第29届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案.doc

第29届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案题号一二三四五六七八总分得分阅卷复核 得 分一（15分）两个质量分别为和的小球，它们之间的相互作用表现为斥力（斥力大小表达式为，是常数，为两球之间距离）. 现已知以速度接近，瞄准距离为b，即到速度方向的垂直距离为b，如图所示. 求小球接近小球的最近距离d. 设，小球可近似看作静止.图5一解：小球受力始终指向小球中心，小球在一平面内运 动如图所示设z轴垂直于此平面且通过小球中心，则小球所受力对z轴的力矩为零，即对z轴角动量守恒小球以速度v0运动，对z轴角动量是，但，故，小球最接近小球（距离为d）时，即无继续向小球运动的速度，又无远离小球的速度，此刻的速度v应与小球至小球的连线垂直，角动量是于是 （1） （5分）得 在散射过程中，只有斥力作用，故能量守恒。最初，其能量为动能，到达离小球最近时，其总能量为，后一项为斥力势能，k为一常数因此， （2） （4分）有（1）（2）得 （4分）d只能为正，故式中负号无物理意义，舍去 （2分） 得 分二（20分）如图所示，质量为m的小球，用不可伸长的线悬于固定点O，线长为l，初始线与铅垂线有一个夹角，初速为0. 在小球开始运动后，线碰到铁钉O1. 铁钉的方向与小球运动的平面垂直. OO1=hl，且已知OO1与铅垂线夹角为，设与铅垂线夹角为. 假设碰后小球恰能做圆周运动. 求线与铁钉碰前瞬时与碰后瞬时张力的变化.O1lO二解：假设碰后小球能作圆周运动，运动到最高点的速度可由 （3分）得出 设初始夹角为由机械能守恒得到： （5分） 假设碰前瞬时速度为v1 则： （2分） 碰前： （3分） （3分） （4分）得分阅卷复核三、（17分）斯泰瓦托尔曼（Stewart-Tolman）效应1917年，斯泰瓦和托尔曼发现，一绕在圆柱上的闭合线圈，当该圆柱以一定角加速度绕轴旋转时，线圈中会有电流流过。设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r，每匝线圈均用电阻为R的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空。每匝线圈的位置用粘胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。从某一时刻开始，圆柱以角加速度绕其轴旋转。经过足够长时间后，求圆柱中心处的磁场的磁感应强度B。设电子的电量e和质量m为已知。三、参考解答：先考虑一个圆环。考虑环的一小部分，并引进该小部分在其中静止的参照系。环以恒定的角加速度运动，于是，我们引进的参照系不是惯性系，它具有一定的线加速度。此加速度的径向分量可不必考虑，因为环很细，观察不到任何径向效应。加速度的切向分量为r。在我们所取的参照系中，形成金属晶格的正离子处于静止状态。在此参照系中有惯性力作用在电子上，此力的大小为，方向与上述切向加速度方向相反。晶格与电子间的相互作用下不允许电子无限制地增加速度。根据欧姆定律，此相互作用随电子相对晶格的速度的增大而增大。某一时刻，惯性力与这种相互作用造成的阻力会达到平稳。结果，正离子与负的电子以不同的速度运动。这就是说，在正离子静止的参照系中将有电流流过。此惯性力大小是常量，方向在环的每一部分均与环相切，它对电子的作用与一个在每一点上与环相切的虚拟电场相同。现来求此虚拟电场的大小。显然，此电场的作用力应等于惯性力。