《第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案_.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案_.docx（48页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案_此页面能否是列表页或首页？未找到适宜正文内容。此页面能否是列表页或首页？未找到适宜正文内容。此页面能否是列表页或首页？未找到适宜正文内容。此页面能否是列表页或首页？未找到适宜正文内容。第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2021年9月20日一、12分1球形2液滴的半径r、密度和外表张力系数或液滴的质量m和外表张力系数3解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为=fkr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
2、aa.根据这一约定，式在同一单位制中可写成=ffkrr由于取同一单位制，上述等式可分解为互相独立的数值等式和单位等式，因此=fr力学的基本物理量有三个：质量m、长度l和时间t，根据前述约定，在该单位制中有=mmm，=lll，=ttt于是-=ft1=rl-=ml3-=mt2将式代入式得()()-=tlmlmt132即-+-=tlmt132由于在力学中m、l和t三者之间的互相独立性，有30-=，0+=，21=解为311,222=-=-=?将?式代入式得=fkr3解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为=fkr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
3、的乘积=aaa.在同一单位制中，式两边的物理量的单位的乘积必须相等=fr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，密度的单位为3kgm-?，外表张力系数的单位为1212Nm=kg(ms)mkgs-?=?，即有s-=f1m=rkgm-=?3kgs-=?2若要使式成立，必须知足()()smkgmkgs(kg)ms-+-=?=?13232由于在力学中质量M、长度L和时间T的单位三者之间的互相独立性，有30-=，0+=，第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试
4、题及答案21=解为311,222=-=-=?将?式代入式得3fkr=?评分标准：此题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，式2分，?式3分，?式2分答案为3fr、fkm=或fm的，也给这2分.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体经过：000000(,)(,)(,)?iifffpVTNpVTNpVTN放气(绝热膨胀)等容升温其中，000000(,),(,)iifffpVTNpVTNpVTN)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pVNkT=，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有ffiipNpN=另一方
5、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(,)(,)iiipVTNpVTN?绝热膨胀此绝热经过知足1/00iVpVp?=?由状态方程有0ipVNkT=和00fpVNkT=，所以0fiNVNV=联立式得1/0fiipppp?=?此即lnlniifpppp=由力学平衡条件有0iippgh=+0ffppgh=+式中，00pgh=为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小.由式得00ln(1)ln(1)ln(1)ifihhhhhh+=+-+利用近似关系式：1,ln(1)xxx+当，以及00/1,/1ifhhhh，有第31届全国中学生物理竞赛复
6、赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案000/iiififhhhhhhhhh=-评分标准：此题16分式各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经过ab，再通过等容升温经过bc到达末态100000(,)(,)(,)?ifpVTpVTpVT绝热膨胀ab等容升温bc其中，100000(,),(,)ifpVTpVTpVT)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知足绝热方程和等容经过方程1100ab:-=ipTpT00bc:/=fpTpT由式得1/0fiipppp?=?此即lnlniifpppp=由力学平衡条件有0iippg
7、h=+0ffppgh=+式中，00pgh=为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，g是重力加速度的大小由式得00ln(1)ln(1)ln(1)ifihhhhhh+=+-+利用近似关系式：1,ln(1)xxx+当，以及00/1,/1ifhhhh，有000/iiififhhhhhhhhh=-评分标准：此题16分式各3分，式各2分三、20分1平板遭到重力CP、拉力0MQ、铰链对三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用点的坐标分别为：C(0,sin,cos)?=-mgmgP，(0,0,)h；0M(0,0)Q=Q，00(,0,)xz；AAAA(,)xyzNNN=N，(,0,0)2b；BBBB(,)xyz
8、NNN=N，(,0,0)2b-式中第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案22134bha=-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ABx0=+=xxFNNABsin0?=+-=yyyFQNNmgABcos0?=+-=zzzFNNmg0sin0xMmghQz?=-?=BA022=-=yzzbbMNN0AB022zyybbMQxNN=?+-=联立以上各式解得sinmghQz?=，ABxxNN=-，000sin21()2AymghbxNbzz?=-+?，000sin21()2BymghbxNbzz?=-?AB1cos2zzNNmg?=即
9、0M0sin(0,0)mghz?=Q，0AA002sin1(,1(),cos)22xxmghbNmgbzz?=-+?N，0BA002sin1(,1(),cos)22xxmghbNmgbzz?=-?N2假如希望在M(,0,)xz点的位置从点000M(,0,)xz缓慢改变的经过中，能够使铰链支点对板的作用力ByN保持不变，则需sin21()2BymghbxNbzz?=-=?常量M点移动的起始位置为0M，由式得00022-=-bxbxzzzz?或00022bxbxzzz?-=-?这是过A(,0,0)2b点的直线.(*)第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案因
