《2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷（含答案解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷（含答案解析）.pdf（19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、清北学堂2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷180分钟 320分题 1 (40分)本题忽略重力，当t=0时，桌面上有一质量为M,初始高度为H,半径恒定为R,电荷量密度P，质量和密度均匀分布，杨氏模量为4 的绝缘弹性体，圆柱体底面时刻与地面相连，可绕中心无摩擦转动；全空间电磁场只考虑在z方向上的E(t)=&)(1-cosat),B(z,t)=BoeYZ sina)t,(yz 1),以及该磁场附加的涡旋电场；随着时间变化，圆柱体在z方向电场力作用下，上下周期性运动，质量、电荷密度变得不均匀，并且由于电场较大可认为各处在z方向上时时受力平衡，即拉力与电场力平衡，同时在涡旋电场力矩下开始转
2、动，本题探究仅在该两项电场力作用足够长时间后：(1)圆柱体高度H=(2)圆柱体绕z轴转角可近似为。=0(t)=Ct2的形式，求c。题 2 转 硬 币(45分)想必大家都转过硬币吧，如果没有转过也可以拿手边一元硬币试试。我们在硬币旋转过程中可以观察到如下现象：(a)你会发现从上面看来硬币旋转速度在变慢(b)硬币发出响声的频率在加快这两者似乎是矛盾的，因为前面告诉我们硬币越转越慢，后者告诉我们它越转越快。本题尝试建立模型解释这种奇妙的现象。首先我们假定我们给硬币一个初始角动量，使硬币转起来获得较大的Z轴角动量，然后硬币掉落在摩擦系数极小的光滑桌面上，因此能量损失会较为缓慢，能作为准静态考虑。硬币边
3、缘对于桌面是纯滚的，旋转过程可以看作是旋转对称的。设 硬 币（抽象成一个均质圆柱体）厚度为九，半径为R,质量为小，请回答下列问题：1 .图中X,y,Z轴为硬币的主轴（原点在质心），求转动惯量/双、Iyy,IZ Z；2 .我们考虑硬币对于桌面倾斜角为。时的旋转。假定。在一个周期内不会改变，改变的只是硬币平面的方向，硬币的质心在周期内可认为不动的。我们定义经过质心、垂直于硬币平面向上为z轴，由硬币质心指向接触点所在母线中点为x轴,y轴参照右手系原则定义。同样的，你 也 可 以 定 义 实 际 的 轴，z 轴垂直于桌面向上，,轴正方向定义为硬币质心对于桌面的投影指向硬币与桌面接触点，y 轴与y轴指向
4、相同。请求出（可认为。p认为无摩擦力，以后。均按照此定义）2-1:旋转面相对于桌面的角速度（方向指向Z轴正方向）3 c M2-2：硬币的视角速度a l i g h t（即从硬币在顶上看花纹的运动角速度，可以用转一圈花纹的角位移除以转一圈用时来计算），2-3：硬币的总能量E to ta l（。）3 .能量的损失能量必定会有损失，而这种损失我们在本题中可以假定是由于硬币边缘与桌面碰撞产生的，因此可以假定罂=-k%de，/i d e是硬币与桌面接触点在桌面上的运动速度（注意：接触点是硬币与桌面的接触点，不是硬币上固定的一点）。请求出在。较小时角度0与时间t的关系（假定t=0时。=埸），并给出发出响声
5、的频率f与时间t的关系。你可以假定初态f为为。题3 一起来玩竹蜻蜓（5 0分）竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为a,宽为b,面密度为o的匀质长方形板，与水平面夹角皆为。，杆 子 质 量=c ra b。t=0时，以角速度3 0,数值速度%=0起飞，与密度为p的空气发生弹性碰撞，在发生碰撞前，空气保持静止。求：（1）竹蜻蜓绕杆的转动惯量；（2）速度为，角速度为3时竹蜻蜓受到的力与力矩情况；（3）这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的30?并求。多大时竹蜻蜓最容易起飞。题4（45分）（第35届全国中学生物理竞赛决赛题2）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-