由此 （1）因而 （2）在电阻为R的环（静止）中，上述电场将产生电流 （3）于是，在所考察的环中的电流应为 （4）诚然，场是虚拟的电场，但它描述了惯性力对电子的一种真实作用。环中的电流是真实的。以上想法可用来处理题中所述单位长度有n匝线圈（沿对称轴）的很长螺线管的问题，其中流有电流I。大家知道，在此螺线管中，磁场B的大小均匀（在远离两端处），其值为 （5）式中为真空磁导率。由于轴上一点不转动，不论在转动非惯性系中还是在实验室参照系中均静止不动，因而在实验室参照系中，在轴的中心处的磁场为 （6）四、答案略五、（20分）、求解下列几个特殊的电容组合问题的电容值。(1)在如图2(1A)所示的电容网络中，已知C1=C2=C3=C9=1F，C4=C5=C6=C7=2F，C8=C10=3F。试求A，B两点之间的等效电容CAB。图2(2)(2) 如图2(2)所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中两个电容器的电容都是3C，另一个电容器的电容为2C，图中a，b为网络的输入端，a，b为其输出端。今在网络的输入端ab间加一恒定的电压U，在其输出端a，b间接入一电容为C的电容器。求：从第k（kn）个单元输入端起，后面所有电容器贮存的总电能。 (3)、电容器网络如图2(3A)所示，各电容器以F为单位的电容量数值已在图中标出，求A、B两点之间的等效电容CAB。分析与解答：(1)把C2处理为二个均为2F电容的串联，可将图2(1A)所示的电容网络等效为图2(1B)所示的电容网络。在图2(1B)中直接标明各电容器的电容值（以F为单位），由此可以看出网络左右两半是完全对称的，因而O与O与O三点等势，可以短接在图2(1B)中用虚线表示短接），故C9=1F实际上并不起作用。因为图2(1B)的电容网络左右对称，C9不起作用，故有图2(1A)图2(1B) CAO=COB从而 图2(1B)因O与O短接，CAO可用电容串、并联公式求出，为 故 (2) 如图2(2)所示，由n个单元组成的电容器网络，每一个单元由三个电容器连接而成，其中两个电容器的电容都是3C，另一个电容器的电容为2C，图中a，b为网络的输入端，a，b为其输出端。今在网络的输入端ab间加一恒定的电压U，在其输出端a，b间接入一电容为C的电容器。图2(2)求：从第k（kn）个单元输入端起，后面所有电容器贮存的总电能。分析与解答：显然这是个电容器复联网络，总电能可由算出总等效电容求得，而除去电源后，应着重分析各电容器上电荷的分布状况。由电容器的的串联公式，不难求出整个网络的输入端ab间的等效电容。 第k个单元的输入端后的网络的等效电容CK，设第k个单元的输入端间的电压为，它等于第k1个单元的输出端间的电压，而后者等于第k1个单元输入端间的电压 的1/3，即。由此得，即网络ab间的电压U，由于第k个单元的输入端电压为 ，其输入端以后的等效电容 ，则这些电容器的总电能为。 (3)、电容器网络如图2(3A)所示，各电容器以F为单位的电容量数值已在图中标出，求A、B两点之间的等效电容CAB。图2(3A)图2(3B)分析与解答：用类比法为电容器引入辅助参量 ，则 的串并联公式与电阻R的串并联公式完全一样，而且图48-89（b）甲中两个电容网络元之间有完全类似于电阻网络元的 变换。变换公式为： 通过变换公式对题中的网络进行交换，从而求解。设 ，将中间同为 的电容变为 ，再将三个 组成的 网络元变换为 的三个Y网络元，于是将原网络等效为如图2(3B乙)网络，图2(3B乙)中所标数值均为 值，此网络可等效如图2(3B丙)网络，图中所标数值仍是 值。由图2(3B丙)可知当电桥平衡时，中间的 电容可拆去，此网络又等效为图2(3B丁)，类比电阻串并联公式得： ，故原网络A、B间的等效电容为。