/2转到沿y 方向，如图2所示. 系统绕质心转过所需时间 π/2 A 1π 2 （23）x O 在此时间内质心沿x 方向向右移动的距离 P B（24）Px 若 C （25） PP 17 图2则球先于球与挡板碰撞. 由以上有关各式得（26）即(27) 评分标准： 本题25分. （2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）式各2分，（10）、（22）式各3分，（23）式1分，（24）、（25）式各2分，（26）或(27)式2分. 四、 参考解答： 1．虚线小方框内2n 个平行板电容器每两个并联后再串联，其电路的等效C 电容满足下式 t11n （1） C2Ct1即 2C （2） t1n 式中 S（3）虚线大方框中无限网络的等效电容满足下式 C t2（4）即 C （5）t22整个电容网络的等效电容为 CC2Ct1t2 （6）等效电容器带的电量（即与电池正极连接的电容器极板上电量之和）（7）当电容器a两极板的距离变为2d后，2n个平行板电容器联成的网络的等效满足下式电容C t1（8）由此得（9）t1整个电容网络的等效电容为（10）整个电容网络的等效电容器带的电荷量为（11）在电容器a两极板的距离由d变为2d后，等效电容器所带电荷量的改变为（12）电容器储能变化为（13）在此过程中，电池所做的功为（14）(3外力所做的功为（15）设金属薄板插入到电容器a后，a的左极板所带电荷量为，金属薄板左侧带电荷量为，右侧带电荷量为，a的右极板带电荷量为，与并联的电容器左右两极板带电荷量分别为和.由于电容器a和与其并联的电容器两极板电压相同，所以有（16）SSC由（2）式和上式得（17）d上式表示电容器a左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和，也是虚线大方框中无限网络的等效电容所带电荷量（即与电池正极连接的电容器的C t2极板上电荷量之和）. 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势，即 19（18）(1)c2CC t2将（2）、（5）和（17）式代入（18）式得电容器a左极板带电荷量(5)(2)（19）(313)2kd(313)d评分标准：本题21分. 第1问13分，（2）式1分，（5）式2分，（6）、（7）、（10）、（11）、（12）式各1分，（13）式2分,（14）式1分，（15）式2分. 第2问8分，（16）、（17）、（18）、（19）式各2分. 五、参考解答: c a 如图1所示，当长直金属杆在ab位置以速度水平v向右滑动到时，因切割磁力线，在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为ll 1 2 （1）式中为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长LII 1 2 度，由几何关系有2222R（2）111100在金属杆由ab位置滑动到cd位置过程中，金属杆与大 b d 圆环接触的两点之间的长度可视为不变，近似为.2RL1图 1 将（2）式代入（1）式得，在金属杆由ab滑动到cd过程中感应电动势大小始终为（3）1以、和分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流，方向如图1所示，以表示a、b两IIIU21ab端的电压，由欧姆定律有（4）ab110 （5）ab220式中，和分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示，和中的电流在圆心处产生的磁感llll1212应强度的大小分别为Il11 （6）1m2R1Il22（7）2m2R1方向竖直向上，方向竖直向下.BB12由（4）、（5）、（6）和（7）式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 20（8）无论长直金属杆滑动到大圆环上何处，上述结论都成立，于是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场. 