第31届全国中学生物理竞赛决赛试题与解答(word版)

咨询电话：82618899第26届全国物理竞赛决赛试题理论部分一、填空题（每题5分，共20分）1.某光滑曲面由曲线()y f x =绕竖直y 轴旋转一周形成，一自然半径为a 、质量为m 、劲度系数为k 的弹性圆环置于该曲面之上，能水平静止于任意高度，则曲线方程为 。

2.如图所示的电阻框架为四维空间中的超立方体在三维空间中的投影模型（可视为内外两个立方体框架，对应顶点互相连接起来），若该结构中每条棱均由电阻R 的材料构成，则AB 节点间的等效电阻为 。

3.某种蜜蜂的眼睛能够看到平均波长为500nm 的光，它是由5000个小眼构成的复眼，小眼一个个密集排放在眼睛的整个表面上，小眼构造很精巧，顶部有一个透光的圆形集光装置，叫角膜镜；下面连着圆锥形的透明晶体，使得外部入射的光线汇聚到圆锥顶点连接的感光细胞上（入射进入一个小眼的光线不会透过锥壁进入其他小眼），从而造成一个“影像点”（像素）；所有小眼的影像点就拼成了一个完整的像。

若将复眼看作球面圆锥，球面半径 1.5r mm =，则蜜蜂小眼角膜镜的最佳直径d 约为（请给出两位有效数字） 。

4.开路电压0U 与短路电流SC I 是半导体p-n 结光电池的两个重要技术指标，试给出两者之间的关系表达式：0U = ，式中各符号代表的物理量分别为 。

二、（15分）天体或微观系统的运动可借助计算机动态模拟软件直观显示。

这涉及几何尺寸的按比例缩放。

为使显示的运动对缩放后的系统而言是实际可发生的，运动时间也应缩放。

1.在牛顿力学框架中，设质点在力场()F r 中作轨道运动，且有()()k F r F r αα=，k 为常数，r 为位矢。

若几何尺寸按比率α 缩放显示，确定运行时间的缩放率β。

2.由此证明，行星绕太阳轨道运动周期的平方与轨道几何尺寸的立方成正比。

咨询电话：82618899三、（20分）在水平面上有两根垂直相交的内壁光滑的连通细管，管内放置两个质量均为m 、电荷量均为q 的同号带点质点A 和B 。

第 31 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题一、（12 分）一转速测量和控制装置的原理如图所示. 在 O 点有电量为 Q 的正电荷，内壁光滑的轻质绝缘细管可绕通过 O 点的竖直轴在水平面内转动， 在管内距离 O 为 L 处有一光电触发控制开关 A ，在 O 端固定有一自由长度为 L/4的轻质绝缘弹簧，弹簧另一端与一质量为 m 、带有正电荷 q 的小球相连 接.开始时，系统处于静态平衡. 细管在外力矩作用下，作定轴转动，小球可在细管内运动.当细管转速ω逐渐变大时，小球到达细管的 A 处刚好相对于细管径向平衡，并触发控制开关， 外力矩瞬时变为零，从而限制转速过大；同时 O 点的电荷变为等量负电荷－Q.通过测量此后小球相对于细管径向平衡点的位置 B ，可测定转速. 若测得 OB 的距离为 L/2，求（1）弹簧系数0k 及小球在 B 处时细管的转速；（2）试问小球在平衡点 B 附近是否存在相对于细管的径向微振动？如果存在，求出该微振 动的周期.二、（14 分）多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的有效手段. 如图所示，假设沿某海岸有两个军事目标 W 和 N ， 两者相距 L ，一艘潜艇沿平行于该海岸线的航线游弋，并 监视这两个目标，其航线离海岸线的距离为 d . 潜艇接到攻击命令后浮出海面发射一颗可分裂成多弹头的母弹，发射 速度为0v （其大小远大于潜艇在海里游弋速度的大小），假设母弹到达最高点时分裂成三个分弹头，每个分弹头的质量相等，分裂时相对原母弹的速度大小均为 v ，且分布在同一水平面内，分弹头 1、2 为实弹，分弹头 3 迷惑对方雷达探测的假弹头. 如果两个实弹能够分别击中军事目标 W 和 N ，试求潜艇发射母弹时的位置与发射方向，并给出相应的实现条件.三、（14 分）如图所示，某绝热熔器被两块装有阀门 K 1 和 K 2 的固定绝热隔板分割成相等体积0V 的三室 A 、B 、C ，0A B C V V V V ===.容器左端用绝热活塞 H 封闭，左侧 A 室装有11ν=摩尔单原子分子气体，处在压强为 P 0、温度为 T 0 的平衡态；中段 B 室为真空；右侧 C 室装 有ν2 = 2 摩尔双原子分子气体，测得其平衡态温度为 Tc = 0.50 T 0.初始时刻K 1 和 K 2 都处在关闭状态.然后系统依次经历如下与外界无热量交换的热力学过程：（1）打开 K 1，让 V A 中的气体自由膨胀到中段真空 V B 中；等待气体达到平衡态时，缓慢推动活塞 H 压缩气体，使得 A 室体积减小了 30%（AV ' = 0.70 V 0）.求压缩过程前后，该部分气体的平衡态温度及压强；（2）保持 K 1 开放，打开 K 2，让容器中的两种气体自由混合后共同达到平衡态. 求此时混合气体的温度和压强；（3）保持 K 1 和 K 2 同时处在开放状态，缓慢拉动活塞 H ，使得 A 室体积恢复到初始体积 AV ''=V 0. 求此时混合气体的温度和压强.提示：上述所有过程中，气体均可视为理想气体，计算结果可含数值的指数式或分式；根据热力学第二定律，当一种理想气体构成的热力学系统从初态（p i ，T i ，V i ）经过一个绝热可 逆过程（准静态绝热过程）到达终态（p f ，T f ，V f ）时，其状态参数满足方程：?111()ln()ln()0f f if V i i T T S C R T T νν∆=+= (Ⅰ)其中，ν1 为该气体的摩尔数，C V1 为它的定容摩尔热容量，R 为普适气体常量. 当热力学系统由两种理想气体组成，则方程（I ）需修改为12()()0if if S S ∆+∆= (Ⅱ)四、（20 分）光纤光栅是一种介质折射率周期性变化的光学器件. 设一光纤光栅的纤芯基体材料折射率为 n 1 =1.51；在光纤中周期性地改变纤芯材料的折射率，其改变了的部分的材料 折射率为 n 2 = 1.55；折射率分别为 n 2 和 n 1、厚度分别为 d 2 和 d 1 的介质层相间排布，总层数为 N ，其纵向剖面图如图 (a) 所示. 在该器件设计过程中，一般只考虑每层界面的单次反射，忽略光在介质传播过程中的吸收损耗. 假设入射光在真空中的波长为λ=1.06μm ，当反射光相干叠加加强时，则每层的厚度 d 1 和 d 2 最小应分别为多少？若要求器件反射率达到 8%，则总层数 N 至少为多少？提示：如图(b)所示，当光从折射率 n 1介质垂直入射到 n 2 介质时，界面上产生反射和透射，有：1212n n n n -=+反射光电场强度入射光电场强度,1122n n n =+透射光电场强度入射光电场强度,2=反射光电场强度反射率入射光电场强度, 五、（20 分）中性粒子分析器（Neutral-ParticleAnalyser ）是核聚变研究中测量快离子温度及其能量分布的重要设备.其基本原理如图所示，通过对高能量（200eV~30KeV ）中性原子（它们容易穿透探测区中的电磁区域）的能量和动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分 碰撞过的粒子的性质. 为了测量中性原子的 能量分布，首先让中性原子电离然后让离子束以 θ 角入射到间距为 d 、电压为 V 的平行板电极组成的区域，经电场偏转后离开电场区域，在保证所测量离子不碰到上极板的前提下，通过测量入射孔 A和 出射孔 B 间平行于极板方 向 的距 离 l 来 决定 离 子的能量.设 A 与下极板的距离为 h 1，B 与下极板的距离为 h 2，已知离子所带电荷为 q .（1）推导离子能量 E 与 l 的关系，并给出离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离.（2）被测离子束一般具有发散角Δα（Δα<<θ）.为了提高测量的精度，要求具有相同能量 E ，但入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔 B 处射出，求 h 2 的表达式；并给出此时能量E 与 l 的关系.（3）为了提高离子能量的分辨率，要求具有量程上限能量的离子刚好落在设备允许的 l 的最大值 l max 处，同时为了减小设备的体积，在满足测量要求的基础上，要求极板间距 d 尽可 能小，利用上述第（2）问的结果，求 d 的表达式；若θ = 30°，结果如何？（4）为了区分这些离子的质量，请设计后续装置，给出相应的原理图和离子质量表达式.六、（20 分）超导体的一个重要应用是绕制强磁场磁体，其使用的超导线材属于第二类超导体.如果将这类超导体置于磁感应强度为 a B 的外磁场中，其磁力线将以磁通量子（或称为磁通漩涡线）的形式穿透超导体，从而在超导体中形成正三角形的磁通格子，如图 1 所示. 所谓的磁通量子，如图 2 所示，其中心是半径为ξ的正常态（电阻不为零）区域，而其周围处于超导态（电阻为零），存在超导电流，所携带的磁通量为150 2.07102h Wb e φ-==⨯（磁通量的最小单位）（1）若2510T a B -=⨯，求此时磁通涡旋线之间距离 a .（2）随着 a B 的增大，磁通漩涡线密度不断增加，当 a B 达到某一临界值 B c2 时，整块超导体 都变为正常态, 假设磁通漩涡线芯的半径为ξ = 5×10-9 m ，求所对应的临界磁场 B c2；（3）对于理想的第二类超导体，当有电流 I 通过超导带材时，在安培力的驱动下，磁通漩涡线将会粘滞流动，在超导带内产生电阻（也称为磁通流阻），从而产生焦耳损耗，不利于超导磁体的运行. 磁通漩涡线稳定粘滞流动的速度 v 与单位体积磁通漩涡线所受到的驱动力f A 和a B 的关系为0aA B f v ηφ=, 其中η为比例系数. 外加磁场、电流方向，以及超导带材的尺寸如图 3 所示, 请指出磁通漩涡线流动的方向，并求出磁通漩涡线流动所产生的电阻率（用a B ，Φ0，η，超导体尺寸 b ，c ，d ）表示；（4）要使超导材料真正实用化，消除这种磁通流阻成了技术的关键，请给出你的解决方案.七、（20 分）如图，两个质量均为 m 的小球 A 和 B （均可视为质点）固定在中心位于C 、长为 2l 的刚性轻质细杆的两端，构成一质点系. 在竖直面内建立Oxy 坐标，Ox 方向沿水平向右，Oy 方向竖直向上. 初始时质点系中心 C 位于原点 O ，并以初速度 v 0 竖直上抛，上抛过程中，A 、C 、B 三点连线始终水平. 风速大小恒定为 u 、方向沿 x 轴正向，小球在运动中所受空气阻力 f 的大小与相对于空气运动速度v 的大小成正比，方向相反，即f kv =-, k 为正的常量.当C 点升至最高点时，恰好有一沿y 轴正向运动、质量为 m 1、速度大小为 u 1 的小石块（视为质点）与小球 A 发生竖直方向的碰撞，设碰撞是完全弹性的，时间极短. 此后 C 点回落到上抛开始时的同一水平高度，此时它在 Ox 方向上的位置记为 s ，将从上抛到落回的整个过程所用时间记为 T ，质点系旋转的圈数记为 n . 求质点系（1）转动的初始角速度ω0，以及回落到s 点时角速度ωs 与n 的关系；（2）从开始上抛到落回到s点为止的过程中，空气阻力做的功W f与n、s、T的关系. 八、（20 分）太阳是我们赖以生存的恒星. 它的主要成分是氢元素，在自身引力的作用下收缩而导致升温，当温度高到一定程度时，中性原子将电离成质子和电子组成的等离子体，并在其核心区域达到约1.05×107 K 的高温和 1.6×105kg/m3以上的高密度，产生热核聚变而放出巨大能量，从而抗衡自身的引力收缩达到平衡，而成为恒星.太阳内部主要核反应过程为1H+1H→D+e++ν（I）eD+1H→3He+x （II）3He+3He→4He+1H+1H （III）其中第一个反应的概率由弱相互作用主导，概率很低这恰好可以使得能量缓慢释放. 反应产物正电子e+会与电子e－湮灭为γ射线，即e++e－→γ+γ（IV）已知：质子（1H）、氘（D）、氦-3（3He）和电子的质量分别为938.27、1875.61、2808.38、3727.36 和0.51（MeV/c2)（误差为0.01 MeV/c2），c为真空中的光速，中微子νe的质量小于3eV/c2. 普朗克常量h = 6.626×10-34J·s，c =3.0×108 m/s，玻尔兹曼常量k=1.381×10-23J/K.电子电量e = 1.602×10-19 C.（1）试用理想气体模型估算处于热平衡状态的各种粒子的平均动能及太阳核心区的压强（请分别用eV 和atm 为单位）；（2）反应式（II）中的x 是什么粒子（α、β、γ、p和n之一）？请计算该粒子的动能和动量的大小，是否可以找到一个参照系，使得x 粒子的动能为零？（3）给出反应式（I）中各反应产物的动能的范围；第一题第二题仅供个人参考第三题第四题第五题第六题第七题第八题仅供个人参考仅供个人用于学习、研究；不得用于商业用途。

