第35届全国中学生物理竞赛模拟试题及详解答案.pdf

1 第 35 届全国中学生物理竞赛模拟试题 2 全国中学生物理竞赛模拟试题 1 第第 34 届全国中学生物理竞赛届全国中学生物理竞赛模拟模拟试题试题 时间 180 分钟 满分 320 分 2017 6 8 一 40 分 四个等值电阻 R 四个电容值 C 1 F 的电容器以及四个电池分别在立方体的各边连接起来 如图所示 各电池的电压 为 U1 4V U2 8V U3 12V U4 16V 他们的内电阻均可忽略 1 求每个电容器的电压和电量 2 若 H 点与 B 点短路 求电容器 C2上的电量 解析 1 将电容器视为断路 电路可等效为如图所示的电路 则电路中的电流为 41 1 3 4 UUV I RR 取 C 点电势为零 则等效电路图中各点电势为 0 C 1 4 GC UV 7 HG IRV 10 EH IRV 4 6 AE UV 3 BA IRV 考虑到7 H V 则 D 点电势为 3 5 DH UV 考虑到3 B V 则 F 点电势为 2 5 FB UV 则各电容器电压和电量分别为 1 1 CFG UV 6 11 10 C QCUC 2 5 CEF UV 6 22 5 10 C QCUC 3 5 CCD UV 6 33 5 10 C QCUC 4 1 CDA UV 6 44 10 C QCUC 2 将 B H 短路后电路如图所示 此时流过 U1的电流为 1 1 2 2 UV I RR 流过 U4的电流为 4 4 8 2 UV I RR 则 1 2 BC I RV 24 10 EB I R UV 2 10 FB UV 则电容器 C2两端电压为 2 0 CEF U 故带电量也为零 即 2 0Q 二 40 分 在半径 R 2m 孔径 d 10cm 的凹面镜的焦点位置上 垂直于其对称轴 主光轴 放一块圆形屏幕 使平行于轴的所 有入射光线经凹面镜反射后都能达到该圆形屏幕 试求圆形屏幕的直径 如果在上述条件下圆形屏幕的直径减少到仅有原来的 1 8 试问有多少部分的光能达到在同样位置的屏幕上 解析 1 考察入射点为 P 的光线 反射光线交主轴与 A 点 光路如下图所示 O 为球面圆心 F 为焦点 U1 U4 R R R A B C E G H R U1 U4 R R R A B C E G H R I1 I4 U1 U2 U3 U4 R R R R C1 C2 C3 C4 A B C D E F G H 35 全国中学生物理竞赛模拟试题 2 则 OPA 为等腰三角形 有 2cos2cos OPR OA 随入射角 增大 反射光线与主轴焦点离焦点 F 越远 光线越接近圆形屏幕 边缘 则入射角满足sin 2 d R 的光线即为边界光线 此时有 sin0 025 2 d R 2 cos1 sin0 99968745 2 2sin cos tan 2 0 05004693 2cos1 则圆形屏幕的直径为 5 2 cos tan 2 2cos1 tan 2 3 13 10 22 Rd DRRdm 2 设变化之后的屏幕直径为 8 D D 能到达屏幕的光直径为 d 则有 2cos1 tan 2 2cos1 tan 2 8 Rd Rd 考虑到sin 2 d R 则有 2 sindR 则上式变换为 6 2cos1 tan 2 2sin1 956 10 将 2 cos1 sin 2 22 2sincos2sin1sin tan 2 12sin12sin 代入上式可化简为 2 6 2 2sin 11sin 1 956 10 12sin 解上式可得 sin0 0125 2 d R 即 0 05dm 则能到达屏幕的光占总入射光的比例为 2 1 4 Sd Sd 即有 1 4 的光能到达圆形屏幕 三 48 分 在 xOy 平面内分布着某种透明光学材料 已知折射率 n n r r 为点到原点的距离 在距离原点 r0处的 A 点有一点光 源 若从此光源发出的光在材料中沿着以原点 O 为焦点的圆锥曲线传播 已知该圆锥曲线的离心率为 e 焦准距为 p 试求折射率 的分布规律 n r 已知 n r0 n0 解析 考察相邻的两微元薄层间的折射如图所示 由折射定律得 112 sinsinnn 由正弦定理得 2 21 sinsin rr 不难看出 光线刚进入球体后在各层上满足 sinnr 定值 考虑到sinnr 定值 可类比角动量守恒 即 n 类比动量 