6、间的距离为d,接入如右图所示的电路中，电源的电动势记为U。）|不带电的导体薄平板3的质量为m、尺寸与电容器极板相同。平-K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“。闭合电键K后，平 r 1 u板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。假设导体板之间的 2 I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-1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平衡；所有碰撞都是完全非弹性的。重力加速度大小为g。（1）电源电动势U至少为多大？（2）求平板3运动的周期（用U和题给条件表示）。题 5电 离 室（30 分）一电离室由一
7、个半径为a、长为L 的金属圆柱面与一根半径为b 的位于柱面轴的导线组成。圆柱面接一个负高压-%,导线通过电阻R 接地，如右图所示。现给电离室充以一个大气压的氮气。一束电离粒子穿过电离室，其径迹平行于轴线，距轴线r =a/2,它共产生了N =1 0 5 个离子一电子对。求电阻两端的电压V 与时间的函数关系。已知a =l c m,b-0.1 m m,L=5 0 c m,前离子迁移率4+=1.3c m2/（s -V）,电子迁移率 一 =6 x l（）3c m 2/（s-V）,Vo=1 0 0 0 V,K=1 0 5。（提示：先计算系统的RC 时间常数以作合理的近似）题 6（30分）一个相对于彼此间距
8、固定不变的星体系统为静止的观察者看到一个各向同性的星体分布。对任意立体角元dQ有dN=；d Q,现在考虑另一个以恒定加速度a（相对其瞬时惯性参照系）47r运动的观察者，假如他在t=0时刻相对于固定的观察者静止并开始运动。试确定在时刻t 的星系分布为dN=N（0，w）d（T（此处t为运动观察者自身的时间）题 7磁介质的热力学(8 0 分)(1)长度为，截面积为A 的磁介质上绕有N匝线圈，接上电源。改变电流的大小以改变介质中的磁场d B,试计算电源克服线圈中感生电动势所作的功假设磁介质在磁化过程中体积和压强不变。(2)上问中的结果包括两部分，一部分是激发磁场做的功，另一部分磁化磁介质做的功。当热力
9、学系统只包括磁介质而不考虑磁场时，只需要保留第二项。试证明：(等)$=得(翳)/其中CM，的分别表示磁化强度和磁场强度保持不变时，磁介质的热容，角标S 黄 示 输 过 瘴(即绝热)。(3)对于理想顺磁体，有M =触,其中C 称为居里系数，且U =U(T)。试求如 CM(用两个热力学参量表示，如T 和H)。(4)求出理想顺磁体绝热过程的热力学方程，可用的参数包括赢，CM以及一个积分常数.(5)上述讨论针对的是顺磁相，然而一个磁性系统除了处于顺磁相，还可能处于铁磁相或者反铁磁相。我们这里研究铁磁体的铁磁相与顺磁相之间的有限温度相变的宏观热力学特征。根据朗道的连续相变理论，在临界温度附近，系统的自由
10、能可以按照M展开为11F=F0(T)+-a(T)M2+-b(T)M4由于尸相对于M e-M是对称的，因此展开式中只有M的偶数次项。进一步假设临界点附近满足a0(T -或)a=-Tcb=b0且斯 0,瓦 0。求系统在7 及和7或时平衡态的磁化强度M,自由能F,及零场比热CH=0,并判断是相变的级数。(6)在上述系统中加入外场“，试计算临界点附近系统的磁化强度M以及零场磁化率/H=o。(7)如果生 0,我们需要将F 进一步展开以保证系统的稳定性111F=0(7)+K a(7)M 2 +b(T)M 4 +c(T)M 62 4 6假设a,6 的形式不变，c=，且a。0,瓦 0,c()0。试耒出系统的平