第31 届全国中学生物理竞赛 题一满分 140分 命题人 蔡子星如图，在平面x -y 平面上有无穷多个固定的带电线密度为λ的同心圆环，圆心在原点处，半径分 别为r ,2r ,3r ...一个电量为q >0的质量为m 的点电荷，初态静止在圆心处。

(1) 限制电荷在x -y 平面内运动，电荷在小扰动下是否为稳定平衡，若稳定求周期。

(2) 限制电荷在z 轴上运动，电荷在小扰动下是否为稳定平衡，若稳定求周期。

(3) 限制电荷在x 2 +y 2 -kz 2 =0的圆锥面上运动，k 取值在什么范围内的时候，电荷在微扰小稳定平衡。

1 1 1 π21 1 1 提示： + + +...= ≈1.645； + + +...≈1.202 12 22 32 6 13 23 33题二（1）在边长为a 的正三角三个顶点处有是三个质量为m 的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

（2）在边长为a 的正三角三个顶点处有是三个质量为m 1、m 2、m 3的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

（3）在边长为a 的正四面体四个顶点处有是四个质量为m 1、m 2、m 3、m 4的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

题三如图在x -y 平面中有向y 负方向的匀强电场E ，有垂直于纸面向内的匀强磁场B ，在原点有一堆 电量为q ，质量为m 的点电荷以初速度v 0向平面内各方向飞出来，只考虑洛仑兹力和匀强电场的作用， 忽略电荷之间的静电作用。

(1) 求这些点电荷汇聚的时间和位置坐标。

(2) 若v 0 =E /B ，在以速度v 0向右的参照系中，写出任意t 时刻这些粒子构成的图形。

求出哪些区域有可能被粒子经过。

题四如图是由两个三极管构成恒流电路。

NPN 三极管放大工作特性为，当I b ≥0时，U be ≈0.5V ，三 极管导通：其中当U ce >0.5V 时为放大状态，I c =βI b ，β=99；否则当U ce ≈0.5V 时为饱和状态。