六、（20分）、一束强激光通过小的透明物体时，由于折射的作用而对物体产生相当的作用力。为对此有所理解，如图5(A)所示，取一个很小的玻璃三棱镜，其顶角A=-2，底边长为2h，厚度为，折射率为n，密度为。该棱镜处在一束沿着水平x轴传播的激光之中（假设棱镜不发生转动，即其顶角总是对准激光束射来的方向，它的两个三角形侧面总是平行于xy平面，底面总是平行于yz平面）如图5(B)所示，周围空气的折射率取为na=1，设棱镜各面均镀有防反射膜，确保不发生反射。激光束的强度沿Z轴均匀分布，但是从 轴开始，沿y轴正负方向的光强按线性关系减弱，在y=0处强度最大，其值为I0，而到y4h处，光强降为零（参见图5(B)）。图5(A)图5(B)（光的强度即为每单位面积的功率，单位为Wm-2）1在激光射到棱镜上表面时，参见图37-94，试求偏转角（以和n表示）。2将棱镜顶端由原来的位置x轴位置沿y轴平移y0量，且设y03h，试用I0, ,h,和y0来表述激光作用在棱镜上的净作用力的x,y分量，作图表示出作用力在水平方向（x轴方向）和竖直方向（y轴方向）的分量随位移y0的变化关系。3设激光束在z方向的宽度为1mm，在y方向的宽度为80m，棱镜参量为=30,h=10m,n=1.5,=1mm,=2.5g/cm3。当棱镜的顶端位于激光束对称面以下的y0=-h/2=(-5m)处时，需要多少瓦的激光束功率才能使棱镜克服重力（朝-y方向）的作用处于平衡状态？4用与3问中相同的棱镜和激光束，在没有重力的条件下做实验，且设定I0=108W/m2，移动棱镜使其顶端静止地处于y0=h/20的位置，而后释放棱镜，它将产生振动，试求振动周期。解：1、这是一个涉及折射定律的简单几何光学问题，参照图37-95，因 ，故入射角 ，据折射定律，有 可确定折射角为 光束对棱镜底面的入射角应为 对底面应用折射定律，有 ，最后可解得 2棱镜所受力与激光束通过棱镜时的动量改变率的大小相同，方向相反，为进行分析，先考虑入射在棱镜上半面激光的动量改变量。图5(C) 图5(D )设激光束中每秒有 个光子沿着平行于 轴的方向射到棱镜的上表面，一个光子的能量记为E，其动量为 ，以相对于 轴为 角的方向离开棱镜的光子与入射光子相比较，对应的动量变化量为 个光子总动量改变量便是E量即为照射在上表面的激光功率 ，故棱镜因上表面对激光的折射而受到的作用力为 由同样的分析，可得棱镜因下表面对激光的折射而受到的作用力为 其中 为激光束照射在棱镜下表面的功率。从上面两个结果，可知作用在棱镜的净力为 其中角 已由角 和棱镜折射率n确定。为得到 和 量，需计算棱镜上、下表面的平均光强 ，再各乘以上、下表面在垂直于激光束方向上的投影面积 ，光强I随y的分布是线性函数，故平均光强很容易确定。据题又有 图37-96现在假设棱镜顶端从 轴向上提升 （ ）量，则可分下述两种情况讨论：（1） 则整个棱镜都处于激光束的上半部分，这种情况下，如图37-96所示，平均光强等于两个表面各自中央位置的值，棱镜上表面中央位置在 处，下表面中央位置在 处，据此得 ， 这样，不难算得 图37-97（2） 则棱镜的下表面有一部分处在激光束的下半部分，如图37-97所示，棱镜下表面中从y=0到 部分的面积为下表面面积的 倍，其平均光强等于 处的光强，即为 从y=0到 部分的面积为下表面面积的 倍，其平均光强等于 处的光强，即为 联合起来考虑，便得 上表面平均光强与 的函数关系同（1）中所述，即得 ，于是有 ， 由此可得 ， 图37-98考虑到光强分布相对于y=0面对称，故 的解与 的解之间具有镜面对称， 和 对 的函数关系如图37-98所示。