第31屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽理論考試試題及答案

1、第31屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽理論考試試題解答2014年9月20日一、（12分）（1）球形（2）液滴的半徑、密度和表面張力系數(shù)（或液滴的質(zhì)量和表面張力系數(shù)）（3）解法一假設(shè)液滴振動頻率與上述物理量的關(guān)系式為 式中，比例系數(shù)是一個待定常數(shù). 任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應(yīng)的數(shù)值的乘積. 按照這一約定，式在同一單位制中可寫成 由于取同一單位制，上述等式可分解為相互獨立的數(shù)值等式和單位等式，因而 力學(xué)的基本物理量有三個：質(zhì)量、長度和時間，按照前述約定，在該單位制中有 ， 于是 將式代入式得即 由于在力學(xué)中、和三者之間的相互獨立性，有 ， ， 解為 將式代入式得 解法二假設(shè)液滴振動頻率與上

2、述物理量的關(guān)系式為 式中，比例系數(shù)是一個待定常數(shù). 任一物理量可寫成在某一單位制中的單位和相應(yīng)的數(shù)值的乘積. 在同一單位制中，式兩邊的物理量的單位的乘積必須相等 力學(xué)的基本物理量有三個：質(zhì)量、長度和時間，對應(yīng)的國際單位分別為千克（kg）、米（m）、秒（s）. 在國際單位制中，振動頻率的單位為，半徑的單位為，密度的單位為，表面張力系數(shù)的單位為，即有 若要使式成立，必須滿足 由于在力學(xué)中質(zhì)量、長度和時間的單位三者之間的相互獨立性，有 ， ， 解為 將式代入式得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題12分. 第（1）問2分，答案正確2分；第（2）問3分，答案正確3分；第（3）問7分，式2分，式3分，式2分（答案為、或的，

3、也給這2分）.二、(16分) 解法一：瓶內(nèi)理想氣體經(jīng)歷如下兩個氣體過程：其中，分別是瓶內(nèi)氣體在初態(tài)、中間態(tài)與末態(tài)的壓強、體積、溫度和摩爾數(shù)根據(jù)理想氣體方程，考慮到由于氣體初、末態(tài)的體積和溫度相等，有 另一方面，設(shè)是初態(tài)氣體在保持其摩爾數(shù)不變的條件下絕熱膨脹到壓強為時的體積，即 此絕熱過程滿足 由狀態(tài)方程有和，所以 聯(lián)立式得 此即 由力學(xué)平衡條件有 式中，為瓶外的大氣壓強，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小.由式得 利用近似關(guān)系式：，以及 ，有 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題16分式各2分解法二：若僅考慮留在容器內(nèi)的氣體：它首先經(jīng)歷了一個絕熱膨脹過程ab，再通過等容升溫過程bc達(dá)到末態(tài)其中，分別是留在瓶內(nèi)

4、的氣體在初態(tài)、中間態(tài)和末態(tài)的壓強、體積與溫度留在瓶內(nèi)的氣體先后滿足絕熱方程和等容過程方程 由式得 此即 由力學(xué)平衡條件有 式中，為瓶外的大氣壓強，是U形管中液體的密度，是重力加速度的大小由式得 利用近似關(guān)系式：，以及 ，有 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題16分式各3分，式各2分三、（20分）（1）平板受到重力、拉力、鉸鏈對三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用點的坐標(biāo)分別為：，；， ；， ；， 式中 是平板質(zhì)心到x軸的距離. 平板所受力和（對O點的）力矩的平衡方程為 聯(lián)立以上各式解得，即， ， （2）如果希望在點的位置從點緩慢改變的過程中，可以使鉸鏈支點對板的作用力保持不變，則需 M點移動的起始位置為，由式