第31届全国中学生物理竞赛预赛试卷l — 5678总分910111213141516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. （ 6分）一线膨胀系数为a 的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于2. （ 6分）按如下原理制作一杆可直接测量液体 密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差 不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm 3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度.当秤砣放在Q 点处时秤杆恰好平衡， 如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度.下列说法中错误 的是A .密度秤的零点刻度在 Q 点B .秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C .密度秤的刻度都在 Q 点的右侧D .密度秤的刻度都在 Q 点的左侧[]3. （ 6分）一列简谐横波在均匀的介质中沿 z 轴正向传•匚 -■播，两质点P 和F 2的平衡位置在x 轴上，它们相距60cm,当P i 质点在平衡位置处向上 运动时，F 2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s ，则该波的频率可能为A . 50HzB . 60HzC . 400HzD . 410Hz 4 . （6分）电磁驱动是与炮弹发射、 航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式,得分阅卷复核1/3a C.a 3 D. 3 a 左 1右电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线 圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去•现在同一个固定 线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和 横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受 到的推力分别为F i 、F 2和E •若环的重力可忽略，下列说法正确的是 A • F i >F z >F 3 B. F 2>F 3 >F i C . F 3 > F 2> F iD. F i =F a =F 3[]5. （ 6分）质量为m 的A 球，以某一速度沿光滑水平面向静止的 B 球运动，并与B 球发 生弹性正碰.假设 B 球的质量m 可选取为不同的值，则 A .当m =m 时，碰后B 球的速度最大 B .当m =m 时，碰后B 球的动能最大C .在保持m >m 的条件下，m 越小，碰后B 球的速度越大D .在保持m <m 的条件下，m 越大，碰后B 球的动量越大[]、填空题.把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程.6 . （iO 分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0.5mm 丝杆螺距为0.5mm 套管上分为50格刻度）测量小球直 径.测微器的初读数如图（a ）所示，其值为 _____________ mm 测量时如图mm 测得小球直径 d= ___________ mm7 . （10分）为了缓解城市交通拥问题， 杭州交通部门在禁止行人 步行的十字路口增设“直行待区” （行人可从天桥或地下过道过 马路），得分阅卷 复核图2)得分阅卷 复核（b ）所示，其值为实用文档如图所示•当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入"直行待行区"；当直行绿 灯亮起时，可从“直行待行区"直行通 过十字路口.假设某十字路口限速50km/h ,"直行待行区”的长度为 12m , [ - .-s |从提示进入“直行待行区”到直行绿灯 亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到 上述提示时立即从停车线由静止开始匀 加速直线运动，运动到“直行待行区"I的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为 1.5t ，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为 ___________ ;在这4s 内汽车发动机所做的功为_____________ （重力加速度大小取 10m/s 2）8 . （10分）如图所示，两个薄透镜 L 和L共轴放置，已知L i 的焦距f i =f , L 2的焦距f 2=-f ,两透镜间的距离也P 上，物距U i =3f .（1）小物体经过这两个透镜成的像在 L 2的 _____ 边，到L 2的距离为 _________ ，是 _______像（填“实”或“虚” ）、 _______像（填“正”或“倒”），放大率为 _____________ （2）现把两个透镜位置调换沿光轴向 _____ 边移动距离 __________ •这个新的像是 _____ （填“实”或“虚”）、 __________________ 像（填“正”或“倒”）,放大率为9 • （10分）图中所示的气缸壁是绝热的.缸 内隔板A 是导热的，它固定在缸壁上.活塞 B 是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气.B 的上方为大气.A 与E 之间以及A 与缸底之间都盛有n mol 的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态•现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A 、B 之间的气体经历 ____ 过程.A 以下气体经历 ___ 过程；气体温度每上升1 K , A 、B 之间的气体吸收的热量与 A 以下气体净吸收的热量之差等于 __________.已知普适气体常量为R .得分阅卷 复核得分阅卷 复核- 道十十车/ 「右/-::/』：」线- 车-自行待行区停左 尸是f ,小物体位于物面10. （10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B =1.0 X 10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动•该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为 ______ s ;若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0 X 10-2c （c 为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0 X 10-3光年的过程中，绕磁力线转了 ______ 圈•已知电子电荷量为1.60 X 10 -19C,电子质量为9.11 X 10-31 kg •三、计算题，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•有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位.11. （15分）如图所示，一水平放 置的厚度为t 折射率为n的平行玻 璃砖，下表面镀银（成反射镜）.- 物点A 位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h 处.观察者在A 点附近看到了 A 点的像.A 点的像到A 点的距离12. （ 20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象.为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面 积均为A.其间充有两层电介质I 和2,第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为£1、（T 1和d 1,第2层电介质的则为£2、（T2和d 2.现在两极板加一直流电压 U,,电容器处于稳定状态. （1） 画出等效电路图；（2）计算两层电介质所损耗的功率;（3）计算两介质交界面处的净电荷量;提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电 路.得分阅卷 复核得分阅卷 复核得分阅卷 复核等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射.液体两侧的压强差）•容器内装满密度为p 的 导电液体，容器上下两端装有铂电极 A 和C ,这样就构成了一个液体电阻， 该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定 的磁感应强度为 B 的磁场中，并通过开关K 接在一电动势为，'、内阻为r 的电池的两端， 闭合开关.若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为 h ,求导电液体的电导率 b .重力加速度大小为g .得分阅卷 复核和宽分别为a 和b ,厚度为d ,其两侧等高处 装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量 13. （20 分）如图所示，一绝缘容器内部 为立方体空胶，其长14. (20分)Imol 的理想气体经历一循环过程I — 2—3 — 1, 如p — T 图示所示.过程I — 2是等压过程，过程3— 1是通过p —T 图原点的直线上2 —c i p + C 2p =T式中c i 和C 2都是待定的常量，p 和T 分别是气体的压强和绝对温度. 已知，气体在状态 I 的压强、绝对温度分别为 p i 和T i .气体在状态2的绝对温度以及在状态 3的压强和绝 对湿度分别为T 2以及p 3和T 3.气体常量R 也是已知的.⑴求常量C i 和C 2的值;⑵ 将过程I — 2— 3— 1在p —V 图示上表示出来;(3) 求该气体在一次循环过程中对外做的总功.得分阅卷 复核的一段，描述过程2—3的方程为15. （20分）一个 3介子飞行时衰变成 静止质量均为m 的 真空中的速度c ;衰变后的三个n 介子的动能分别为T i 、T 2和T 3,且第一、二个n 介子飞行方向之间的夹角为B i ,第二、三个n介子飞行方向之间的夹角为 9 2 （如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的2能量（即其静止质量与 c 的乘积）之差.求3介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其 飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的©角表示）及其静止质量.得分阅卷 复核三个n 介子，知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心0并与盘面垂直的Array固定水平转轴以匀角速度«=4.43rad/s 转动.圆盘半径r=1.00m,圆盘正上方有一水平天花板•设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出.现发现天花板上只有一点处有水.取重力加速度大小g=9. 80m/s 2.求⑴天花板相对于圆盘中心轴0点的高度;(2)天花板上有水的那一点的位置坐标。

