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第29届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案


第 29 届全国中学生物理竞赛决赛模拟试卷及答案
题号 得分 阅卷 复核 得 分 一 二 三 四 五 六 七 八 总分

一. (15 分)两个质量分别为 m 1 和 m 2 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 k
m1m 2 r
2

, k 是常数, r 为两球之间

距离). 现已知 m 1 以速度 v 0 接近 m 2 ,瞄准距离为 b,即 m 2 到 m 1 速度方向的垂直 距离为 b, 如图所示. 求 m 1 小球接近 m 2 小球的最近距离 d. 设 m 1 可近似看作静止. 小球 m 2 ?? m 2 ,

m2
b
d

m1

v0

m1

v

图5

一.解: m 1 小球受力始终指向 m 2 小球中心, m 1 小球在一平面内运

?

r

v0

动.如图所示.设 z 轴垂直于此平面且通过 m 2 小球中心,则 m 1 小球所受力对 z 轴的力矩为零,即对 z 轴角动量守恒. m 1 小球以速度 v0 运动,对 z 轴角动量是
rm 1 v 0 sin ?

,但 r sin

? ?b

,故 rm 1 v 0 sin

? ? bmv

0

, m 1 小球最接近 m 2 小球(距离为

d)时,即无继续向 m 2 小球运动的速度,又无远离 m 2 小球的速度,此刻的速度 v
1

应与 m 1 小球至 m 2 小球的连线垂直,角动量是 dm 1 v .于是
dm 1 v ? bm 1 v 0
v0b d

(1)

(5 分)



v ?

在散射过程中,只有斥力作用,故能量守恒。最初,其能量为 离 m 2 小球最近时,其总能量为
1 2 m 1v
2

1 2

m 1v 0

2

动能,到达

? k

m1m 2 d



后一项为斥力势能,k 为一常数.因此,
1 2 m 1v
2

? k

m1m 2 d

?

1 2

m 1v 0

2

(2)

(4 分)

有(1) (2)得
d ? k m2 v0
2

?

? m2 ?k ? v2 0 ?

? ? ? ?

2

?b

2

(4 分)

d 只能为正,故式中负号无物理意义,舍去.
d ? k m2 v0
2

?

? m2 ?k ? v2 0 ?

? ? ? ?

2

?b

2

(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 l 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.

O

?

β O1
2

l

二.解:假设碰后小球能作圆周运动,运动到最高点的速度 v 可由
mv
2

(l ? h )

? mg

(3 分)

得出

v

2

? (l ? h ) g

设初始夹角为 α 由机械能守恒得到:
1 2 mg ( l ? l cos ? ) ? 1 2 h 3 3 cos ? ? [ ( ? cos ? ) ? ] l 2 2 mv
2

mv

2

? mg [ h cos ? ? l cos ? ? ( l ? h )]

(5 分)

假设碰前瞬时速度为 v1 则:
1 2 mv 1 ? mgl (cos ? ? cos ? )
2

(2 分)

v 1 ? 2 gl ( c o s ? c o s? ) ?
mv 1 l
2

碰前: T 1 ? mg cos ? ?

(3 分)
2

T 2 ? mg c o s? ?
2m g h

mv 1

(l ? h )

(3 分)
? l( 2 mgh 3 2 ? cos ? )

T 2 ? T1 ?

( l ? h ) ( c o ? ? c o s? ) s

(4 分)

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 mr ? ,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 得分
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阅卷
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复核
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3

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) eE ? mr ? 因而
E ? mr ? e

(2)

在电阻为 R 的环(静止)中,上述电场将产生电流
I ? 2 ? rE R

(3)

于是,在所考察的环中的电流应为
I ? 2 ? mr ?
2

(4)

eR

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
B ? ? 0 nI

(5)

式中 ? 0 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
B ? 2 ?? 0 nmr ?
2

(6)

eR

四、答案略

4

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=1μ F, C4=C5=C6=C7=2μ F,C8=C10=3μ F。试求 A,B 两点之间的等效电 容 CAB。

(2) 如图 2(2)所示, n 个单元组成的电容器网络, 由 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, 为网络的输入端, b 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。

图 2(2)

(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 C′AB。

分析与解答:(1)把 C2 处理为二个均为 2μ F 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μ F 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=1μ F 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

5

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 图 2(1A)



图 2(1B) (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, 为网络的输入端, b 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, 图 2(2) 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 U k , 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

6

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 C′AB。

分析与解答: 用类比法为电容器引入辅助参量 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:

, 则

的串并联公式与电阻 R

图 2(3A)

通过变换公式对题中的网络 进行交换,从而求解。



,将中间同为 的电容变为 图 2(3B)

,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

7

仍是

值。

由图 2(3B 丙)可知当电桥平衡时,中间的 类比电阻串并联公式得:

电容可拆去,此网络又等效为图 2(3B 丁),

,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))。 (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 80 μ m , 棱 镜 参 量 为 α =30 ° ,h=10 μ m,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=(-5 图 5(A) μ m)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。 图 5(B)

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

8

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。 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



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 图 5(C) 图 5(D )

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

9

其中角 为得到

已由角 和

和棱镜折射率 n 确定。 ,再各乘以上、下表面在垂直

量,需计算棱镜上、下表面的平均光强

于激光束方向上的投影面积 据题又有

,光强 I 随 y 的分布是线性函数,故平均光强很容易确定。

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 据此得

处,下表面中央位置在

处,



这样,不难算得

图 37-97

10

(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 部分 的 面 积 为 下 表 面 面 积的 倍,其平均光强等于

下 表 面 中 从 y=0 到 处的光强,即为

从 y=0 到

部分的面积为下表面面积的 处的光强,即为

倍,其平均光强等于

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

11

, 图 37-98 考虑到光强分布相对于 y=0 面对称,故 和 3.由 对 的函数关系如图 37-98 所示。 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 , 力 的解与 的解之间具有镜面对称,

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

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 即 须满足

而得, 但因



二者间具有对称性, 故可利用该解,

其中


12

, , 可算得 由 ,其中 ,S 为激光束截面积,可算得

4.最大位移量 力为

,对应

? 1,故

?

位移量对应的竖直方向分

, 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ω 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 f 洛 ? Bq ? L 的洛仑兹力作用,方向由+q 指向-q。
13

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



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。

14

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Δ θ , 同时中子星的最 大角位移为Δ ψ (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λ
0

相差Δ λ

[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? 0, m 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 系 。 由牛顿运动定律, 并注意到双星转动角速度 与观察量 的关



15

由以上两式得

及 可见, 的值依赖于 。而

(3) 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 于是,

(4) 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 素

为质 元与中子星最靠近时 的角速度。 (8)

则由原状态 的动力学关系 决定 因

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


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