10、而，当力MQ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ByN保持不变.同理，当力MQ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AyN保持不变.评分标准：此题20分第1问14分，式1分，式各2分，式各1分；第2问6分，?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此时与速率v对应的指向中心C的小球加速度大小为21aR=v同时，对应于圆环角速度，指向OO轴的小球加速度大小为2(sin)sinRaR=该加速度的指向中
11、心C的分量为22(sin)sinRaaR=该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin)coscotRaaR=由式和加速度合成法则得小球下滑至角位置时，其指向中心C的合加速度大小为2212(sin)v=+=+RRaaaRR在小球下滑至角位置时，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.在运动经过中小球遭到的作用力是N、T和mg.这些力可分成互相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sinmg要改变小球速度的大小；在垂直于环面
12、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)cosRRNmgmamR+=v合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin)LLmR=+式中L0和L分别为圆环以角速度0和转动时的角动量如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在角位置处取角度增量?，圆心角?所对圆弧l?的质量为ml?=?02mR，其角动量为2sinLmrlrRRrzRS?=?=?=?=?式中r是圆环上角位置到竖直轴OO的距离，S?为两虚线间窄条的面积式讲明，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
13、22222mRLLRmRR=?=?=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2012JmR=则角动量L为CR?z?lr第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案2012LJmR=同理有200012LmR=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22012(1cos)2(sin)2kkEEmgRmR-+?-=?+v?式中0kE和kE分别为圆环以角速度0和转动时的动能圆弧l?的动能为222111()sin222kEmrlrRRS?=?=?=?整个
14、圆环两个半圆环的动能为22220011222224kkmREERmRR=?=?=?或：圆环的转动动能为22202024kEJmR=?同理有2200014kEmR=?根据牛顿第三定律，圆环遭到小球的竖直向上作用力大小为2cosN，当02cosNmg?时，圆环才能沿轴上滑由?式可知，?式可写成2220000220cos6cos4cos102(4sin)?-+-?+?mRmmmmgmm?式中，g是重力加速度的大小.2此时由题给条件可知当=30?时，?式中等号成立，即有220000203923124()mRmmmgmm?-+=-?+?或00000(9312)232()3(2)mmgmmmmmmR-+=
15、+?由?式和题给条件得0000002000(9312)232+4sin+3(2)mmmmmgmmmmmmmR-+=+?由?式和题给条件得2200023+(123)336(2)mmmmgRmmm-+=+v?评分标准：此题24分第1问18分，式各1分，式各2分，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：20cmu=,10cmf=，代入透镜成像公式第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案111uf+=v得像距为20cm=v其横向放大率为1u=-=-v可知圆盘像在凸透镜右边20c
16、m，半径为5cm，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.2如下列图所示，连接A、B两点，连线AB与光轴交点为C点，由两个类似三角形AOC?与BBC?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步减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B点成像，因此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ar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.由下列图所示，此时有:CB=BB=5cm,RB=2cm,利用两个类似三角形CRR?与
17、CBB?的关系，得CR52RR=BB=5cm3cmCB5r-=?=可见当圆盘半径3cmr=光阑边缘与AB相交时，圆盘恰好能成完好像，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，如下列图所示此光阴阑边缘与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207cm.此时有620DR=cm,DE=cm,EE=2.5cm,77ACOBBCRBRB第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案利用两个类似三角形DRR?与DEE?的关系，得DR20/72RR
18、=EE=2.5cm0.75cmDE20/7ar-=?=可见当圆形光阑半径ar=0.75cm，圆盘像大小的半径确实变为1中圆盘像大小的半径的一半3分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步减小时，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
19、5问3分，2个给分点分别为2、1分六、22分1固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角的取值范围为00-整个电容器相当于2N个一样的电容器并联，因此1()2()CNC=式中1()C为两相邻正、负极板之间的电容1()()4ACks=这里，()A是两相邻正负极板之间互相重迭的面积，有2000200012(),2()12(2),2?-?=?-第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案20002000(),2()(2),2?-?=?-?-第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案假如m=，?式中第4式右端不是零，而是1利
20、用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222222maxmin0maxmin0maxmin00111(3)()()(3)8161664NRUCCVCCVCCVVks+=+-=+=?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，因此maxC应比用式估计maxC大；这一效应同样使得min0C；可假设实际的maxmin()CC-近似等于用式估计maxC假如m，利用式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0cos2=0,cos2()=0,cos2()=0mmmtttt+-,?可得电容器所储存能量的周期平均值为2221maxmin001(12)()832NRU