5、得 或 這是過點的直線. (*)因此，當(dāng)力的作用點的位置沿通過點任一條射線(不包含點)在平板上緩慢改變時，鉸鏈支點對板的作用力保持不變. 同理，當(dāng)力的作用點沿通過B點任一條射線在平板上緩慢改變時，鉸鏈支點對板的作用力保持不變.評分標(biāo)準(zhǔn)：本題20分第（1）問14分，式1分，式各2分，式各1分；第（2）問6分，式各1分，(*) 2分，結(jié)論正確2分. 四、（24分）CqwRDzDqqDlr（1）考慮小球沿徑向的合加速度. 如圖，設(shè)小球下滑至q 角位置時，小球相對于圓環(huán)的速率為，圓環(huán)繞軸轉(zhuǎn)動的角速度為w 此時與速率對應(yīng)的指向中心C的小球加速度大小為 同時，對應(yīng)于圓環(huán)角速度w，指向OO¢軸的小

6、球加速度大小為 該加速度的指向中心C的分量為 該加速度的沿環(huán)面且與半徑垂直的分量為 由式和加速度合成法則得小球下滑至q 角位置時，其指向中心C的合加速度大小為 在小球下滑至q 角位置時，將圓環(huán)對小球的正壓力分解成指向環(huán)心的方向的分量、垂直于環(huán)面的方向的分量. 值得指出的是：由于不存在摩擦，圓環(huán)對小球的正壓力沿環(huán)的切向的分量為零. 在運動過程中小球受到的作用力是、和. 這些力可分成相互垂直的三個方向上的分量：在徑向的分量不改變小球速度的大小，亦不改變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動量；沿環(huán)切向的分量即要改變小球速度的大??；在垂直于環(huán)面方向的分量即要改變小球?qū)D(zhuǎn)軸的角動量，其反作用力將改變環(huán)對轉(zhuǎn)軸的角動量，但與大

7、圓環(huán)沿軸的豎直運動無關(guān). 在指向環(huán)心的方向，由牛頓第二定律有 合外力矩為零，系統(tǒng)角動量守恒，有 式中L0和L分別為圓環(huán)以角速度w0和w轉(zhuǎn)動時的角動量如圖，考慮右半圓環(huán)相對于軸的角動量，在q角位置處取角度增量Dq，圓心角Dq所對圓弧的質(zhì)量為（），其角動量為 式中是圓環(huán)上q 角位置到豎直軸OO¢的距離，為兩虛線間窄條的面積式說明，圓弧的角動量與成正比. 整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的角動量為 或：由轉(zhuǎn)動慣量的定義可知圓環(huán)繞豎直軸OO¢的轉(zhuǎn)動慣量J等于其繞過垂直于圓環(huán)平面的對稱軸的轉(zhuǎn)動慣量的一半，即 則角動量L為 同理有 力及其反作用力不做功；而及其反作用力的作用點無相對移動，做功之和

8、為零；系統(tǒng)機械能守恒. 故 式中和分別為圓環(huán)以角速度和轉(zhuǎn)動時的動能圓弧的動能為整個圓環(huán)（兩個半圓環(huán)）的動能為 或：圓環(huán)的轉(zhuǎn)動動能為 同理有 根據(jù)牛頓第三定律，圓環(huán)受到小球的豎直向上作用力大小為，當(dāng) 時，圓環(huán)才能沿軸上滑由 式可知，式可寫成 式中，是重力加速度的大小. （2）此時由題給條件可知當(dāng)時，式中等號成立，即有 或 由式和題給條件得 由式和題給條件得 評分標(biāo)準(zhǔn)：本題24分第（1）問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）問6分，式各2分五、（20分）（1）設(shè)圓盤像到薄凸透鏡的距離為. 由題意知：, ，代入透鏡成像公式 得像距為 其橫向放大率為 可知圓

9、盤像在凸透鏡右邊20cm，半徑為5cm，為圓盤狀，圓盤與其像大小一樣.（2）如下圖所示，連接A、B兩點，連線AB與光軸交點為C點，由兩個相似三角形與的關(guān)系可求得C點距離透鏡為15cm. 1分若將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm處，此時圓形光闌在C點左側(cè). 1分當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時，均應(yīng)有光線能通過圓形光闌在B點成像，因而圓盤像的形狀及大小不變，而亮度變暗. 2分此時不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半1分ACOBB'（3）若將圓形光闌移至凸透鏡后方18cm處，此時圓形光闌在C點（距離透鏡為15cm）的右側(cè). 由下圖所示，此時有: 利用兩個相似三角形