在金属杆由ab滑动到cd的过程中，金属杆都处在圆心附近，故金属杆可近似视为无限长直导线，由提示，金属杆在ab位置时，杆中电流产生的磁感应强度大小为 2I （9）3mR1100方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2，杆中的电流 a（10）IIIRR 1 2 右左右左左右其中为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻，R R R左ab 和分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻，由于长直金属杆非R右常靠近圆心，故 b （11）图 2 ab111右左利用（3）、（9）、（10）和（11）式可得v800kBm （12）3由于小圆环半径，小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的，且都等于长直金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于ab处时，穿过小圆环圆面的磁感应通量为（13）当长直金属杆滑到cd位置时，杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示，但方向相反，故穿过小圆环圆面的磁感应通量为（14）在长直金属杆以速度从ab移动到cd的时间间隔内，穿过小圆环圆面的磁感应通量的v改变为（15）由法拉第电磁感应定律可得，在小圆环中产生的感应电动势为大小为（16）在长直金属杆从ab移动cd过程中，在小圆环导线中产生的感应电流为（17）于是，利用（12）和（17）式，在时间间隔内通过小环导线横截面的电荷量为（18）i评分标准：本题25分. （3）式3分，（4）、（5）式各1分，（8）、（10）式各3分，（12）式3分, （15）式4分，（16）、（17）式各2分，（18）式3分. 六、参考解答： nn设重新关闭阀门后容器A中气体的摩尔数为，B中气体的摩尔数为，12则气体总摩尔数为（1） 12把两容器中的气体作为整体考虑，设重新关闭阀门后容器A中气体温度为，B中气体温度为，重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表12示为（2）由于容器是刚性绝热的，按热力学第一定律有（3） pV令表示容器A的体积, 初始时A中气体的压强为，关闭阀门后A中气体压强为，由理想气体状态方程可知 1pV （4）（5）由以上各式可解得由于进入容器B中的气体与仍留在容器A中的气体之间没有热量交换，因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器A中的那部分气体经历了一个绝热Vp过程，设这部分气体初始时体积为(压强为时)，则有10（6） 11011 22利用状态方程可得（7）由（1）至（7）式得，阀门重新关闭后容器B中气体质量与气体总质量之比RC（8）Rn评分标准：本题15分. （1）式1分，（2）式3分，（3）式2分，（4）、（5）式各1分，（6）式3分，（7）式1分，（8）式3分. 七、答案与评分标准： 1. 19.2 (4分，填19.0至19.4的，都给4分) 10.2 (4分，填10.0至10.4的，都给4分) 2. 20.3 (4分，填20.1至20.5的，都给4分) 4.2 (4分，填4.0至4.4的，都给4分) 八、参考解答：在相对于正离子静止的参考系S中，导线中的正离子不动，导电电子以速向下匀速运动；在相对于导电电子静止的参考系中，导线中导电电子不动，v度0向上匀速运动.下面分四步进行分析. v正离子以速度第一步，在参考系中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力的大小和方向.若S系中一些正离子所占据的长度为，则在系中这些正离子所占据的长l，由相对论中的长度收缩公式有度变为（1），由于离子设在参考系S和中，每单位长度导线中正离子电荷量分别为和的电荷量与惯性参考系的选取无关，故（2）由（1）和（2）式得（3）设在S系中一些导电电子所占据的长度为，在系中这些导电电子所占据l，则由相对论中的长度收缩公式有的长度为（4）同理，由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关，便有（5）分别为在参考系S和中单位长度导线中导电电子的电荷量. 式中，和在参照系中，导线2单位长度带的电荷量为（6）它在导线1处产生的电场强度的大小为（7）q电场强度方向水平向左.