第 31 届全国中学生物理竞赛决赛理论考试试题一、（12 分）一转速测量和控制装置的原理如图所示. 在 O 点有电量为 Q 的正电荷，内壁光滑的轻质绝缘细管可绕通过 O 点的竖直轴在水平面内转动，在管内距离 O 为 L 处有一光电触发控制开关 A ，在 O 端固定有一自由长度为 L/4 的轻质绝缘弹簧，弹簧另一端与一质量为m 、带有正电荷q 的小球相连接.开始时，系统处于静态平衡.细管在外力矩作用下，作定轴转动，小球可在细管内运动. 当细管转速ω逐渐变大时，小球到达细管的 A 处刚好相对于细管径向平衡，并触发控制开关，外力矩瞬时变为零，从而限制转速过大；同时 O 点的电荷变为等量负电荷－Q.通过测量此后小球相对于细管径向平衡点的位置 B ，可测定转速.若测得 OB 的距离为 L/2，求 （1）弹簧系数0k 及小球在 B 处时细管的转速；（2）试问小球在平衡点 B 附近是否存在相对于细管的径向微振动？如果存在，求出该微振动的周期.二、（14 分）多弹头攻击系统是破解导弹防御体系的有效手段.如图所示，假设沿某海岸有两个军事目标 W 和 N ，两者相距 L ，一艘潜艇沿平行于该海岸线的航线游弋，并监视这两个目标，其航线离海岸线的距离为d .潜艇接到攻击命令后浮出海面发射一颗可分裂成多弹头的母弹，发射速度为0v （其大小远大于潜艇在海里游弋速度的大小），假设母弹到达最高点时分裂成三个分弹头，每个分弹头的质量相等，分裂时相对原母弹的速度大小均为v ，且分布在同一水平面内，分弹头 1、2 为实弹，分弹头 3 迷惑对方雷达探测的假弹头.如果两个实弹能够分别击中军事目标 W 和 N ，试求潜艇发射母弹时的位置与发射方向，并给出相应的实现条件.三、（14 分）如图所示，某绝热熔器被两块装有阀门 K 1和 K 2的固定绝热隔板分割成相等体积0V 的三室 A 、B 、C ，0A B C V V V V ===.容器左端用绝热活塞 H 封闭，左侧 A 室装有11ν=摩尔单原子分子气体，处在压强为 P 0、温度为 T 0的平衡态；中段 B 室为真空；右侧 C 室装有ν2=2 摩尔双原子分子气体，测得其平衡态温度为Tc=0.50T 0.初始时刻 K 1和 K 2都处在关闭状态.然后系统依次经历如下与外界无热量交换的热力学过程：（1）打开 K 1，让V A 中的气体自由膨胀到中段真空V B 中；等待气体达到平衡态时，缓慢推动活塞 H 压缩气体，使得 A 室体积减小了 30%（AV '=0.70V 0）.求压缩过程前后，该部分气体的平衡态温度及压强；（2）保持 K 1开放，打开 K 2，让容器中的两种气体自由混合后共同达到平衡态.求此时混合气体的温度和压强；AV ''=V 0. 求此时混合气体的温度和压强. 提示：上述所有过程中，气体均可视为理想气体，计算结果可含数值的指数式或分式；根据热力学第二定律，当一种理想气体构成的热力学系统从初态（p i ，T i ，V i ）经过一个绝热可逆过程（准静态绝热过程）到达终态（p f ，T f ，V f ）时，其状态参数满足方程：111()ln()ln()0f f if V iiT T S C R T T νν∆=+= (Ⅰ)其中，ν1为该气体的摩尔数，C V1为它的定容摩尔热容量，R 为普适气体常量.当热力学系统由两种理想气体组成，则方程（I ）需修改为12()()0if if S S ∆+∆= (Ⅱ)四、（20 分）光纤光栅是一种介质折射率周期性变化的光学器件.设一光纤光栅的纤芯基体材料折射率为n 1=1.51；在光纤中周期性地改变纤芯材料的折射率，其改变了的部分的材料折射率为n 2=1.55；折射率分别为n 2和n 1、厚度分别为d 2和d 1的介质层相间排布，总层数为 N ，其纵向剖面图如图(a)所示.在该器件设计过程中，一般只考虑每层界面的单次反射，忽略光在介质传播过程中的吸收损耗.假设入射光在真空中的波长为λ=1.06μm ，当反射光相干叠加加强时，则每层的厚度d 1和d 2最小应分别为多少？若要求器件反射率达到 8%，则总层数 N 至少为多少？提示：如图(b)所示，当光从折射率n 1介质垂直入射到n 2介质时，界面上产生反射和透射，有：1212n n n n -=+反射光电场强度入射光电场强度,1122n n n =+透射光电场强度入射光电场强度,2=反射光电场强度反射率入射光电场强度,五、（20 分）中性粒子分析器（Neutral-Particle Analyser ）是核聚变研究中测量快离子温度及其能量分布的重要设备.其基本原理如图所示，通过对高能量（200eV~30KeV ）中性原子（它们容易穿透探测区中的电磁区域）的能量和动量的测量，可诊断曾与这些中性原子充分碰撞过的粒子的性质.为了测量中性原子的能量分布，首先让中性原子电离然后让离子束以θ角入射到间距为d 、电压为V 的平行板电极组成的区域，经电场偏转后离开电场区域，在保证所测量离子不碰到上极板的前提下，通过测量入射孔 A 和出射孔 B 间平行于极板方向的距离l 来决定离子的能量.设 A 与下极板的距离为h 1，B 与下极板的距离为h 2，已知离子所带电荷为q .（1）推导离子能量E 与l 的关系，并给出离子在极板内垂直于极板方向的最大飞行距离. （2）被测离子束一般具有发散角Δα（Δα<<θ）.为了提高测量的精度，要求具有相同能量E ， 但入射方向在Δα范围内变化的离子在同一小孔 B 处射出，求h 2的表达式；并给出此时能量E 与l 的关系.（3）为了提高离子能量的分辨率，要求具有量程上限能量的离子刚好落在设备允许的l 的最大值l max 处，同时为了减小设备的体积，在满足测量要求的基础上，要求极板间距d 尽可能小，利用上述第（2）问的结果，求d 的表达式；若θ=30°，结果如何？（4）为了区分这些离子的质量，请设计后续装置，给出相应的原理图和离子质量表达式.六、（20 分）超导体的一个重要应用是绕制强磁场磁体，其使用的超导线材属于第二类超导体.如果将这类超导体置于磁感应强度为a B 的外磁场中，其磁力线将以磁通量子（或称为磁通漩涡线）的形式穿透超导体，从而在超导体中形成正三角形的磁通格子，如图 1 所示. 所谓的磁通量子，如图 2 所示，其中心是半径为ξ的正常态（电阻不为零）区域，而其周围处于超导态（电阻为零），存在超导电流，所携带的磁通量为150 2.07102hWb eφ-==⨯（磁通量的最小单位）（1）若2510T a B -=⨯，求此时磁通涡旋线之间距离a .（2）随着a B 的增大，磁通漩涡线密度不断增加，当a B 达到某一临界值B c2时，整块超导体都变为正常态, 假设磁通漩涡线芯的半径为ξ=5×10-9m ，求所对应的临界磁场B c2；（3）对于理想的第二类超导体，当有电流I 通过超导带材时，在安培力的驱动下，磁通漩涡线将会粘滞流动，在超导带内产生电阻（也称为磁通流阻），从而产生焦耳损耗，不利于超导磁体的运行.磁通漩涡线稳定粘滞流动的速度v 与单位体积磁通漩涡线所受到的驱动力f A 和a B 的关系为0aA B f v ηφ=, 其中η为比例系数.外加磁场、电流方向，以及超导带材的尺寸如图 3 所示, 请指出磁通漩涡线流动的方向，并求出磁通漩涡线流动所产生的电阻率（用a B ，Φ0，η，超导体尺寸b ，c ，d ）表示；（4）要使超导材料真正实用化，消除这种磁通流阻成了技术的关键，请给出你的解决方案.七、（20 分）如图，两个质量均为m 的小球 A 和 B （均可视为质点）固定在中心位于C 、长为 2l 的刚性轻质细杆的两端，构成一质点系.在竖直面内建立Oxy 坐标，Ox 方向沿水平向右，Oy 方向竖直向上.初始时质点系中心 C 位于原点 O ，并以初速度v 0竖直上抛，上抛过程中， A 、C 、B 三点连线始终水平.风速大小恒定为u 、方向沿x 轴正向，小球在运动中所受空气阻力f 的大小与相对于空气运动速度v 的大小成正比，方向相反，即f kv =-, k 为正的常量.当C 点升至最高点时，恰好有一沿y 轴正向运动、质量为m 1、速度大小为u 1的小石块（视为质点）与小球 A 发生竖直方向的碰撞，设碰撞是完全弹性的，时间极短.此后 C 点回落到上抛开始时的同一水平高度，此时它在Ox 方向上的位置记为s ，将从上抛到落回的整个过程所用时间记为T ，质点系旋转的圈数记为n .求质点系（1）转动的初始角速度ω0，以及回落到s 点时角速度ωs 与n 的关系；（2）从开始上抛到落回到s 点为止的过程中，空气阻力做的功W f 与n 、s 、T 的关系.八、（20 分）太阳是我们赖以生存的恒星.它的主要成分是氢元素，在自身引力的作用下收缩而导致升温，当温度高到一定程度时，中性原子将电离成质子和电子组成的等离子体，并在其核心区域达到约 1.05×107K 的高温和 1.6×105kg/m 3以上的高密度，产生热核聚变而放出巨大能量，从而抗衡自身的引力收缩达到平衡，而成为恒星.太阳内部主要核反应过程为1H+1H→D+e++νe（I）D+1H→3He+x （II）3He+3He→4He+1H+1H （III）其中第一个反应的概率由弱相互作用主导，概率很低这恰好可以使得能量缓慢释放.反应产物正电子e+会与电子e－湮灭为γ射线，即e++e－→γ+γ（IV）已知：质子（1H）、氘（D）、氦-3（3He）和电子的质量分别为938.27、1875.61、2808.38、3727.36 和0.51（MeV/c2)（误差为0.01MeV/c2），c为真空中的光速，中微子νe的质量小于3eV/c2.普朗克常量h=6.626×10-34J·s，c=3.0×108m/s，玻尔兹曼常量k=1.381×10-23J/K.电子电量e=1.602×10-19C.（1）试用理想气体模型估算处于热平衡状态的各种粒子的平均动能及太阳核心区的压强（请分别用eV和atm为单位）；（2）反应式（II）中的x 是什么粒子（α、β、γ、p和n之一）？请计算该粒子的动能和动量的大小，是否可以找到一个参照系，使得x 粒子的动能为零？（3）给出反应式（I）中各反应产物的动能的范围；第31 届全国中学生物理竞赛决赛参考答案第一题第二题第七题第八题。