10、與的關(guān)系，得 可見當(dāng)圓盤半徑（光闌邊緣與AB相交）時，圓盤剛好能成完整像，但其亮度變暗 4分CRBR'B'若進(jìn)一步減少光闌半徑，圓盤像就會減小當(dāng)透鏡上任何一點發(fā)出的光都無法透過光闌照在原先像的一半高度處時，圓盤像的半徑就會減小為一半，如下圖所示此時光闌邊緣與AE相交，AE與光軸的交點為D，由幾何關(guān)系算得D與像的軸上距離為cm. 此時有 利用兩個相似三角形與的關(guān)系，得 可見當(dāng)圓形光闌半徑=0.75cm，圓盤像大小的半徑的確變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半 3分DDDREER'E'（4）只要圓形光闌放在C點（距離透鏡為15cm）和光屏之間，圓盤像的大小便與圓形光闌

11、半徑有關(guān) 2分（5）若將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方6cm處，則當(dāng)圓形光闌半徑逐漸減小時，圓盤像的形狀及大小不變，亮度變暗； 2分同時不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半 1分評分標(biāo)準(zhǔn)：第（1）問3分，正確給出圓盤像的位置、大小、形狀，各1分；第（2）問5分，4個給分點分別為1、1、2、1分；第（3）問7分，2個給分點分別為2、3分；第（4）問2分，1個給分點為2分；第（5）問3分，2個給分點分別為2、1分六、（22分）（1）固定金屬板和可旋轉(zhuǎn)金屬板之間的重疊扇形的圓心角q 的取值范圍為整個電容器相當(dāng)于個相同的電容器并聯(lián)，因而式中為兩相鄰正、負(fù)極板之間的電容

12、這里，是兩相鄰正負(fù)極板之間相互重迭的面積，有由式得由式得（2）當(dāng)電容器兩極板加上直流電勢差E后，電容器所帶電荷為當(dāng)時，電容器電容達(dá)到最大值，由式得充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達(dá)到最大值，由式得斷開電源，在轉(zhuǎn)角取附近的任意值時，由式得，電容器內(nèi)所儲存的能量為設(shè)可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為（它是由若干作用在可旋轉(zhuǎn)金屬板上外力產(chǎn)生的，不失普遍性，可認(rèn)為的方向垂直于轉(zhuǎn)軸，其作用點到旋轉(zhuǎn)軸的距離為，其值的正負(fù)與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負(fù)一致），當(dāng)金屬板旋轉(zhuǎn)（即從變?yōu)椋┖螅娙萜鲀?nèi)所儲存的能量增加，則由功能原理有式中，由式得當(dāng)時， 發(fā)散，這表明所用的平行板電容公式需要修改當(dāng)電容器電容最大時，充電后轉(zhuǎn)動可旋轉(zhuǎn)金屬板

13、的力矩為 （3）當(dāng)，則其電容器所儲存能量為 由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容遠(yuǎn)小于，因而可用式估算如果，利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 可得電容器所儲存能量的周期平均值為如果，式中第4式右端不是零，而是1利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式的前3式得電容器所儲存能量的周期平均值為由于邊緣效應(yīng)引起的附加電容與忽略邊緣效應(yīng)的電容是并聯(lián)的，因而應(yīng)比用式估計大；這一效應(yīng)同樣使得；可假設(shè)實際的近似等于用式估計如果，利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式 可得電容器所儲存能量的周期平均值為如果，中第4式右端不是零，而是1利用式和題設(shè)條件以及周期平均值公式的前3式得電容器所儲存能量的周期平均值為為dj圖(a)評分標(biāo)