3由 的表述式及图线均可看出，为使 以克服棱镜所受重力，则要求 ，为获得克服棱镜所受重力所对应的 力，须先求出棱镜的质量，再使激光束提供的 力等于棱镜所受的重力，根据已给的数据可进而求出 ，最后再求得激光束的总功率，计算中可用平均光强与激光束截面积的乘积来算出光束功率。棱镜的体积为 其质量便为 所受重力为 上面2中之解对应 而得，但因 与 二者间具有对称性，故可利用该解，即 须满足其中 ， ， ，可算得 由 ，其中 ，S为激光束截面积，可算得 4最大位移量 ，对应 1，故 位移量对应的竖直方向分力为 ，可近似取为 ，这是一个线性恢复力，对应的谐振动角频率为 振动周期便为 数值计算可得 。七、电偶极子是由两个质量为m，电量分别为+q和-q的粒子，固定在长度为L的轻硬杆的两端构成的。空间有与杆垂直的磁场，磁感应强度为B。初始时，偶极子以角速度0转动，且质心静止，然后释放。请描述偶极子的运动稳定状态。分析与解答：解答稳恒磁场的问题，一般要用一个结论：洛仑兹力不对电荷作功。此时可用能量守恒方程，再结合动力学方程，即可求解。偶极子的运动为中心的运动与两电荷绕中心的转动的合成（图43-52（a）所示），因为自转，系统受大小为的洛仑兹力作用，方向由+q指向-q。因为质心的运动，系统受一力偶作用，力偶矩为 当系统稳定时，角速度不再变化，故此时力偶矩必为零，则 可见 应时时刻刻与杆垂直，由此知中心也应以同一角速度绕空间某点转动，稳定运动情形如图43-52（b）。O点的运动半径r由动力学方程确定。 得 再由能量守恒 得 代回r表达式得 注意:所求的只是可能存在的稳态，但是否可达到却只能借助过程分析，在此无法给出。 八、关于双星系统，（a）众所周知，大部分恒星构成双星系统。有一种双星系统由一个质量为m0，半径为R的寻常星和一个更大质量M的致密中子星相互围绕对方旋转组成。在下面的所有内容中，忽略地球的运动。对这个双星系统的观察得到下列信息：1）寻常星的15-177最大角位移为， 同时中子星的最大角位移为（图）；2）从图中一个最大位移状态（）变刭另一个最大位移状态（）所需要时间为；3）寻常星的辐射特性表明，其表面温度为T，单位时间辐射到地球表面单位面积的能量为P；图15-1784）由于寻常星的引力场作用，这一辐射中的钙谱线与正常的波长0相差 在这个计算中可认为波长为 的光子的质量为h/(c)求从地球到这个双星系统距离 的表达式，只能用所观察到的量和普适常量表示。将你的结果填在答案纸上。（b）假定Mm0，寻常星基本上在半径为r0的圆形轨道上绕中子星转动。假定寻常星开始以速度v0（相对寻常量）向中子星发射气体（图15-178）。假定在此问题中，只考虑中子星的引力作用，并忽略寻常星的轨道变化，求气体与中子星的最近距离rf（图15-178）。将结果填写在答案纸上。分析：此题用到万有引力、圆周运动及物理光学的知识，需要用到圆周运动的动力学方程及能量守恒定律分析、求解。（ ）问还需用到角动量守恒定律。解：（ ）双星系统的质心可视为不动。设寻常星与质心距离为 ，中子星与质心距离为 ，由图1-7-48有。 (1) (2)可见 的值有赖于 。由牛顿运动定律，并注意到双星转动角速度 与观察量 的关系有 由以上两式得及 (3)可见， 的值依赖于 。而 可由光谱的引力红移求得。由能量守恒，并注意到光子质量与波长关系，有由此可得 (4)于是， 又与R联系起来。但R可与观察量P相联系 (5)由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式即可求得由观察量表示的 值 (6)（ ）气体质元 的角动量守恒 (7)其中 为质元与中子星最靠近时的角速度。 则由原状态的动力学关系决定因素 (8)质元的能量守恒，即有 (9)联立(7)、(8)、(9)式得即 解 的二次方程，得 (10)16