导线1中电荷量为的正离子受到的电场力的大小为（8）电场力方向水平向左第二步，在参考系中，考虑导线2对导线1中正离子施加磁场力的大小和向上运动的正离子形成的电流为 v方向.在参考系中，以速度（9）导线2中的电流在导线1处产生磁场的磁感应强度大小为（10）磁感应强度方向垂直纸面向外.导线1中电荷量为的正离子所受到的磁场力的大小为 2v（11）方向水平向右，与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步，在参考系S中，考虑导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的大小和方向.由题设条件，导线2所带的正电荷与负电荷的和为零，即（12）因而，导线2对导线1中正离子施加电场力为零（13）注意到在S系中，导线1中正离子不动（14）导线2对导线1中正离子施加磁场力为零（15）式中，是在S系中导线2的电流在导线1处产生的磁感应强度的大小.于是，B在S系中，导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步，已说明在S系中导线2对导线1中正离子施加电场力和磁场力的合力为零，如果导线1中正离子还受到其他力的作用，所有其它力的合力必为零(因为正离子静止).在系中，导线2对导线1中正离子施加的电场力和磁场力的合力的大小为因为相对系，上述可能存在的其它力的合力仍应为零，而正离子仍处在勻速运动状态，所以(16)式应等于零，故（17）由（8）、（11）和（17）式得 k2e （18）km 评分标准：本题18分. （1）至（18）式各1分. 26。
全国中学生物理竞赛复赛模拟试题汇编(PDF版 共6套)
M 3m T g (2分) 1 2 T M m g (2分) 2 2
第 29 届复赛模拟赛题
12
其中 M sv0 (
3gl 2l l 2l l ) s ( ) g u1 g u1 2
第三题（20 分） 在光滑平面上放有一个质量为 m 的匀质圆环，内径为 r 。从圆环的三个三等分点上各连出一根轻 质弹簧，原长几乎为 0，劲度系数为 k ，三根弹簧连到一个质量为 m 的质点上。 （1）用一个恒力 F 沿着 x 方向作用于圆环，若质点与圆环保持相对静止，则 m 相对圆心位移为多少？ （2）初态圆环和质点保持静止，沿着某根弹簧方向给圆环一个冲量，使得速度为 v0 圆环和质点的运动方程。
A
B k。 t
C B
第 29 届复赛模拟赛题
7
第七题（20 分） 井底之蛙 在一个圆柱形的井底中心有一只青蛙。当水注满整个井的时候，青蛙刚好能看见全部天空，水的 折射为 n 1.33 。 （1）若此时月亮位于天顶，则青蛙看见的月亮和此时地上的人看到的月亮的大小之比为多少？ （2）当水漏掉一半的时候，青蛙看到的星星数目和此时地上的人看到的星星数目之比约为多少？（认 为星星很多，均匀的分布在天空中） （3）接上一问，青蛙的视野中， “天空”的边缘与“天空”的中心，星星的密度之比为多少？
度。记下段绳子为 n 方向，上段绳子为 方向。轮子的角加速度为 a0 r a0
M
第 29 届复赛模拟赛题
10
在地面上看 B 的加速度：
aBn a0 2 2 r
2 2 ， aB 2 r 2 2
（3 分）
地面上看墙角 M 加速为 aM 0 ，由于下段绳子没有转动，所以下端绳子上靠近滑轮的点沿绳加 速度为 0，所以相对滑轮下段绳子进入绳子的加速度为
第29物理竞赛复赛模拟赛题第6套答案及评分标准
第四题（20 分） 找一个理想的电容 C ，直接接到一个内阻可以忽略的电压为U 的电池上，会迅速充电，很显然充
电完成的时候，电容器储存能量为 1 CU 2 ，而电源做功为 CU ，多出的能量，在没有电阻的情况下会 2
以其它的方式耗散掉（例如电磁辐射等）。 如图所示电路中，电源电动势为 ，电阻为 R ，电容为 C 。开始电容不带电。开关闭合后，电容
（其实拿质点写角动量是一样的）
由能量守恒， 1 I ' 2
2
1 I2 2
(M
m)grc
2sin
式中 rC
ml M m
l= 2
(m M ) l (M m)
是质心到支点的距离
（5 分）
∴ '2 2 2 2h0 g (m M ) 2
l
2I
由运动学关联 v ' l 2
4 m)l2
4m2v2 cos2 (M m)2 l2
16h0 (k