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）振动的液滴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f∝aαbβcγ，其中指数α、β、γ是相应的待定常数.）二、(16分) 测量理想气体的摩尔热容比γ一种测量理想气体的摩尔热容比γ=Cp/CV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h i．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h f．试由这两次记录的实验数据h i和h f，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M0(x0,0,z0)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φ，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φ，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θ=300（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θ=300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）透镜成像如图所示，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r a ，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r a 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）圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？ （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分）如图所示，一电容器由固定在共同导电底座上的N+1片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θ0（02θπ≤<π）;固定金属板 和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；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 r①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 1③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3⑤ [][][]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,,222αβγ=-=-=⑪将⑪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 r①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-=⋅3⑤ []kg s σ-=⋅2 ⑥ 若要使①式成立，必须满足()()s m kg mkg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅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-=， ⑧0βγ+=， ⑨21γ= ⑩解为311,,222αβγ=-=-= ⑪将⑪式代入①式得f = ⑫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，⑪式3分，⑫式2分（答案为f ∝f =或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 iip N p N =①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⎛⎫= ⎪'⎝⎭ ② 由状态方程有0i p V N kT '=和00fp V N kT =，所以 0f i N V N V ='③ 联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④ 此即0lnln i i fp p p p γ= ⑤由力学平衡条件有 0i i p p gh ρ=+ ⑥0f 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00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh 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 ii f i fh 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----=ip T p T ① 00bc://=f p T p T ②由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③ 此即lnln i i fp p p p γ= ④ 由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑤0f 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00ln(1)ln(1)ln(1)i f ih 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 ii f i fh 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 )ϕϕ=--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)2b ； B B B B (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b- 式中h =x 轴的距离.平板所受力和（对O 点的）力矩的平衡方程为A Bx0=+=∑xxF N N ①A B sin 0ϕ=++-=∑yyyF Q N N mg ② A B cos 0ϕ=+-=∑z z zF N N mg ③ 0sin 0x M mgh Q z ϕ=-⋅=∑ ④B A 022=-=∑y zz b b M N N⑤ 0A B 022z y yb bM Q x N N =⋅+-=∑⑥ 联立以上各式解得0sin mgh Q z ϕ=， A B x x N N =-，000sin 21()2Aymg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦ A B 1cos 2z z N N mg ϕ== 即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ， ⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ， ⑧ 0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N ⑨（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()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩ M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得0022-=-b x b x z z z z⑪或00022b x b x zz z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫ 这是过A(,0,0)2b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，⑩⑫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 21a 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22(sin )sin R a a Rωωθθ== ③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== 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l2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤ 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 mRωθθ++==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∆=∆（02m Rλπ≡），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2200122222m 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2012J m R = ⑧ 则角动量L 为2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L 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22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪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 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫ ]同理有2200014k E m R ω= ⑬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≥ ⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m ⑮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，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+ ⑯ 由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000200+4sin +m m m m m m ωωωθ== ⑰由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得 2200023+(123)336(2)m mm m gR m m m-+=+v ⑱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，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱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111u f+=v ①得像距为20cm =v ②其横向放大率为 1uβ=-=-v③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'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r-=⨯⨯= 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207cm. 此时有 ACOBB' CRBR'B'620DR'=cm, DE'=cm, EE'=2.5cm,77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得DR'20/72RR'=EE'= 2.5cm 0.75cm DE'20/7a 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（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）固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角θ 的取值范围为00θθθ-≤≤．整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，因而1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200012(), 2()12(2), 2θθθθπθθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪=⎨⎪⨯--<<⎪⎩R A R 当当③由②③式得200012000(), 4()(2),4θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩R ksC R ks 当当④由①④式得20002000(), 2()(2), 2θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩NR ks C NR ks 当当⑤（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DRER' E'()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ，由⑤式得20max2NR C ksθπ=⑦充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值max Q ，由⑥式得20max2NR Q E ksθπ= 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2222max 0000() 2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当 ⑨ 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 F r F l U ⑩式中，由⑨⑩式得 22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当⑪当0 2πθθ==时， ()θT 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2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为[]222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()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 VC 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++++-+-++-⑬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+-, ⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑮如果m ωω=，⑭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 222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks λ+=++-=+= ⑯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 ωωωωωω+-, ⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+=⑱[如果m ωω=，⑭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⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω=⑳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），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳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2m 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ϕ，则它们间的距离为2sin2d r ϕ=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22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r rϕϕ∆∆==④它与ϕ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222(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ϕ∆角对应的柱面面积为s r L ϕ=∆∆⑥圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦由于1N ?，有22(1)-=N N i I 内⑧由⑦⑧式得224π=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 ≈⑪ 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： 111222==I L l I L l ⑫ 式中，因此有1212=m m I I k k l l⑬d ϕ图(a)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=mI B k R内⑭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222(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⑮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⑭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22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R ⑯若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r⑰只需满足222222 = ++<外内外内I I I R M NMr I N ⑱（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 ：333444I L l I L l == ⑲式中，33CL l =，44CL l =，CO l =. 由此得33443434I I I I l l l l +==+ ⑳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 3434cos cos 2cos m m m I I I IB k k k l l l l θθθ+=+=+ ○21○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34sin()sin sin()l l l αθααθ==-+○22○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 lθαθαθαθ+++===+++- ○23○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,mI B k l r l=>内○24○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，⑥~⑪式各1分；第（3）问3分，⑫⑬式各1分，对称性分析正确1分；第（4）问6分，⑮⑯各2分，⑰⑱式各1分；第（5）问5分，⑲○21○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1414.54910Hz 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''--==''112212z①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11221111(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00222ν=-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1ν'和2ν'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1122121()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641.210 Mpc 18Mpc 6.78010v 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）。

2014第31届全国中学生物理竞赛预赛试题及参考答案与评分标准一、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．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为A．50Hz B．60HzC．400Hz D．410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是A．F1>F2>F3B．F2>F3>F1C．F3>F2> F1D．F1=F2=F35．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0.5mm，丝杆螺距为0.5mm，套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)所示，其值为_____mm，测量时如图(b)所示，其值为_____mm，测得小球直径d=___________mm．7．（10分）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s内汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P 上，物距u1=3f．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B 的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A 以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0×10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0×10-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0×10-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为1.60×10-19C，电子质量为9.11×10-31kg．三、计算题，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．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20分)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、内阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T 图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为c1p2+ c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．(1)求常量c1和c2的值；(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s转动．圆盘半径r=1.00m，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s2．求(1)天花板相对于圆盘中心轴O点的高度；(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案与评分标准一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分)(若有效位数错，无分)7. 1.5m/s 2(5分)；4.5×104J(5分)8.(1)右，f ，实，倒，1 (每空1分)(2)左，2f ，实，倒，1 (每空1分)9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)10. 3.6×10-2(5分)；8.8×107(5分)三、11.(15分) 由折射定律得：sin θi =sin θd …①由几何关系得：x 1=htan θi …②，x 2=htan θd …③，H=2(x 1+x 2)tan(900―θi )…④，H 为物A 到像A /的距离，在小角度近似下有：tan θi ≈sin θi ，tan θd ≈sin θd ，tan(900―θi )≈1sinθi…⑤，联立以上各式得：H=2(h+t n) …⑥ 评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分12.(20分)(1)等效电路如图所示 (2)等效电容C 1和C 2为：C 1=ε1A d1，C 2=ε2A d2…①等效电阻R 1和R 2为： R 1=d1σ1A ，R 2=d2σ2A…② 两层电介质所消粍的功率为：P=U2R1+R2=U2Aσ1σ2d1σ2+d2σ1…③ (3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1和U 2，上层介质界面上的电荷为：Q 1=CU 1=ε1A d1·UR1R1+R2=ε1σ2AU d1σ2+d2σ1…④， 下层介质界面上的电荷为：Q 2=ε2σ1AU d1σ2+d2σ1…⑤ 两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1―Q 2=(ε1σ2―ε2σ1)AU d1σ2+d2σ1…⑥ 评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分13.(20分)沿着电流I 的方向液柱长度为a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安=BIa …①液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad …②水平方向上二力平衡，有：F 安=F P …③，由欧姆定律得：ε=I(R+r)…④，式中R=a σbd…⑤ 由以上各式解得：σ=ρgha b(Bε―rρghd )…⑥评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分14.(20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有： c 1p 22 + c 2p 2 =T 2…①，c 1p 32 + c 2p 3 =T 3…②由此解得：c 1=T2p3―T3p2p22p3―p32p2=T2p3―T3p1p12p3―p32p1…③，c 1=T2p32―T3p22p2p32―p22p3=T2p32―T3p12p1p33―p12p3…④ (2)利用气体状态方程pV=RT ，以及V 1=R T1p1，V 2=R T2p2，V 3=R T3p3…⑤可将过程2―3的方程为：p V2―V3p2―p3=V+V2p3―V3p2p2―p3…⑥可见，在p ―V 图上过程2―3是以(p 2，V 2)和(p 3，V 3)为状态端点的直线段，过程3―1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：pT =c 3…⑦，式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV=RT ，可将过程3—1的方程改写为：V=Rc3=V 3=V 1…⑧，这是以(p 3，V 1)和(p 1，V 1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p ―V 图上是一直角三角形，如图所示.(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―12(p 3―p 1)(V 2―V 1)…⑨利用气体状态方程pV=RT 和⑤式，上式即W=―12R(T 2―T 1)(p3p1―1)…⑩评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p ―V 上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分.15.(20分)以第二个π介子的飞行方向为x 轴，以事件平面为x ―y 平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为P ω、P 1、P 2和P 3，衰变前后粒子在x 和y 方向的动量分别守恒，有：P ωcos φ=P 1cos θ1+P 2+P 3cos θ2…⑴，―P ωsin φ=―P 1sin θ1+P 3sin θ2 …⑵ 衰变前后粒子的总能量守恒，有：m ωc 2+T ω=(mc 2+T 1)+(mc 2+T 2)+(mc 2+T 3)…⑶，式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：T ω=pω22mω…⑷，T 1=p122m …⑸，T 2=p222m …⑹，T 3=p322m…⑺ 分别由⑤⑥⑦式得p 1=2mT1…⑻，p 2=2mT2…⑼，p 3=2mT3…⑽ 联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctan T1sin θ1―T3sin θ2T1cos θ1+T2+T3cos θ2…⑾P ω2=2m(T 1+T 2+T 3)+4m T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cos θ1+T2T3cos θ2]…⑿ 由③④式得：2m ω2c 2―2m ω(3mc 2+T 1+T 2+T 3)+2m(T 1+T 2+T 3)+4m[T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cos θ1+T2T3cos θ2]=0 …⒀ 其解为m ω=32m+12c2(T 1+T 2+T 3)+[32m+12c2(T 1+T 2+T 3)]2―Pω22c2…⒁ 式中p ω2由⑿式给出。