11、衡态磁化强度M,发生相变的温度或(用及表示)，并判断相变的级数。(8)如果系统的Me-M的对称性被破缺，需要在自由能中引入奇数阶项，如111F=F0(T)+-a(T)M2+d(T)M3+-b(T)M4假设a,b 的形式不变，d=d0,且a。0,%0,d()0。试求出系统的平衡态磁化强度M,发生相变的温度或(用7 c表示)，并判断相变的级数。清北学堂2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷参考答案题 11.设 原 h处的部分在电场作用下，时 间 为 t时 在 z 处，z=z(/i,t)则此处拉力L R2 僚 一1）（2 分）对dh一小段的受力平衡E(t)dQ=dT(2 分)两边除以d h
12、,有dzE0(l-cos a)t)nR2p=AnR2(2 分)化简后得d2z EaO痂=丁(1-C0S3t)(2 分)积分一次有dz E(p=4(1-cos3t)h+C()(2 分)再积分一次有Z二 :(1 cos o)t)h+Cz(t)(2 分)由八=处7=0,有G(t)=1 (1 cos ojt)H (2 分)和h=0时z-0,有故Cz(t)=0z=(1 cos ooth2 2H h)4-h(2 分)故高度H (t)=H _(1-cos tot)(2 分)2.涡旋电场E(r,z,t)dB S nr2 B。3r=-Tv=Ba(i)eYZ cos a)t-=-eYZ cos a)tAt L 0
13、 2jrr 2对 高dh,半 径 为r处，宽 为d r的微元，受到力矩其中故dr=Efrdq(2 分)dq=2nrpdrdh(2 分)（2分）dr=Boa)npeYZ cos a)tr3drdh(2 分)对d r积分有T=Boa)npeYZ cos a)t r3drdh=Boa)7ip cos a)t eYZr3drdh=：Bo37rp cos a)t R4 fj7 ey zdh利用eyz 1 yz再 带 入z的表达式，H Hf eYZdh f(1 yz)dhJo Jo=J(1-y(1 cos cot)(/i2 2H K)+九)dh=H +yEQP(,1 cos a)tx H3o -1y Ho
14、2因此T=-BQa)np COSa)t R4 H +y (l-cosayt)H3 yH2T*0/1/(2分)=-BQa）npR4 （H -y H2+cosa）t-cos 2（o t）（2 分），L ，D/1/o/l中间利用了变换1cos2 c o t =-（1 cos 2 c o t）又T=1 （2 分）因此3 =焉 及3乃P R 2 +y 整口3）c o s 3 t-y 鬻4 3（1cos 2 c o t）（2 分）积分两次。=焉 殳3即R 2 （H 驷2 +y需叼）/翳3&2+白C O S 2必）（2分）忽略带有C O S 3 t、COS 2 3 t的项，因为它们的大小在时间足够长以后可以
15、忽略不计于是即,yp2E0B0a m R2H3d）=-1+24AMYP2E0B0a）n R2H3C=24AM（2分）（2分）题21.Ixx=lyy=m/?2（4 分）14 z=2m R2（2 分）2.入一 1接触点运行半径：R o ut =R eo s。-h sin e由于边界速度关联，在旋转系中有3 R =-3 c M（R C 0 S e-gh解得（1 h 3 =-3C M（c o s。2 n sin 6 J方向为z轴正方向再叠加上旋转系角速度（投影到x,y,z上）C M=（-)cos6 .RhsinG（2分）h(1 cosQ 4-sin 0)2 n（2分）1 9 1 9 hE total=
16、-jxxx+电必+mgRsine+-c o s0)5 1 gRcosG sin0)sin9=(布加/+司小骏)1-1-1(4/?2 +h 2)c o s。-Rhsizid（2分）+mg(Rsindh4-cos0）在。很小时，我们可以发现（2分）3.代入3 c M =Etotal=舄 m/d +|jn R 2)30 =*2gR1 1c。（4腔+正九2）gRO1 1QQ+存九2)d E=-kRd t1 3 3k品 mh 2 +号 mR 2)、（2分）h+m32（2分）gR 1 m1九 2)9dOJ G1R 2 +抄12)Rdt2R 4 R 2 +白 h 2)g2-）3（t0-t）3（4分）上式中t