g(k 1)l 2
1)
4k2 2g(h 2h0 ) cos2 (k 1)2 l2
16h0 (k
g(k 1)l 2
1)
（2 分）
∴ k 1.402
（2 分）
第二题（20 分） Andy Riley 画了《找死的兔子》，该书中的人们精通各种物理原理，从而帮助兔子成功自杀。
（1） 原始人至少需要多大的拉力才能将巨石拉动？ （2） 各处摩擦系数至少达到多少才能保证不滑动？
评分标准+其他五套模拟题及更多资料详见： 联系我们：cpho@xueersi.co2m
第 29 届复赛模拟赛题 第六套 命题人:蔡子星
第29物理竞赛复赛模拟赛题第6套
第29物理竞赛复赛模拟赛题第6套第29届复赛模拟赛题第六套满分160分命题人蔡子星第一题（20分）Andy Riley 画了《找死的兔子》，该书中的兔子精通各种物理原理，从而成功自杀。
一个轻质的跷跷板，长度为1.000l m =，支点在中间，高0.200m ，兔子从一定高度 2.000h m =做自由落体运动，与跷跷板发生完全非弹性碰撞，之后落地时与地面发生完全非弹性碰撞，问兔子是否可能自杀成功？如果可能兔子与石头的质量比/m M 应当为多少？29.80/g m s =Andy Riley画了《找死的兔子》，该书中的人们精通各种物理原理，从而帮助兔子成功自杀。
巨石的质量为5，巨石下有10根圆木，人们拉着巨石缓缓移动。
圆木的质量可以忽略，所110kg有地方均不滑动。
由于压力巨大，圆木被压扁了0.2%，圆木滚动之后被压扁的地方又恢复了原状。
假设圆木滚动的时候作用力集中在A、B两点。
重力加速度取9.8/=g N kg（1）原始人至少需要多大的拉力才能将巨石拉动？（2）各处摩擦系数至少达到多少才能保证不滑动？AB空间中有沿着z 轴的静磁场，磁场强度和到z 轴的距离成正比0 ()rB r B r =。
一个带电为q ，质量为m 的粒子，在x y -平面内绕着z 轴在洛仑兹力作用下做圆周运动，半径为0r 。
（1）写出粒子速度大小0v 应当满足的式子（2）在粒子做匀速率圆周运动的时候，给一个沿着半径方向的扰动，求解粒子之后的运动。
找一个理想的电容C ，直接接到一个内阻可以忽略的电压为U 的电池上，会迅速充电，很显然充电完成的时候，电容器储存能量为21 2CU ，而电源做功为CU ，多出的能量，在没有电阻的情况下会以其它的方式耗散掉（例如电磁辐射等）。
如图所示电路中，电源电动势为，电阻为R ，电容为C 。
开始电容不带电。
开关闭合后，电容会迅速充电，然后再慢慢达到平衡。
（1）计算从闭合开关到电荷稳定过程中，电阻上发热为多少？（2）画出电阻上求过的电量和电阻两端电压的图像，并计算当电阻上发热量累计达到最大发热量一半时，各电容器上电压为多少。
2023年全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
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 表达质子的质量, 和 分别表达质子的初速度和到达a 球球面处的速度, 表达元电荷, 由能量守恒可知2201122mv mv eU =+ （1）由于a 不动, 可取其球心 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 点的角动量守恒。
所求 的最大值相应于质子到达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 表达 的最大值, 由角动量守恒有 max 0mv l mvR = （2）由式（1）、（2）可得20max 1/2eU l R mv =- （3） 代入数据, 可得max 22l R = （4） 若把质子换成电子, 则如图复解20-1-2所示, 此时式（1）中 改为 。
同理可求得 max 62l R =（5）评分标准: 本题15分。
式（1）、（2）各4分, 式（4）2分, 式（5）5分。
二、参考解答在温度为 时, 气柱中的空气的压强和体积分别为, （1）1C V lS = （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。