第31届全国中学生物理竞赛初赛试卷本卷共16题，总分值200分，．一、选择题．此题共5小题，每题6分．在每题给出的4 个项中，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题后面的方括号内．全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．（6分）一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．（6分）按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和一般的杆秤差不多，装秤钩的地址吊着一体积为1 cm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平稳，如下图．当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好从头平稳，即可直接在杆秤上读出液体的密度，以下说法中错误的选项是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左侧C．密度秤的刻度都在Q点的右边D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．（6分）一列简谐横波在均匀的介质中沿x轴正向传播，两质点P1和p2的平稳位置在x 轴上，它们相距60cm，当P1质点在平稳位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，假设波的传播速度为24m/s，那么该波的频率可能为A．50HzB．60HzC．400HzD. 410Hz物理竞赛初赛试卷第1页（共8页）4．（6分）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式．电磁驱动的原理如下图，当直流电流突然加到一固定线圈上，能够将置于线圈上的环弹射出去．此刻同一个固定线圈上，前后置有别离用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环,当电流突然接通时，它们所受到的推力别离为F1、F2和F3。

假设环的重力可忽略，以下说法正确的选项是A. F1 > F2 > F3B. F2 > F3 > F1C. F3 > F2 > F1D. F1 = F2 = F35．（6分）质量为m A的A球，以某一速度沿滑腻水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量m B可选取为不同的值，那么A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在维持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在维持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的进程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0. 5mm，丝杆螺距为0.5mm,套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)历示，其值为______mm，测量时如图(b)所示，其值为_______mm，测得小球直径d=____________________mm.物理竞赛初赛试卷第2页（共8页）7．（10分）为了减缓城市交通拥堵问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待行区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如下图，当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆能够提早进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时刻为4s.若是某汽车司机看到上述提示时当即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1. 5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，那么该汽车的行驶加速度为________；在这4s内汽车发动机所做的功为___________。

第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答一、(12分)题目一：球形液滴的振动频率假设球形液滴振动频率与其半径r、密度ρ和表面张力系数σ之间的关系式为f=kρσr，其中k是常数。

根据单位分析法，可以得到单位等式[f]=[ρ][σ][r]。

力学的基本物理量包括质量m、长度l和时间t，分别对应的单位是千克(kg)、米(m)和秒(s)。

根据单位等式，[f]=[t]^-1，[r]=[l]，[ρ]=[m][l]^-3，[σ]=[m][t]^-2.将这些单位代入单位等式，得到[t]^-1=[l]^-3[m]^[ρ][t]^-2[σ]，即[t]^-1=[l]^[ρ][m]^[σ][t]^-2.由此可以得到三个未知量的关系式：α-3β=0，β+γ=0，2γ=1.解得α=-1，β=-1，γ=1/2.解法二：假设球形液滴振动频率与其半径r、密度ρ和表面张力系数σ之间的关系式为f=kρσr，其中k是常数。

根据单位分析法，可以得到单位等式[f]=[ρ][σ][r]。

在国际单位制中，振动频率的单位是赫兹(Hz)，半径r的单位是米(m)，密度ρ的单位是千克每立方米(kg/m^3)，表面张力系数σ的单位是牛每米(N/m)=千克每秒平方(m/s^2)。

根据单位等式，[f]=s^-1，[r]=m，[ρ]=kg/m^3，[σ]=kg/s^-2.将这些单位代入单位等式，得到[s]^-1=[m][ρ][σ]，即[s]^-1=[m][kg/m^3][kg/s^-2]。

将这个式子代入f=kρσr，得到k=f/ρσr。

1.(V。

T)。

(p。

V。

T)和(pf。

V。

T)分别表示气体在初态、中间态和末态的压强、体积和温度。

留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程：p1 * V1^γ = p2 * V2^γ (绝热方程)V1 = V2 * (p1/p2) (等容过程方程)联立以上两式可得：p1/T1 = p2/T2 = pf/Tf由此得到以下式子：p1/pf = (p1/pf)^(1/γ)ln(p1/pf) = ln(p1) - ln(pf) = (1/γ) * ln(p1/pf)pf = p1 / (e^(γ * ln(p1/pf)))2.根据力学平衡条件，有：pi = p + ρghipf = p + ρghf其中，p是瓶外大气压强，ρ是U型管中液体的密度，g 是重力加速度大小。

第31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．（6分）一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．（6分）按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为1 cm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示．当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度，下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．（6分）一列简谐横波在均匀的介质中沿x轴正向传播，两质点P1和p2的平衡位置在x 轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24m/s，则该波的频率可能为A．50HzB．60HzC．400HzD. 410Hz物理竞赛预赛试卷第1页（共8页）4．（6分）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式．电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环,当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。

若环的重力可忽略，下列说法正确的是A. F1 > F2 > F3B. F2 > F3 > F1C. F3 > F2 > F1D. F1 = F2 = F35．（6分）质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0. 5mm，丝杆螺距为0.5mm,套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)历示，其值为______mm，测量时如图(b)所示，其值为_______mm，测得小球直径d=____________________mm.物理竞赛预赛试卷第2页（共8页）7．（10分）为了缓解城市交通拥堵问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待行区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示，当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1. 5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为________；在这4s内汽车发动机所做的功为___________。