p mv 则光线路径可视为质量为 m 的粒子的轨迹 O 即为有心力的力心 则粒子的动能为 2 2 k n E m 考虑有心力为引力和斥力的两种情况 若为引力则粒子的势能可表示为 p k E r 当 e1 时 圆锥曲线为双曲线 设其实长轴为 A 则有初始条件可知总能量为 2 0 0 22 nkk mrA 解上式可得 2 00 0 2 Ar n k mAr 则其任意状态的总能量势能可表示为 222 0000 00 2 2 2 2 nAr nr n mmAr rmAr 解上式可得 22 0 0 0 2 2 Ar r nn Ar r 考虑到其半长轴为 2 1 ep A e 则上式可变换为 2 0 22 0 2 0 2 1 2 1 eprer nn eprer 当 e 1 时 圆锥曲线为双曲线 设其实长轴为 A 则有初始条件可知总能量为 2 0 0 0 2 nk mr 解上式可得 2 00 2 r n k m 则其任意状态的总能量势能可表示为 22 00 0 22 nr n mmr 解上式可得 220 0 r nn r 若为斥力则粒子的势能可表示为 p k E r 此时圆锥曲线必定为双曲线 总能量为 2 0 0 22 nkk mrA 解上式可得 2 00 0 2 Ar n k m rA 则其任意状态的总能量势能可表示为 222 0000 00 2 2 2 2 nAr nr n mm rA rm rA 解上式可得 22 0 0 0 2 2 rA r nn rA r 考虑到其半长轴为 2 1 ep A e 则上式可变换为 2 0 22 0 2 0 2 1 2 1 eprer nn eprer 四 40 分 频率为 0的光子具有惯性质量 m 此质量由光子的能量决定 在此假定光子的引力质量等于惯性质量 从一颗星球向 外发射光子逃逸引力时 便会损失能量 已知 e H 的静质量为 m0满足2 0 3752m cMeV 玻尔能级为 2 2 13 6 n Z EeV n 确定下列问 题 1 初始时频率为 0的光子从质量为 M 半径为 R 的星球表面到达无穷远时 它的频率增量为 则当 0 时 2 0 01cos 200 0 01cos 200 4 A ytxtx x44 时 2 0 01cos 200 44 0 01cos 200 44 0 01cos 200 48 44 B ytxtxtx x44 时 B A 两列波的相位差为 1 48 12 44 xx 两列波叠加后加强 不符合题意 当 x 0 时 B A 两列波的相位差为 2 40 10 44 xx 两列波叠加后加强 不符合题意 当 0 x 44 时 B A 两列波的相位差为 3 40 10 442 xxx 令 3 10 21 2 xk 可解得 422xk 考虑到 k 取整数且 0 x 44 可知 x 2m 6m 10m 14m 18m 22m 26m 30m 34m 38m 42m 处的点静止 六 32 分 有一均匀的长为 l 的麦秆 开始处于水平位置 中点被支撑着 它可以绕轴在竖直平面内自由转动 不计空气阻力和 轴上阻力 有一蜘蛛以竖直向下的速度 v0落下 并且落在麦秆中心和端点之间的中点处 蜘蛛的质量与麦秆的质量相等 当蜘蛛停 落于麦秆后 立刻沿麦秆向端点爬行 使麦秆的转动角速度保持不变 试求 v0的最小值 假定麦秆转到竖直位置时 蜘蛛离开麦秆 落下 试画出蜘蛛在空间的爬行路线 解析 设麦秆和蜘蛛的质量均为 m 麦秆转动角速度为 则碰撞前后瞬间角动量守恒有 22 0 1 4124 ll mvmlm 可解得 0 12 7 v l 设 t 时刻蜘蛛距离麦秆中心为 x 则有转动定理可知 MdtdJ 考虑到角动量为JI 且 保持不变 则有 2 2dJdId mxm xdx x A B 全国中学生物理竞赛模拟试题 5 将力矩cosMmgxt 代入可知 cos2mgxtdtm xdx 可化简为 2 cos tdtdx g 两边同时积分 0 4 2 cos tx l tdtdx g 可得 2sin 42 lg xt 图像如图所示 由题意可知 在竖直位置即 2 t 时有 2 l x 即 2 422 lgl 将 0 12 7 v l 代入上式可得 0 7 62 gl v 七 48 分 如图所示 在竖直放置的气缸内有一质量为 M 的活塞 活塞面积为 S 在活塞上放一质量为 m 的物体 活塞与气缸间 无摩擦 大气压强为 P0 