设温度升高届时 , 气柱右侧水银刚好所有压到B 管中, 使管中水银高度增大C BbS h S ∆= （3） 由此导致气柱中空气体积的增大量为C V bS '∆= （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 , 使两支管的压强平衡, 由此导致气柱空气体积增大量为A V hS ''∆=∆ （5）所以, 当温度为 时空气的体积和压强分别为21V V V V '''=+∆+∆ （6）21p p h =+∆ （7）由状态方程知112212p V p V T T = （8） 由以上各式, 代入数据可得2347.7T =K （9）此值小于题给的最终温度 K, 所以温度将继续升高。
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本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==29届物理竞赛复赛篇一：201X年第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案一、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fb?b2x?g (x?b) (1)式中g为重力加速度.物块的重力为fg?b3??g (2)设物块的加速度为a，根据牛顿第二定律有b3??a?fg?fb (3)?g????将(1)和(2)式代入(3)式得a???x???b??b? (4)??将x系坐标原点向下移动?b/? 而建立新坐标系，简称X系. 新旧坐标的关系为X?x????b (5) 把(5)式代入(4)式得a???g??bX(6)(6)式表示物块的运动是简谐振动. 若X?0，则a?0，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x0????b(7)物块运动方程在X系中可写为X(t)?Acos??t???(8) 利用参考圆可将其振动速度表示为V(t)??A?sin??t??? (9) 式中?为振动的圆频率??(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t?0时刻有x=0，由(5)式得X(0)?????b(11)V(0)?0 (12)由(8)至(12)式可求得 A????b(13) ??? (14)将(10)、(13)和(14)式分别代人(8)和(9)式得X(t)????bc?o?s?t??(15)V(t)???t???(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系篇二：第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案(完整Word版)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。
第29物理竞赛复赛模拟赛题第5套答案及评分标准
第二题（20 分）
空间中有两层很薄的电荷，电荷密度为 ，间距为 h ，h 很小，叫做电偶极层。一个电量为 q 0 ，
质量为 m 的点电荷，只能和电偶极层间发生静电相互作用（而不会碰撞）。 （1）粒子以速度 v0 ，角度 ，入射电偶极层，出射方向 i 。求出 sin i 和 sin 之间的关系。
（2）经过定性分析，只能是经过减速度后汇交于另一支的焦点。
（10 分）
由于本题已知双曲线能将粒子汇聚于焦点，则只需要通过特殊值验算参数见关系即可。 最简单的验算位置在距离 x 轴很远的地方，即在渐近线上。 此时入射角为 sin i 1 ，出射角为 sin 1（很远，所以到焦点和原点几乎是一条线） e 带入第一问方程得到（注意为减速）：
（乘以 2 之后错位相减）
F 4P 对整理合外力等于零得到：
An 对墙水平压力位 4P ，竖直方向压力为
P
P 2
P 22
...
2P
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第 29 届复赛模拟赛题 第五套 命题人:蔡子星
R 对于线圈回路的总电动势 不随参照系变化而变化（虽然动生和感生电动势分别可能发生变化） 此系中 B B0 cos(kx) 左杆 x1 vt ，右杆 x2 vt l 左杆 1 B0 cos(vtk)lv 向上 右杆 2 B0 cos(vtk kl)lv 向上 逆时针为正，回路电动势
v0
h