第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题一、（15分）一半径为R 、内侧光滑的半球面固定在地面上，开口水平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度，其大小为0v (00≠v ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为g .二、（20分）一长为2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上，杆的两端分别固定一质量为m 的小物块D 和一质量为m α（α为常数）的小物块B ，杆可绕通过小物块B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为m 的小环C 套在细杆上（C 与杆密接），可沿杆滑动，环C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为l ，劲度系数为k ，两端分别与小环C 和物块B 相连. 一质量为m 的小滑块A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块D ，并与之发生完全弹性正碰，碰撞时间极短. 碰撞 时滑块C 恰好静止在距轴为r （r >l ）处.1. 若碰前滑块A 的速度为0v ，求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量；2. 若碰后物块D 、C 和杆刚好做匀速转动，求碰前滑块A 的速度0v 应满足的条件.三、（25分）一质量为m 、长为L 的匀质细杆，可绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆，1. 令mLλ=表示细杆质量线密度. 当杆以角速度ω绕过其一端的光滑水平轴O 在竖直平面内转动时，其转动动能可表示为k E k L αβγλω=式中，k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下，两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出α、β和γ的值.2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系（随质心平动的参考系）中的动能之和，求常数k 的值.3. 试求当杆摆至与水平方向成θ角时在杆上距O 点为r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g . 提示：如果)(t X 是t 的函数，而))((t X Y 是)(t X 的函数，则))((t X Y 对t 的导数为d (())d d d d d Y X t Y X t X t =例如，函数cos ()t θ对自变量t 的导数为dcos ()dcos d d d d t t tθθθθ=四、（20分）图中所示的静电机由一个半径为R 、与环境绝缘的开口（朝上）金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器G 组成. 质量为m 、带电量为q 的球形液滴从G 缓慢地自由掉下（所谓缓慢，意指在G 和容器口之间总是只有一滴液滴）. 液滴开始下落时相对于地面的高度为h . 设液滴很小，容器足够大，容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为g . 若容器初始电势为零，求容器可达到的最高电势max V .五、（25分）平行板电容器两极板分别位于2dz =±的平面内，电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中，磁感应强度大小为B ，方向沿x 轴负方向，如图所示.1. 在电容器参考系S 中只存在磁场；而在以沿y 轴正方向的恒定速度(0,,0)v （这里(0,,0)v 表示为沿x 、y 、z 轴正方向的速度分量分别为0、v 、0，以下类似）相对于电容器运动的参考系S '中，可能既有电场(,,)xy z E E E '''又有磁场(,,)x y z B B B '''. 试在非相对论情形下，从伽利略速度变换，求出在参考系S '中电场(,,)xy z E E E '''和磁场(,,)x y z B B B '''的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变.2. 现在让介电常数为ε的电中性液体（绝缘体）在平行板电容器两极板之间匀速流动，流速大小为v ，方向沿y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系（即相对于电容器运动的参考系）S '中，由于液体处在第1问所述的电场(,,)x y z E E E '''中，其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动（即所谓极化效应），使得液体中出现附加的静电感应电场，因而液体中总电场强度不再是(,,)x y z E E E '''，而是(,,)x y zE E E εε'''，这里0ε是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系S 中电场不再为零. 试求电容器参考系S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差. （结果用0ε、ε、v 、B 或（和）d 表出. ）六、（15分）温度开关用厚度均为0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元件；在温度为20C ︒时，将它们紧贴，两端焊接在一起，成为等长的平直双金属片. 若钢和青铜的线膨胀系数分别为51.010-⨯/度和52.010-⨯/度. 当温度升高到120C ︒时，双金属片将自动弯成圆弧形，如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )七、（20分）一斜劈形透明介质劈尖，尖角为θ，高为h . 今以尖角顶点为坐标原点，建立坐标系如图(a)所示；劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的，在图(a)中看来，每一个小台阶的前侧面与xz 平面平行，上表面与yz 平面平行. 劈尖介质的折射率n 随x 而变化，()1n x bx =+，其中常数0b >.一束波长为λ的单色平行光沿x 轴正方向照射劈尖；劈尖后放置一薄凸透镜，在劈尖与薄凸透镜之间放一档板，在档板上刻有一系列与z 方向平行、沿y 方向排列的透光狭缝，如图(b)所示. 入射光的波面（即与平行入射光线垂直的平面）、劈尖底面、档板平面都与x 轴垂直，透镜主光轴为x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y =0处；物和像之间各光线的光程相等. 1. 求其余各狭缝的y 坐标；2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要求.八、（20分）光子被电子散射时，如果初态电子具有足够的动能，以至于在散射过程中有能量从电子转移到光子，则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时，就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为e m ，真空中的光速为 c . 若能量为e E 的电子与能量为E γ的光子相向对碰，1. 求散射后光子的能量；2. 求逆康普顿散射能够发生的条件；3. 如果入射光子能量为2.00 eV ，电子能量为 1.00´109 eV ，求散射后光子的能量. 已知m e =0.511´106 eV /c 2. 计算中有必要时可利用近似：如果1x <<»1-12x .第30届全国中学生物理竞赛复赛考试试题评分标准1、参考解答：以滑块和地球为系统，它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动时，可将其速度v 分解成纬线切向 (水平方向)分量ϕv 及经线切向分量θv . 设滑块质量为m ，在某中间状态时，滑块位于半球面内侧P 处，P 和球心O 的连线与水平方向的夹角为θ. 由机械能守恒得2220111sin 222m mgR m m ϕθθ=-++v v v (1) 这里已取球心O 处为重力势能零点. 以过O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴，力矩为零；重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中，滑块相对于轴的角动量守恒，故0cos m R m R ϕθ=v v .(2)由 (1) 式，最大速率应与θ的最大值相对应max max ()θ=v v .(3)而由 (2) 式，q 不可能达到π2. 由(1)和(2)式，q 的最大值应与0θ=v 相对应，即max ()0θθ=v . [(4)式也可用下述方法得到：由 (1)、(2) 式得22202sin tan 0gR θθθ-=≥v v .若sin 0θ≠，由上式得22sin 2cos gRθθ≤v .实际上，sin =0θ也满足上式。

