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1、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、密度和表面张力系数（或液滴的质量和表面张力系数）（3）解法一假设液滴振动频率及上述物理量的关系式为 式中，比例系数是一个待定常数. 任一物理量可写成在某一单位制中的单位和相应的数值的乘积. 按照这一约定，式在同一单位制中可写成由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而力学的基本物理量有三个：质量、长度和时间，按照前述约定，在该单位制中有于是 将式代入式得即 由于在力学中、和三者之间的相互独立性，有解为 将式代入式得 解法二假设液滴振动频率及上述物理量的关系式为
2、式中，比例系数是一个待定常数. 任一物理量可写成在某一单位制中的单位和相应的数值的乘积. 在同一单位制中，式两边的物理量的单位的乘积必须相等 力学的基本物理量有三个：质量、长度和时间，对应的国际单位分别为千克（kg）、米（m）、秒（s）. 在国际单位制中，振动频率的单位为，半径的单位为，密度的单位为，表面张力系数的单位为，即有若要使式成立，必须满足 由于在力学中质量、长度和时间的单位三者之间的相互独立性，有解为将式代入式得评分标准：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，式2分，式3分，式2分（答案为、或的，也给这2分）.二、(16分) 解法一
3、：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：其中，分别是瓶内气体在初态、中间态及末态的压强、体积、温度和摩尔数根据理想气体方程，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有另一方面，设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时的体积，即此绝热过程满足由状态方程有和，所以联立式得此即由力学平衡条件有式中，为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，是重力加速度的大小.由式得利用近似关系式：，以及 ，有评分标准：本题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过程ab，再通过等容升温过程bc达到末态其中，分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积及温度留在瓶内的
4、气体先后满足绝热方程和等容过程方程由式得此即由力学平衡条件有式中，为瓶外的大气压强，是U形管中液体的密度，是重力加速度的大小由式得利用近似关系式：，以及 ，有评分标准：本题16分式各3分，式各2分三、（20分）（1）平板受到重力、拉力、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：式中是平板质心到x轴的距离. 平板所受力和（对O点的）力矩的平衡方程为联立以上各式解得即（2）如果希望在点的位置从点缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力保持不变，则需M点移动的起始位置为，由式得或这是过点的直线. (*)因此，当力的作用点的位置沿通过点任一条射线(不包含点)在平板上缓慢改变时，
5、铰链支点对板的作用力保持不变. 同理，当力的作用点沿通过B点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点对板的作用力保持不变.评分标准：本题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）CqwRDzDqqDlr（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至q 角位置时，小球相对于圆环的速率为，圆环绕轴转动的角速度为w 此时及速率对应的指向中心C的小球加速度大小为同时，对应于圆环角速度w，指向OO轴的小球加速度大小为 该加速度的指向中心C的分量为该加速度的沿环面且及半径垂直的分量为由式和加速度合成法则得小球下滑至q 角位
6、置时，其指向中心C的合加速度大小为在小球下滑至q 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、垂直于环面的方向的分量. 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、和. 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；沿环切向的分量即要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即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，但及大圆环沿轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有合外力矩为零，系统角动量守恒，有式中L0和L分别为圆环以角速度w0
7、和w转动时的角动量如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在q角位置处取角度增量Dq，圆心角Dq所对圆弧的质量为（），其角动量为式中是圆环上q 角位置到竖直轴OO的距离，为两虚线间窄条的面积式说明，圆弧的角动量及成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为或：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，即则角动量L为同理有 力及其反作用力不做功；而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. 故式中和分别为圆环以角速度和转动时的动能圆弧的动能为整个圆环（两个半圆环）的动能为或：圆环的转动动能为同理有 根据牛顿第三定律，圆环受到小
8、球的竖直向上作用力大小为，当时，圆环才能沿轴上滑由 式可知，式可写成式中，是重力加速度的大小. （2）此时由题给条件可知当时，式中等号成立，即有或由式和题给条件得由式和题给条件得评分标准：本题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. 由题意知：, ，代入透镜成像公式得像距为其横向放大率为可知圆盘像在凸透镜右边20cm，半径为5cm，为圆盘状，圆盘及其像大小一样.（2）如下图所示，连接A、B两点，连线AB及光轴交点为C点，由两个相似三角形及的关系可求得C点距离透镜为15cm.