17、 o 表达式如下2 3 I 3 3 ,t o =o (0 o)2*T(srzm h+omR)D K 1O O9/t。*(-)3t o _ t/R2+务九2)R(3 分)（2分）题 3质量微元d m =adx-（1 分）COS 0单块板绕杆的转动惯量为d/i=d m r2=0 .（x2+y2）dxdy（1 分）c o s 0积分b 0人焉（*2+y 2）d x d y =（4 a 2 +b 2 c o s2 a）（2 分）2V考虑两个叶片/=2，i=（4 a2+b2 c o s2 0）（2 分）6（2）仍 然 对（x,y）处的微元分析（角速度逆时针方向为正）转动速度平动速度故其速度晞=0,若”t
18、 a n 8 t o a,板上每一处的风力向下；若u V t a n Jc o Q,板 上（0,）tan 63风力向下，（一,。）风力向上（2分）tan 0a）2 .当1；V 0,若D V t a n e o）Q,板上每一处的风力向上；若u A t a n O t o Q,板 上（0,tan 83风力向上，（一 ,a）风力向下（2分）tan 83之后我们会发现，这个讨论非常重要计算d m 受力：dF=2pv12dx（2 分）c o s 6在竖直方向投影dFz=2pv12dxdy我们知道以与d F 的方向应该是相反的，但发现这个d F 的式子关于幺没有体现出方向性，因此我们在后续的积分时要手动地
19、加上正负号。竹蜻蜓受力与力矩的大小（由于对称性，我们只需算力的竖直分量）：I.若板上处处受力方向一致受力大小r COS d raFz=2 I 2pv12dxdyJ-cos 6 J。b qC2COS 6 fa=2 I I 2p（c o s 9 u +s i n 8（x）x）2dxdyJ-COS 0 J。1=4pab（-s i n2 0 a）2a2 c o s 9 s i n 9 a）av+c o s2 6 v2）（4 分）受力矩大小r|cos0/.aM=2 I j x-2pv12dxdyJ-?cos 6 J0r COS G ra=2 I I 2p（c o s 0 v +s i n 0 （Dxyx
20、dxdyJ-?cos 0=4pa2b s i n2 9 a）2a2 cos 0 sin 0 a）av+c o s2 6（4 分）2 .若板上处处受力方向一致 为表示方便，我们令Y -It a n 0 a）lFz=2 PC0S 0（Y2pv2dx-dy-c o s 6 J。M=4pb c o s 0-s i n2 Q eo2(2 y3 a3)c o s 0 s i n 9 a)v(2 y(4分)rb2 cosda (f Y raM=2 1 t a n 9 1 1 2pv xdx 1J-cos 0 Jo 12=4Pb s i n 9-s i n2 6 a)2(2 y4 a4)-c o s 6 s
21、i n 6 c o v(2 y32 a2)+c o s2 9 v2(2 y a)2pv xdx 1 dy1a3)4-c o s2 3 v2(2 y2 a2)（4 分）当然，还要考虑力和力矩的方向与重力，于是最后的答案如下:1（1）4pd2bsn d fjsin2 9 a)2a2-.co s 9 sin 9 a)av 4-cos2 0 v2)，当u 0,v tan 6 a)a4 3 2/12 14Pb sin 6 sin2 0 a)2(2y4 a4)cos 0 sin 0 a)v(2y3 a3)+cos2 0 v2(2y2 a2)，当 tan 0 a)a v tan 6 a)a 4pb sin
22、9Mvrl 2 1-sin2 9 o)2(2y4 a4)-cos 6 sin 0 cov(2y3 a3)+-cos2 6 v2(2y2 a2)，当 tan 9.4 3 2a)a v 1-Mg+4pab cos 0(-sin2 0 a)2a2 cos。sin 9 a)av+cos2 0 v2),当u 0/v tan 9 a)a1 Mg+4Pb cos d-sin2 d a)2(2y3-a3)cos 0 sin 9 a)v(2y2 a2)+cos2 d v2(2y-Q),当 tan 9 a)a v 0/v tan 9 a)arl Mg 4pb cos 6-sin2 9 a2(2y3 a3)-cos