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 r①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 1③ [][]=r l ④ [][][]ρ-=m l 3⑤ [][][]σ-=m t 2⑥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,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得=f ⑫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 r①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 βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅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,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得=f ⑫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，⑪式3分，⑫式2分（答案为ff =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 iip N p N =①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⎛⎫= ⎪'⎝⎭② 由状态方程有0i p V N kT '=和00f p V N kT =，所以0f i N V N V ='③联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④ 此即 0lnln i i fp p p p γ= ⑤由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑥0f 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000ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh 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 ii f i fh 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 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----=ip T p T ① 00bc://=f p T p T ②由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③ 此即0lnln i i fp p p p γ= ④由力学平衡条件有0i i p p gh ρ=+ ⑤0f 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000ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh 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 ii f i fh 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、（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 )ϕϕ=--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)2b ；B B B B (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b-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 Bx 0=+=∑xx FN N① 0sin 0xMmgh Q z ϕ=-⋅=∑④A B sin 0ϕ=++-=∑y y y F Q N N mg②B A 022=-=∑y zz b b M N N⑤ A B cos 0ϕ=+-=∑zz z FN N mg③0A B 022z y yb bM Q x N N =⋅+-=∑⑥ 联立以上各式解得0sin mgh Qz ϕ=，A B x x N N =-， 000sin 21()2Aymg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2Bymg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦ A B 1cos 2z z N N mg ϕ== 即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ⑦ 0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ⑧ 0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（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()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量 ⑩ M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得00022-=-b x b x z z z z⑪ 或00022b x b x z z z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭ ⑫ 这是过A(,0,0)2b 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ByN 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，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分. 四、（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21a 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22(sin )sin R a a Rωωθθ== ③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ== 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2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤ 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 Rωθθ++==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∆=∆（02m Rλπ≡），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2200122222m 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2012Jm R = ⑧ 则角动量L 为2012L J m R ωω== ⑨ ]同理有200012L 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22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v ⑪l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 222k E m r l rR R S ωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑ ⑫ [或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω== ⑫]同理有2200014k E m R ω= ⑬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≥ ⑭ 时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m ⑮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，⑮式中等号成立，即有22000020392312()m R m m m m m ω⎡⎤⎛⎫-+=- ⎪⎢⎥+⎝⎭⎣⎦或00000(9312)232()3(2)m m gm m m m mm Rω-+=++ ⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得0000002000(9312)232+4sin +3(2)m m m m m gm m m m m m mRωωωθ-+===+ ⑰ 由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得2200023+(123)336(2)m mm m gR m m m-+=+v⑱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，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（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111u f+=v ① 得像距为20cm =v ② 其横向放大率为1uβ=-=-v③ 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: 利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= 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207cm. 此时有620DR'=cm, DE'=cm, EE'=2.5cm 77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得DR'20/72RR'=EE'= 2.5cm 0.75cm DE'20/7ar -=⨯⨯= ⑤ ACOBB'CRBR' B'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（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、（1）固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角θ 的取值范围为00θθθ-≤≤．整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，因而1()2()C NC θθ=①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200012(), 2()12(2), 2θθθθπθθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪=⎨⎪⨯--<<⎪⎩R A R 当当③由②③式得200012000(), 4()(2), 4θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩R ks C R ks 当当 ④ 由①④式得20002000(), 2()(2),2θθθθπθπθθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪=⎨-⎪-<<⎪⎩NR ks C NR ks 当当⑤ （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 ⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值max C ， 由⑤式得20max 2NR C ks θπ= ⑦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 ksθπ= 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 2222max 0000() ()2()4()Q NR E U C ks θθθθπθθπθθ==-≤≤-- ⑨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 F r F l U ⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() ()4()NR E U T ks θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆- ⑪ 当0 2πθθ==时， ()θT 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2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks⑫ （3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为[]222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 201111()()cos 2cos 2222111()()cos 2(1cos 2)422()()cos 2()cos 2()cos 2cos 28{(8m m m m U CV C C C C t V tC C C C t V t VC C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω⎡⎤==++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min 1)()cos 2()cos 2()[cos 2()cos 2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬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+-, ⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+= ⑮如果m ωω=，⑭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DRER' E'平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ks λ+=++-=+= ⑯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 ωωωωωω+-, ⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+= ⑱[如果m ωω=，⑭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⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的m ω为m ωω= ⑳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），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分． 七、（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miB 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2m 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ϕ，则它们间的距离为2sin2d r ϕ=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22sin 2sin(/2)22m m r k Li k Li F r rϕϕ∆∆== ④它与ϕ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222(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ϕ∆角对应的柱面面积为s r L ϕ=∆∆⑥ 圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦ 由于1N ?，有22(1)-=N N i I 内⑧由⑦⑧式得224π=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 ≈ ⑪ 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 12：111222==I L l I L l ⑫ 因此有1212=m m I Ik k l l ⑬ 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=mI B k R 内⑭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222(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⑮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⑭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22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外m F k I I I M P R L R⑯d ϕ图(a)若要求2222244ππ+>外内外内（）m m k I I I k I R r ⑰ 只需满足222222 = ++<外内外内I I I R M NMr I N ⑱ （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 ：333444I L l I L l == ⑲ 式中,33CL l =,44CL l =,CO l =.由此得33443434I I I I l l l l +==+ ⑳ 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 3434cos cos 2cos mm m I I I IB 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 34sin()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 IB k k k l l l lθαθαθαθ+++===+++- (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,mI 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，⑥~⑪式各1分；第（3）问3分，⑫⑬式各1分，对称性分析正确1分；第（4）问6分，⑮⑯各2分，⑰⑱式各1分；第（5）问5分，⑲-○24式各1分. 八、（1）由题给条件，观察到星系的谱线的频率分别为1414.54910Hz 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''--==''112212z①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11221111(1),(1)z z νννν=+=+'' 由氢原子的能级公式02=n E E n ②得到其巴耳末系的能谱线为00222ν=-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1ν'和2ν'分别代入上式，得到这两条谱线的相应能级的量子数 1212341144νν≈≈≈≈''++， n n h h E E 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1122121()0.00402νννννν''--=+=''z ⑥ 由于多普勒效应，观测到的频率1/ 1/v cv cνν-'=+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641.210 Mpc 18Mpc 6.78010v 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 31 届全国中学生物理竞赛预赛试卷肁l — 5荿6蝿7莄8膀总分螀9膇10膃11芀12膁13衿14膆15莀16芈本卷共 l6 题，满分 200 分，虿一、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．聿1． （ 6分）一线膨胀系数为 α 的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于螄A ．αB ．α 1/3C ．α 3D ．3α螄2． （ 6 分） 按如下原理制作一杆可直接测量液体秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻 处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误．．的是莇得分羅阅卷 蒀复核[]密度的秤， 称为密度吊着一体积为lcm 3肀A．密度秤的零点刻度在Q点薆B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边螆C ．密度秤的刻度都在 Q 点的右侧袄D ．密度秤的刻度都在 Q 点的左侧蒀3． （ 6 分）一列简谐横波在均匀的介质中沿 z 轴正向 传播，两质点 P 1 和P 2的平衡位置在x 轴上，它们相距60cm ，当 P 1质点在平衡位置处向上运动时， P 2质点处在波谷位置，若波的传播速度为 24m/s ，则该波的频率可能为芈A ． 50HzB ． 60HzC ． 400HzD ． 410Hz []薅 4． （ 6 分）电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流F 1、 F 2和F 3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是膈 5． （ 6 分）质量为m A 的 A 球，以某一速度沿光滑水平面向静止的 B 球运动，并与B 球发生弹性正碰．假设B 球的质量 m B 可选取为不同的值，则螆A ．当 mB =m A 时，碰后 B 球的速度最大[]到的推力分别为 蒆A ． F 1>F 2>F 3B ． F 2>F 3>F 1莃 C ． F 3>F 2>F 1 D ． F 1=F 2=F 3[] 起飞有关的一种新型 到一固定线圈上，蒅B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大蒀C ．在保持 m B >m A 的条件下， m B 越小，碰后 B 球的速度越大袀D ．在保持 m B <m A 的条件下， m B 越大，碰后 B 球的动量越大[]薅二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．薈6． （ 10 分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为 0.5mm ，0.5mm ，套管上分为50格刻度） （a ） 所地下过道过马路） ， 如图所示．当其他车路口．假设某十字路口限速 50km/h ，“直行待行区”的长度为 12m ， 从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为 4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为 1.5t ，汽车运动中受到的阻力恒为车重的 0.1 倍，则该汽车的行 驶加速度为 _______ ；在这 4s 内汽车发动机所做的功为（重力加速度大小取10m/s 2）7． （ 10 分）为了缓解城市交通拥问题，“”袅（1） 小物体经过这两个透镜成的像在 __ L 2的 边，到L 2的距离为 ______ ，是 像（填“实”或“虚”） 、 __ 像（填“正”或“倒”） ，放大率为 _____ ．螅得 分 蚃阅卷 蒇复 核肆8． （ 10 分）如图所示，两个薄透镜 置，已知 L 1的焦距 f =f ， L 的焦距 f =距离也是 f ， 小物体位于物面P 上，L 1和 L 2共轴放 ﹣ f ，衿 （2） 现把两个位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作体应沿光轴向 移动距离 像（填“正”或“倒”） ，放大率艿得 分 阅卷 复核缸底之间都盛有 n mol 的同种理想气体，系 9． （10 分 ） 图中所示的气缸壁是绝热的．缸 B是绝热的，它 光滑的，但不漏气． B 的上方为大气． A 与 平衡状态．现通过电炉丝E 对气体缓慢加 A 、 B 之间的经历 过程． A 以下气体经历 过程；气 与缸壁的接触是 之间以及A 与统在开始时处于 热，在加热过程 体温度每上升１ K ， A 、 B 之间的气体吸收的热量与 A 以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为 A是导热 得分 阅卷 复核一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间10. （ 10 分） 字宙空间某区域有一磁感应强度大小为 B =1.0 × 10 -9T 的均匀磁场， 现有 s ； 若该电子沿磁场方向的运动速度为 1.0× 10-2c （ c 为真空中光速的大小） ，则它在沿 磁场方向前进 1.0× 10 -3光年的过程中，绕磁力线转了 . 已知电子电荷量为 1.60 × 10 -19 C ，电子质量 为 9.11 × 10-31kg ．分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单得分 阅卷 复核率为 n 的平行玻璃砖，下表面镀银 点 A 位于玻璃砖的上方距玻璃砖 察者在 A 点附近看到了11． （ 15分）如图所示，一水平放 置的厚度为 t 折射 光经玻璃砖上表面的反射． 得分 阅卷 复核第 2 层电介质的则为（1） 画出等效（2） 计算两层电介质所损耗（3） 计算两介质交界面处的净A 点的像． A 点的像到 A 点的距离 ．一物 为了探究其规律性， 12.（ 20 分） 通常电容器两极板间有多层电介质， 并有漏电现象． 采用如图所示的简单模型， 电容器的两极板面积均为 A ． 其间充有两层电介质 l 和 2，第 1 层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒2、 2 和 d2．现在两极板加一直流电压 U ， ，电容器处于稳定状态． 1、 σ 1和 d 1，提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13.（20 分 ）如图所示，得分 阅卷 复核为立方体空胶，其长b ，厚度为 d ，其两侧与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧内装满密度为 ρ 的导电液体， 容器上下两端C ， 这样就构成了一个液体电阻， 该液体电阻器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度 通过开关 K 接在一电动势为 、内阻为 r 的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差 ．重力加速度大小为g ．得分 阅卷 复核线上的一段，描述过程 14. （ 20 分）lmol 的理想气体l — 2— 3— 1，如p —T 图示所等压过程，过程3— 1 是通过 2— 3 的方程为c 1p 2+c 2p =T式中 c 1 和c 2都是待定的常量， p 和 T 分别是气体的压知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为 p 1和 T 1．气体在状态 2的绝对温度以及在状态 湿度分别为 T 2以及p 3和T 3．气体常量R 也是已知的．一绝缘容器内部和宽分别为 a 和等高处装有两根的压强差） ．容器为 h ，求导电液体的电导率 强和绝对温度．介子飞行时衰变 的三个 π 介子， 量共面．已知： 空中的速度经历一循环过程示．过程 l — 2 是（1）求常量c1 和c2的值；（2）将过程 l — 2—3— 1 在p—V图示上表示出来；（3）求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15.（20 分）一个ω得分阅卷复核成静止质量均为m这三个π 介子的动衰变前后介子运动的速度都远小于光在真衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2二个π 介子飞行方向之间的夹角为θl ，第飞行方向之间的夹角为θ 2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c 2的乘积）之差．求ω 介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ 角表示）及其静止质量．第31 届全国中学生物理竞赛预赛试卷16 .(25 分 )一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心 O 并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度 ω =4.43rad/s 转动．圆盘半径 r=1.00m ，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大(1) 天花板相对于圆盘中心轴 O 点的高度； (2)天花板上有水的那一点的位置坐标。