（2）将电偶极层弯成离心率为 e 的双曲面形状，左边为正电荷，两个焦点沿着 x 轴方向，要求所有平 行于与 x 轴方向入射的粒子都能汇交与焦点，则粒子速度，电偶极层厚度，电荷密度之间应当满足什
第29届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案(纯word版)
第29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．下列说法中正确的是A．水在0℃时密度最大B．一个绝热容器中盛有气体，假设把气体中分子速率很大的如v的分子全部取走，则气体的温度会下降，此后气体中大于Av的分子．不再存在速率大于AC．杜瓦瓶的器壁是由两层玻璃制成的，两层玻璃之间抽成真空，抽成真空的主要作用是既可降低热传导，又可降低热辐射．D．图示为一绝热容器，中间有一隔板，隔板左边盛有温度为T的理想气体，右边为真空．现抽掉隔板，则气体的最终温度仍为T．答案：D2．如图，一半径为R电荷量为Q的带电金属球，球心位置O固定，为球外一点．几位同学在讨论P点的场强时，有下列一些说法，其中哪些说法是正确的？A．若P点无限靠近球表面，因为球表面带电，根据库仑定律可推知，P点的场强趋于无穷大．B．因为在球内场强处处为0，若P点无限靠近球表面，则P点的场强趋于0C．若Q不变，P点的位置也不变，而令R变小，则P点的场强不变．D．若保持Q不变，而令R变大，同时始终保持P点极靠近球表面处，则P点的场强不变．答案：C3．图中L为一薄凸透镜，ab为一发光圆面，二者共轴，S为与L平行放置的屏，已知这时ab可在屏上成清晰的像．现将透镜切除一半，只保留主轴以上的一半透镜，这时ab在S上的像A．尺寸不变，亮度不变．B．尺寸不变，亮度降低．C．只剩半个圆，亮度不变．D．只剩半个圆，亮度降低．答案：B4．一轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连一小物块，小物块放在摩擦系数为μ的水平面上，弹簧处在自然状态，小物块位于O处．现用手将小物块向右移到a处，然后从静止释放小物块，发现小物块开始向左移动．A．小物块可能停在O点．B．小物块停止以后所受的摩擦力必不为0C．小物块无论停在O点的左边还是右边，停前所受的摩擦力的方向和停后所受摩擦力的方向两者既可能相同，也可能相反．D ．小物块在通过O 点后向右运动直到最远处的过程中，速度的大小总是减小；小物块在由右边最远处回到O 点的过程中，速度的大小总是增大．答案：AC 5．如图所示，一内壁光滑的圆锥面，轴线OO’是竖直的，顶点O 在下方，锥角为2α，若有两个相同的小珠（均视为质点）在圆锥的内壁上沿不同的圆轨道运动，则有：A ．它们的动能相同．B ．它们运动的周期相同．C ．锥壁对它们的支撑力相同．D ．它们的动能与势能之比相同，设O 点为势能零点． 答案：CD 二、填空题和作图题．把答案填在题中的横线上或把图画在题中指定的地方．只要给出结果，不需写出求得结果的过程． 6．（6分）铀238（92 U ）是放射性元素，若衰变时依次放出α，β，β，α，α，α，α，α，β，β，α，β，β，α粒子，最终形成稳定的核Pb YX ，则其中 X ＝ ， Y ＝ ．答案：82，206(各3分) 7．（10分）在寒冷地区，为了防止汽车挡风玻璃窗结霜，可用通电电阻加热．图示为10根阻值皆为3Ω的电阻条，和一个内阻为0.5Ω的直流电源，现在要使整个电路中电阻条上消耗的功率最大，i ．应选用_________根电阻条． ii ．在图中画出电路连线．答案：i ．当外电路与内电路电阻值相等时电源的输出功率最大，电阻条上消耗的功率也最大，因此需用6根电阻条并联。
第29物理竞赛复赛模拟赛题第1套(共6套)答案及评分标准
第四题（18 分） 变化的磁场能产生电场，变化的电场也能产生磁场。回忆磁生电的电磁感应定律：对于封闭曲面
评分标准+其他五套模拟题及更多资料详见： 联系我们：cpho@xueersi.co3m
第 29 届复赛模拟赛题 第一套 命题人:蔡子星
的磁通量变化率等于电动势的负值，电动势可以看作这个曲边上每一段感应电场与位移的乘积之和
第 29 届复赛模拟赛题 第一套 命题人:蔡子星
故临界条件下 f2L N2L (1 )LN2 ，又 N2 f2 f N2 N
故临界条件下 N2 f N2 N
从而 N2
f
N 2
，此时显然有 N1
f
N 2
及答案中的各式。
第二题（20 分） 绕柱子