平衡时活塞到底部的距离为 l 今将活塞下压一定距离 d 后释放 认为气体的状态变化为等温变化 且认 为 d l 在活塞的上升过程中物体与活塞分离 分离后物体竖直上抛 活塞上下振动 求物体与活塞分离后上升的高度及物体与活 塞分离后活塞的振动振幅 解析 设气体初态压强为 P1 体积为 1 VSl 有初态活塞受力平衡可知 01 PSMm gPS 可得 10 Mm g PP S 设活塞上升 h 距离后 此时物体未与活塞分离 气体压强为 P2 此时气体体积为 2 VS ldh 由玻意耳定律可知 1 122 PVPV 可解得 21 l PP ldh 考虑到dl hl 则上式可近似为 2110 1 1 ldhdhMm g PPPP ldhllS 以活塞和物体整体为研究对象 其所受合外力为 200 dh FPP SMm gPSMm g l 由动量定理可知 FdtMm dv 将 dh dt v 代入上式可得 0 dh PSMm gdhMm vdv l 两边积分可得 2 0 2 PSMm g vdh h Mm l 物体与活塞分离时满足 200 1 dhMm g PPP lS 可解得 2 0 Mm gl hd PSMm g 则此时活塞与物体的速度为 2 222 2 02 0 222 0 2 PSMm gdMmg lPSMm g vdh h Mm lPSMm gMm l 则物体上升的最大高度为 2 222 2 2 0 2 0 22 PSMm gdMmg lv H gg PSMm gMm l l 4 x t 全国中学生物理竞赛模拟试题 6 物体与活塞分离后受力可表示为 20 FPP SMg 将 20 1 dhMm g PP lS 代入上式可得 0 0 PSMm gd FhmgPSMm g ll 即活塞做简谐振动 恢复系数为 0 PSMm g K l 令0F 可得 0 0 mgl hd PSMm g 此为该简谐振动的平衡位置 设活塞简谐振动的振幅为 A 则其总能量可表示为 222 220 111 222 KAMvK hh 可解得 2 2222 2202 0 MMMmg Avhhdl KMm PSMm g 八 36 分 一个实心圆柱形导体和一个空圆柱形导体共轴放置 其间为真空 内圆柱半径为 a 外圆柱半径为 b 如图所示 外 圆柱相对于内圆柱有正电位 U 故称阳极 在讨论的空间范围内可以存在一匀强磁场 磁感应强度为 B 方向与柱体中心轴平行 垂直于纸面向外 不考虑导体的感应电荷 若将电子从内柱面放出 电子的质量为 m 电量为 e 讨论下列问题 1 在 B 0 和电子初速度为零的条件下 若不考虑相对论效应 则电子到达外圆柱内壁时的速度为多大 若考虑相对论效应呢 以下各问不考相对论效应 2 若两柱面之间电压为零 电子以径向初速度 v0从内柱面射出 当磁场超过一个临界值 Bc时 电子将不能到达阳极 则 Bc为 多少 3 在电场力作用下电子向外圆柱面运动 磁场对电子的作用可使电子获得相对于圆柱中心轴的非零角动量 L 试导出角动量 L 随时间的变化率 L t 进而证明这一表达式意味着 2 LkBer 是一个不随电子运动而变化的守恒量 式中 k 是一个无量纲的常数 r 是从柱体中心轴到电子所在位置的矢径 试确定 k 是多少 4 设一电子无初速度释放后不能到达阳极 它与柱体中心轴的最大距离为 rm rm b 试求电子的最大速度的大小 5 匀强磁场为 B0时 电子不能到达阳极 则 B0为多少 6 加热内圆柱体 使电子从内圆柱逸出时 其初速度在磁场方向分量为 vB 在径向分量为 vr 逆时针角向分量为 v 在这种情 况下 计算电子刚好到达阳极时的临界磁场 Ba是多少 解析 1 不考虑相对论效应 设电子到达外圆柱内壁时的速度为 v 由动能定理得 2 1 2 mveU 可解得 2eU v m 若考虑相对论效应 则有 2 2 2 2 1 mc mceU v c 可解得 2 2 2 1 mc vc mceU a b B A K 全国中学生物理竞赛模拟试题 7 2 设电子运动轨迹半径为 R 则由几何关系可知 22 aRRb 将 0 C mv R eB 代入可得 0 22 2 C bmv B e ba 3 设电子沿径向的速度为 vr 则有 2 1 2 r eBr rL Mev BreBr ttt 上式可改写为 2 1 2 0 LeBr t 即 2 1 2 LeBr 在运动中保持不变 即 1 2 k 4 已知初始时