9、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ACOBB（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: 利用两个相似三角形及的关系，得可见当圆盘半径（光阑边缘及AB相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗 4分CRBRB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
10、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及AE相交，AE及光轴的交点为D，由几何关系算得D及像的轴上距离为cm. 此时有利用两个相似三角形及的关系，得可见当圆形光阑半径=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DDDREERE（4）只要圆形光阑放在C点（距离透镜为15cm）和光屏之间，圆盘像的大小便及圆形光阑半径有关 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
11、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）固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角q 的取值范围为整个电容器相当于个相同的电容器并联，因而式中为两相邻正、负极板之间的电容这里，是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有由式得由式得（2）当电容器两极板加上直流电势差E后，电容器所带电荷为当时，电容器电容达到最大值，由式得充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值，由式得断开电源，在转角取附近的任意值时，由式得，电容器内所
12、储存的能量为设可旋转金属板所受力矩为（它是由若干作用在可旋转金属板上外力产生的，不失普遍性，可认为的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为，其值的正负及可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转（即从变为）后，电容器内所储存的能量增加，则由功能原理有式中，由式得当时， 发散，这表明所用的平行板电容公式需要修改当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为（3）当，则其电容器所储存能量为由于边缘效应引起的附加电容远小于，因而可用式估算如果，利用式和题设条件以及周期平均值公式可得电容器所储存能量的周期平均值为如果，式中第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
13、容器所储存能量的周期平均值为由于边缘效应引起的附加电容及忽略边缘效应的电容是并联的，因而应比用式估计大；这一效应同样使得；可假设实际的近似等于用式估计如果，利用式和题设条件以及周期平均值公式可得电容器所储存能量的周期平均值为如果，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为dj图(a)评分标准：本题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）通有电流的钨丝（长直导线）在距其处产生的磁感应强度的大小
14、为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，它及电流的方向成右手螺旋两根相距为的载流钨丝（如图（a）间的安培力是相互吸引力，大小为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，则它们间的距离为由式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为它及无关，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
15、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，方向及柱轴垂直，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 圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为由于，有由式得代入题给数据得一个大气压约为，所以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
16、间夹角为微小角度的直线，在圆上截取两段微小圆弧和，如图（b）所示. 由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过和段的电流之比等于它们到A点的距离之比：式中，因此有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方向在外圈钨丝阵列及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式中第一个等号右边的第一项可直接由
17、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若要求只需满足（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），及圆的径向垂直，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的直线，在圆上截取两段微小圆弧和，如图（c）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过和段的电流之比等于它们到C点的距离之比：式中，. 由此得考虑到磁场分布的对称性，全部电流在C点的磁感应强度应及CO垂直. 穿过和段的电流在C点产
18、生的磁感应强度的垂直于CO的分量之和为21设过C点所作的直线及直线的夹角为，直线及圆的半径的夹角为（此时，将微小弧元视为点）. 由正弦定理有22式中，. 于是23即穿过两段微小圆弧的电流和在C点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于和移至圆柱轴在在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24方向垂直于C点及圆心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，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
19、各1分；第（5）问5分，21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和，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n1和n2由红移量z的定义，根据波长及频率的关系可得式中，是我们观测到的星系中某恒星发出的频率，而n是实验室中测得的同种原子发出的相应的频率. 上式可写成由氢原子的能级公式得到其巴耳末系的能谱线为由于z远小于1，光谱线红移后的频率近似等于其原频率把和分别代入上式，得到这两条谱线的相应能级的量子数从而，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根据波长及频率的关系可得，在实验室中及之相对应的波长分别是（2）由式可知由于多普勒效应，观测到的频率因为，推导得z = v/c从而，该星系远离我们的速度大小为（3）由哈勃定律，该星系及我们的距离为评分标准：本题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别的，仍给分）第 6 页