14、準(zhǔn)：本題22分第（1）問6分，式各1分，式各2分；第（2）問9分，式各1分（式中沒有求和號的，也同樣給分；沒有力的符號，也給分），式各2分；第（3）問7分，式各2分，式各1分七、（26分）（1）通有電流的鎢絲（長直導(dǎo)線）在距其處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的大小為由右手螺旋定則可知，相應(yīng)的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對稱軸的圓，磁感應(yīng)強度的方向沿圓弧在該點的切向，它與電流的方向成右手螺旋兩根相距為的載流鎢絲（如圖（a）間的安培力是相互吸引力，大小為考慮某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力由系統(tǒng)的對稱性可知，每根鎢絲受到的合力方向都指向軸心；我們只要將其他鎢絲對它的吸引力在徑向

15、的分量疊加即可如圖，設(shè)兩根載流鎢絲到軸心連線間的夾角為，則它們間的距離為由式可知，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為它與無關(guān)，也就是說雖然處于圓周不同位置的載流鎢絲對某根載流鎢絲的安培力大小和方向均不同，但在徑向方向上的分量大小卻是一樣的；而垂直于徑向方向的力相互抵消因此，某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為其方向指向軸心（2）由系統(tǒng)的對稱性可知，所考慮的圓柱面上各處單位面積所受的安培力的合力大小相等，方向與柱軸垂直，且指向柱軸所考慮的圓柱面，可視為由很多鎢絲排布而成，N很大，但總電流不變圓柱面上角對應(yīng)的柱面面積為 圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為由于，有由式得

16、代入題給數(shù)據(jù)得一個大氣壓約為，所以 即相當(dāng)于一千萬大氣壓（3）考慮均勻通電的長直圓柱面內(nèi)任意一點A的磁場強度. 根據(jù)對稱性可知，其磁場如果不為零，方向一定在過A點且平行于通電圓柱的橫截面. 在A點所在的通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）內(nèi)，過A點作兩條相互間夾角為微小角度的直線，在圓上截取兩段微小圓弧和，如圖（b）所示. 由幾何關(guān)系以及鎢絲在圓周上排布的均勻性，通過和段的電流之比等于它們到A點的距離之比： 式中，因此有即通過兩段微小圓弧在A點產(chǎn)生的磁場大小相同，方向相反，相互抵消整個圓周可以分為許多“對”這樣的圓弧段，因此通電的外圈鎢絲圓柱面在其內(nèi)部產(chǎn)生的磁場為零，所以通電外圈鎢絲的存在，不改變前

17、述兩小題的結(jié)果（4）由題中給出的已知規(guī)律，內(nèi)圈電流在外圈鎢絲所在處的磁場為方向在外圈鎢絲陣列與其橫截面的交點構(gòu)成的圓周的切線方向，由右手螺旋法則確定外圈鎢絲的任一根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為式中第一個等號右邊的第一項可直接由式類比而得到，第二項由式和安培力公式得到. 因此圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為若要求只需滿足（5）考慮均勻通電的長直圓柱面外任意一點C的磁場強度. 根據(jù)對稱性可知，長直圓柱面上的均勻電流在該點的磁場方向一定在過C點且平行于通電圓柱的橫截面（紙面上的圓），與圓的徑向垂直，滿足右手螺旋法則. 在C點所在的通電圓柱的橫截面內(nèi)，過C點作兩條相互間

18、夾角為微小角度的直線，在圓上截取兩段微小圓弧和，如圖（c）所示. 由幾何關(guān)系以及電流在圓周上排布的均勻性，穿過和段的電流之比等于它們到C點的距離之比： 式中，. 由此得 考慮到磁場分布的對稱性，全部電流在C點的磁感應(yīng)強度應(yīng)與CO垂直. 穿過和段的電流在C點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度的垂直于CO的分量之和為21設(shè)過C點所作的直線與直線的夾角為，直線與圓的半徑的夾角為（此時，將微小弧元視為點）. 由正弦定理有22式中，. 于是23即穿過兩段微小圓弧的電流和在C點產(chǎn)生的磁場沿合磁場方向的投影等于和移至圓柱軸在在C點產(chǎn)生的磁場整個圓周可以分為許多“對”這樣的圓弧段，因此沿柱軸通有均勻電流的長圓柱面外的磁場等于該圓柱