23、 0 sin 6 OV(2Y2 a2)+cos2 9 v2(2y a)，S tan 9 a)a v 其中（8 分）M=3crab,I=2L=(4 az+b2 cos2 0),y=I-1 6 ItanO 3(3)只要初始力 0,并带入f =0,有4.-M g+-pab cos 9 sin2 9 a)2a2 0因此只要（2 分）（4 分）就能起飞。易知，当1cos0-（2 分）上式的分母最大，最容易起飞。题 4（1）在平板3 离开极板2 之前，平板3 的带电量为（2 分）Q=CE0S0U=-Ud设平板3 离开极板2 之后，各板电荷面密度如图a 所示。由电荷守 恒 有（2 分）Qa i-（y2=a=
24、-=-11设上、下两电容器各自两极板间电场的场强分别为第、E2（见图a）,（2 分）0 rlUE1-E2=-另外，两个串联电容器的总电势差为U,故（2分）E2X+E（d x）=U联 立 得（2分）U d+x=-极 板 1、2上电荷面密度分别为（1 分）0=OEI，%=0E2平板3受到的电场力（向上为正方向）为（3分）b c E2 Ei%S U 2Fe=一。2 s -2+aiS 2=（2x+d）平板3受到的合力为（2分）一 一 “total因此平板3开始运动的条件为（2）平板3的加速度为（2分）加速度可以改写为（2分）s0SU2 z、=Fe-m g =-2d(2 x+d)-mg(2 分)一0SU
25、2min=2md2g o Ss0SU2 z、a =石 芯(2)-9vdva=d xs0SU2 z、=vAv=-(2%+d)-g d x积 分 得（2分）工34-xL7 n d 3 人因此可以求出平板3 运动的时间（4 分）d x佰新皿+2d md(SSQSU2-2mgd2)+2UJ2s0S(0SU2 m gd2)-In -U 0S QSU2-2mgd2平板3与 1 接触后，带电量为（1 分）E0SU-Q =a.由电荷守恒（1 分）,，电u极板间场强为（2分）a*豆 2图bPiJ4=-2=-U=F -E*2 =-仍 有（1 分）联 立 得（2分）Ex+E；(d x)=UU d-xE1=d r,U
26、 2 d-xE2=d7 3d平板3受到合力为（2分）,s0SU2,、Fe=（3d 2x）平板3受到竖直方向的合力为（1分）”,30St72 0SU2%tal=d+X mg加 速 度（1分）一,3E0SU2 E0SU2积分得速度（2分）时 间（2分）1/（d x）+（）SU2md3（d-%）2d nnd（30SU2 4-2mgd2）+21205（80512 4-mgd2）“2 U 舔 SQSU2 4-2mgd2最终可得运动周期为（2分）T=0+七2注：需注意向下的过程并不完全是向上过程的时间反演，即今（笔者当年在赛场上就犯了这个错误）；但我们仍可以用很简单的方法求出匕：只需将公表达式中的g换成-
27、g 即可（想想为什么？）题 5系统的电容为（2分）C =6 x 1 0-1 2Fl nb因此电路的时间常数（2分）T=RC=6 x 1 0-7s腔内电场分布满足（2分）E=aerr nb因此电子从r =a/2 漂移到阳极丝r =b的时间为（3分）限=，t=提（3 一炉）=9.6 x 1 0-s 一 1 Qr i nb类似地，正离子从厂=。/2 漂移到r =a的时间为（2分）3戢-）=1 3、10%即A t _ T A t+（2分）。因此，电子从r =a/2 漂移到r =b的过程中（即O WtWAj）,R C过程以及阳离子的漂移均可忽略不计（2分）。由能量守恒（2分）CV6V=-qEdr由于R
