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=h<l，且已知OO1与铅垂线夹角为β，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.

O1
β
l
O

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α
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=1μF，C4=C5=C6=C7=2μF，C8=C10=3μF。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（k‹n）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µF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C′AB。

分析与解答：(1)把C2处理为二个均为2μF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μF为单位），由此可以看出网络左右两半是完全对称的，因而Oˊ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=1μF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Oˊ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（k‹n）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k—1个单元的输出端间的电压，而后者等于第k—1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µF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C′AB。
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=π-2α，底边长为2h，厚度为ω，折射率为n，密度为ρ。
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y±4h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W·m-2）
1．在激光射到棱镜上表面时，参见图37-94，试求偏转角θ（以α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∣y0∣≤3h，试用I0, θ,h,ω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80μm，棱镜参量为α=30°,h=10μm,n=1.5,ω=1mm,ρ=2.5g/cm3。当棱镜的顶端位于激光束对称面以下的y0=-h/2=(-5μm)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ω0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Δθ， 同时中子星的最大角位移为Δψ（图）；
2）从图中一个最大位移状态（Ⅰ）变刭另一个最大位移状态（Ⅱ）所需要时间为τ；
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15-178
4）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λ0相差Δλ [在这个计算中可认为波长为 的光子的质量为h/(cλ)]
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M»m0，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