21、CCVVks+=+=?假如m=，?中第4式右端不是零，而是1利用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222222maxmin0maxmin0maxmin00111(34)()()(3)8161664NRUCCVCCVCCVVks+=+-=+=?212UUU由于，则最大值为，所对应的m为m=?评分标准：此题22分第1问6分，式各1分，式各2分；第2问9分，式各1分式中没有求和号的，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miBkr=由右手螺旋定则可知，
22、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间的安培力是互相吸引力，大小为2mkLiFBLid?=?=考虑某根载流钨丝所遭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，每根钨丝遭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2sin2dr?=由式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin2sin(/2)22mmrkLikLiFrr?=它与?无关，也就是讲固然处于圆周不同位置的载流钨
23、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互相抵消因而，某根载流钨丝所遭到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(1)22-?-?=mmNkLINkLiFrrN内其方向指向轴心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srL?=?d?图(a)第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24mN
24、NkLiNFPsrL?-?=?由于1N，有22(1)-=NNiI内由式得224=mkIPr内代入题给数据得1221.0210N/mP=?一个大气压约为5210N/m，所以710atmP?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，其磁场假如不为零，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点作两条互相间夹角为微小角度?的直线，在圆上截取两段微小圆弧L1和L2，如图b所示.由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过L1和L2段的电流之比/II12等于它们到A点的距离之比/ll12：111222=ILlILl
25、?式中，因而有1212=mmIIkkll?即通过两段微小圆弧在A点产生的磁场大小一样，方向相反，互相抵消整个圆周能够分为很多“对这样的圆弧段，因而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=mIBkR内?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遭到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为222(1)(2)+22-?+=?=mmmMkLIIkIkLIIIFLRMMRRM外外内外内外外?式中第一个等号右边的第一项可直接由式类比而得到，
26、第二项由?式和安培力公式得到.因而圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24?+?=?外外内外外mFkIIIMPRLR?若要求2222244+外内外内mmkIIIkIRr?只需知足222222=+第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案式中，33CLl=，44CLl=，COl=.由此得33443434IIIIllll+=+?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3344C3434coscos2cosmmmIIIIBkkkllll+=+=+2121设过C点
27、所作的直线34CLL与直线CO的夹角为，直线34CLL与圆的半径4OL的夹角为此时，将微小弧元视为点.由正弦定理有34sin()sinsin()lll=-+2222式中，3OCL=，4CLO=.于是343434C342cos2sincossin()sin()mmmIIIIIIBkkkllll+=+-2323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能够分为很多“对这样的圆弧段，因而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,mIBklrl=内2424方向垂直于C点与圆心O的连线，知
28、足右手螺旋法则评分标准：此题26分第1问6分，式各1分，式2分，式1分，方向1分；第2问6分，?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，?2121222324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1414.54910Hz=?和1426.14110Hz=?，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1和2由红移量z的定义，根据波长与频率的关系可得-=112212z式中，是我们观测到的星系中某恒星发出的频率，而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11221111(1),(1)=+=+zz由氢
29、原子的能级公式2=nEEn,得到其巴耳末系的能谱线为00222=-EEhn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和2分别代入上式，得到这两条谱线的相应能级的量子数第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案121211341144+，nnhhEE进而，证明它们分别由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()4.56710Hz23=-=?Evh，14022211()6.16610Hz24=-=?Evh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12656.4nm486.2nm=，2由式可知1122121()0.00402-=+=z由于多普勒效应，观测到的频率1/1/vcvc-=+由于vc，推导得z=v/c进而，该星系远离我们的速度大小为860.00402.99810m/s1.210m/sv=?=?zc3由哈勃定律，该星系与我们的距离为641.210Mpc18Mpc6.78010vDH?=?评分标准：此题20分.第1问14分，式2分，式各4分；第2问4分，式各2分；第3问2分，式2分.有效数字位数正确但数值有微小差异的，仍给分