28、C过程在电子漂移途中可忽略，有AU%,因此V。%（2分），进而得到电子在r 处时阳极丝的输出电压为（2分）i z =-代入电子漂移距离与时间的关系（4分）2TT0L陪）i al nb2 4 M l i 2Ne I=V =一 :-7 In4ns0 L 2-r2,2 M-Vot1-7当2 =4 _ 时，输出电压为（3分）Ne随后系统通过R C电路放电，满 足（2分）1一雨Ne 2b ZlnTV =匕 e x p匕=_ =一qa题 6由 题 意（2分）d而（W）=a其中“为地面系中的速度，因 此（2 分）即（2 分）由dt=ydt（2 分），可以将时间转换为运动观察者自己的时间（4 分）t=dtJo
29、dtr+卑c at-arcsinh oa c即（2 分）代入速度的表达式得（2 分）c att=-sinh a cc at sinh Q cJ l +（sin h y）由行星数是洛伦兹不变量（2 分）at=ctanh 即 即 分）NdN=dQ=4uN dcos0由光子动量的洛伦兹变换，易得角度的变换为（4 分）cos 0r+-cos 0=-1+-cos O4irdcos0,因 此（2 分）d cos 6dcos。故（4 分）i-4V 21+-COS0Jv,、N dQNN(0 )=4irl-ta n h 管)21+tanh(华)cos。题 7（1）由法拉第定律，线圈中的感应电动势为（2 分）d,
30、s=-N-（AB）at由安培环路定理，磁介质中的磁场强度满足（2 分）H l=NI因此外接电源克服感应电动势做功为（2 分）dW=-sldt=AlH dB=VH dB（2）上问中感应电动势做的功可以分解为（4 分）dW=VH 40 d(H+M)=Vd2+Vii0H dM接下来只考虑第二项.由热力学第一定律（2 分）dQ=dU-（i0V H d M =dM-(i0VHdM因此，定H热 容 为（2 分）将r 视为r =r（“,M）,代入式（1）得（4 分）dQ=CM 腐M DH+（焉）H dM +（缴,-网 dM=CM 阁“dH+CH（焉）“dM对于绝热过程，有dQ=O,即（4 分）其中最后一步用
31、到了偏导数的循环关系（3）由定义（2 分）因 此（2 分）（4）考虑绝热方程（2 分）其 中（2 分）(d M _，HF)H 一 一 取 口(dU(丽)0C、CH _ CM=汴”dQ=CM(dT dH+CH I-TTT)dMM dM)HL=CM2T灰-THT因此绝热方程满足（2 分）T TCM-d H-CH-d M =On i v i积 分 得（2 分）CHM M =constH（5）平衡态下尸取极小值，应 满 足（2 分）dF o-=M（a+hM2）=0dM当T 时Q 0,上式的解为M=0,即系统的宏观磁矩为0,处于顺磁相（2 分）。当7 或时a TC典 口.T TCF=do(Tc-Ty系统
32、的零场比热为（2分）西2 T 或I 2b（）T c即自由能的二阶导在相变点不连续，是二级相变（1 分）。（6）引入外场后，自由能的全微分为（1分）d F =-S dT +n0H d M因 此（2分）即系统在临界点处的磁化强度为（2分）”=（管 丫临界点附近，系统的零场磁化率满足（2分）的|_ 劭(7 -)a+3 b M 2 1 H=o HOT 2 a o s -T)T TC即磁化率发散。这是磁性系统二阶相变的普适特点之一。（7）对自由能求导（2分）dF=M（a +b M2+c M4）=0dM _当炉一 4 a c 0 时，解为“=。，土 口 土 妾 ，,其中满足自由能极小的点为（2分）2a b
33、+V b2-4 a c2a即系统处于铁磁相。当所-4ac 0 时，解只有M=0,且为极小值点。此时系统处于顺磁相（2分）。相变发生在炉=4 a c,即（2分）仇,2_A4 a o K亍-TCcoc=T；=T c 1+4 a o e 0,系统的磁化强度（2分）2a0(T -Tc)/Tc,T T；M =即M在相变点两侧存在跳变（1 分）版一 版+1=1 2a.鼠）=一管是一级相变（1 分）。（8）自由能取极值（1分）dF,=Ma+d M +b M2=0dM _ _当d 2 -4 a b 0 时，解为M=0,一dv：i,其中极小值点为M=-dZab（2分）。2a 2a当d 2 -4 a b T；M =四 1+即M在相变点两侧存在跳变（2分）-MT+=是一级相变（1 分）。T T 2 a o(7-79/7c cd0Tc 2b02 a o（耳一鹿）do