某人用手拿着一个半径为 r 的圆柱，放在光滑水平面上。一个质量为 m 的小球，通过一根长度为 l 的绳子连在圆柱上。开始的时候绳子与圆柱相切，小球有大小为 v 的初始速度，方向垂直于绳子。 然后绳子就卷到了圆柱上，直到小球与圆柱相撞。求出为了保持圆柱不动，手应当给圆柱的作用力和 力矩随时间的关系。
v0
L
D
L L
x
mg
θ
P
【解】：由受力分析，压力的合力为 N1 N2 (mg P) cos ，摩擦力的合力为 f (mg P)sin
临界条件下必有 (N1 N2 ) f (mg P)sin （8 分）
故
N1
(mg
P) cos 2
(mg
P) sin
【解】：小球始终受到垂直于运动方向的力，故可认为小球速度始终不变。（3 分）
又绳上受力提供向心加速度，故T mv02 ，R 为绳子未绕在圆柱上的长度。（3 分） R
第29届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案
第29届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案一．（15分）两个质量分别为1m 和2m 的小球，它们之间的相互作用表现为斥力（斥力大小表达式为221rm m k，k 是常数，r 为两球之间距离）. 现已知1m 以速度0v 接近2m ，瞄准距离为b ，即2m 到1m 速度方向的垂直距离为b ，如图所示. 求1m 小球接近2m 小球的最近距离d . 设21m m <<，小球2m 可近似看作静止.一．解：1m 小球受力始终指向2m 小球中心，1m 小球在一平面内运动．如图所示．设z 轴垂直于此平面且通过2m 小球中心，则1m 小球所受力对z 轴的力矩为零，即对z 轴角动量守恒．1m 小球以速度v 0运动，对z 轴角动量是γsin 01v rm ，但b r =γsin ，故001sin bmv v rm =γ，1m 小球最接近2m 小球（距离为d ）时，即无继续向2m 小球运动的速度，又无远离2m 小球的速度，此刻的速度v图52m应与1m 小球至2m 小球的连线垂直，角动量是v dm 1．于是011v bm v dm = （1） （5分） 得 dbv v 0=在散射过程中，只有斥力作用，故能量守恒。
最初，其能量为20121v m 动能，到达离2m 小球最近时，其总能量为dm m k v m 212121+， 后一项为斥力势能，k 为一常数．因此，20121212121v m d m m k v m =+ （2） （4分） 有（1）（2）得22202202b v m k v m k d +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛±= （4分）d 只能为正，故式中负号无物理意义，舍去．22202202b v m k v m k d +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+= （2分）二．（20分）如图所示，质量为m 的小球，用不可伸长的线悬于固定点O ，线长为l ，初始线与铅垂线有一个夹角，初速为0. 在小球开始运动后，线碰到铁钉O 1. 铁钉的方向与小球运动的平面垂直. OO 1=h <l ，且已知OO 1与铅垂线夹角为β，设l 与铅垂线夹角为α. 假设碰后小球恰能做圆周运动. 求线与铁钉碰前瞬时与碰后瞬时张力的变化.二．解：假设碰后小球能作圆周运动，运动到最高点的速度v 可由（3分）得出 g h l v )(2-= 设初始夹角为α由机械能守恒得到：)](cos cos [212h l l h mg mv --α-β= （5分）221)cos (mv l l mg =α-]23)cos 23([cos -β+=αl h假设碰前瞬时速度为v 1则：)cos (cos 2121α-β=mgl mv （2分）)cos (cos 21α-β=gl v碰前：l mv mg T 211cos =β- （3分）)(cos 212h l mv mg T -=β- （3分）)cos )(cos (212α-β-=-h l mghT T )cos 23(2β+=l mgh（4分）三、（17分）斯泰瓦—托尔曼（Stewart-Tolman ）效应1917年，斯泰瓦和托尔曼发现，一绕在圆柱上的闭合线圈，当该圆柱以一定角加速度绕轴旋转时，线圈中会有电流流过。