高中物理奥赛复赛专项训练(全12套)每日两题课件

1、益民工作室高中物理奥赛 真题演练【专项冲刺】 所示整个连好的线路相当于把的三个顶点分别接到的三个中点上，图预解16-5-1变为图预解16-5-4这样第1问归结为求图预解16-5-4中最外层三角环任意两顶点间的等效电阻。（2）递推公式为使图形简化，讨论如何将接好的两个电阻环化简成为一个单环。由六个阻值为的电阻构成一个三角环，将其顶点接在另一由六个阻值为的电阻构成的三角环的中点上（如图预解16-5-5所示）。图预解16-5-6是由六个阻值为的电阻构成的三角环。若图预解16-5-5顶点1、3间的电阻与图预解16-5-6顶点l、3间的电阻阻值相等，我们称图预解16-5-6中的为等效单环电阻 用符号“/

2、”表示电阻的并联，如 由图预解16-5-5中的对称性可知l、3两顶点间的电阻等于图预解16-5-7中1、0间的电阻的2倍，即 （1）同理，图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻为 （2）由（1）、（2）式得等效单环电阻为 （3）2. 第一问现在考虑把、按相反的次序，由内向外依次连接的情况首先将接在外面，求双环的等效单环电阻即（3）式中的这时由（3）式得到为 其次，在双环外面接上，这时三环的等效单环电阻为 由此可得一般公式，环的等效单环电阻可由求出 （4）于是 由（2）式得出由一个环（）、两个环（）直至五个环（）构成的线路1、3点间的电阻为 ; 答：所求的五个环的1与3间的等效电阻确为证毕。3

3、. 第二问根据五个组成的圆柱形网络的对称性，的l、3两点等价于的2、4两点等价线路如图预解16-5-8与图预解16-5-9所示设二图等价，求图预解16-5-9中的即可所以答：所求值为。图复解 16-5-8图复解 16-5-9环心产生的磁感应强度为 (1)式中是一个微小量，注意到，有 (2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1）、（2）式得出环心O点处的磁感应强度： (3)由于a0a1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O点的场表示磁场对导线环的磁通量(4)由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为 (5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为 (6

4、)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段Dl所受的安培力都沿环半径向外现取对于y轴两对称点U、V，对应的二段电流元所受的安培力的大小为 (7) MNQqDqDfDfxDfyxyODxDyDlDfDfxDfyDlU方向如图所示，它沿x及y方向分量分别(8)(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的x分量之和相互抵消，即 (10)（式中，当时，是正的，当时，是负的，故），而作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的y分量

5、之和为 (11) （式中，由于q 在0p之间都是正的，故），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为，方向沿y正方向，由于半个圆环处于平衡状态，所以在导线截面Q、N处所受（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F应满足由（3）、（6）两式得 (12)由（12）式可见，张力F随时间t线性减小或（3）即 （4）可见与x成线性关系，有（5）C为一待定常数，注意到时，可得，故有（6）时，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上的外磁场作用于线框的安培力 （7）其大小与线框位移x成正比，方向与位移x相反，具有“弹性力”的性质下面分两种情形做进一步分析：（

6、i）线框的初速度较小，在安培力的作用下，当它的速度减为0时，整个线框未全部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率（8） 周期（9）振动的振幅可由能量关系求得，令表示线框速度减为0时进入磁场区的深度，这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得（10）得（11）故其运动方程为， t从0到（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度向左匀速运动因为在这种情况下的最大值是，即（13）由此可知，发生第（i）种情况时，的值要满足下式即（14） (ii) 若线框的初速度比较大，整个线框能全

7、部进入磁场区当线框刚进入磁场区时，其速度仍大于0，这要求满足下式（15）当线框的初速度满足（15）式时，线框能全部进入磁场区，在全部进入磁场区域以前，线框的运动方程与（12）式相同，但位移区间是到，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到 （16） 因为线框的总电动势总是为0，所以一旦线框全部进入磁场区域，线框的两条边都切割磁感应线，所产生的电动势之和为 0，因而自感电动势也为0此后线框中维持有最大的电流，磁场对线框两条边的安培力的合力等于零，线框将在磁场区域匀速前进，运动的速度可由下式决定即（17）不溶于水已知：水的饱和蒸气压与温度的关系图线如图复18-2-2所示大气压强与高度的关系的简化图

8、线如图复18-2-3所示时；处【思路与心得】二、参考解答1已知在海平面处，大气压强如图复解18-2-1，在处，大气压强为。 （1）此处水沸腾时的饱和蒸气压应等于此值由图复解18-2-2可知，对应的温度即沸点为 （2）达到此温度时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故在5000高山上，若不加盖压力锅，锅内温度最高可达822由图复解18-2-2可知，在时，水的饱和蒸气压，而在海平面处，大气压强可见压力阀的附加压强为 （3）在5000高山上，大气压强与压力阀的附加压强之和为 （4）若在时阀被顶起，则此时的应等于，即（5）由图可知 （6）此时锅内水开始沸腾，温度不再升高，故按正确方法使用此压力锅，在5000

9、高山上锅内水的温度最高可达1123在未按正确方法使用压力锅时，锅内有空气，设加压力阀时，内部水蒸汽已饱和由图可知，在时，题中已给出水的饱和蒸气压，这时锅内空气的压强（用表示）为 （7）当温度升高时，锅内空气的压强也随之升高，设在温度为时，锅内空气压强为，则有; （8）若在时压力阀刚好开始被顶起，则有 （9）由此得 （10）画出函数的图线，取 由此二点便可在图复解18-2-2上画出此直线，此直线与图复中的曲线的交点为，即为所求的满足（10）式的点，由图可看出与点对应的温度为 （11）即在压力阀刚开始被顶起时，锅内水的温度是97，若继续加热，压力阀被顶起后，锅内空气随水蒸汽一起被排出，最终空气排净

10、，锅内水温仍可达112K3K2p1 V1 CCp0 V0EFGIHK1320届复赛一、(20分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判对于均匀薄膜材料，在一定温度下，某种气体通过薄膜渗透过的气体分子数，其中t为渗透持续时间，S为薄膜的面积，d为薄膜的厚度，为薄膜两侧气体的压强差k称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数透气系数愈小，材料的气密性能愈好图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图EFGI为渗透室，U形管左管上端与渗透室相通，右管上端封闭；U形管内横截面积A0.150cm2实验中，首先测得薄膜的厚度d =0.66mm，再将薄膜固定于图中处，从而把渗透室分为上下两部

11、分，上面部分的容积，下面部分连同U形管左管水面以上部分的总容积为V1，薄膜能够透气的面积S =1.00cm2打开开关K1、K2与大气相通，大气的压强p11.00atm，此时U形管右管中气柱长度，关闭K1、K2后，打开开关K3，对渗透室上部分迅速充气至气体压强，关闭K3并开始计时两小时后， U形管左管中的水面高度下降了实验过程中，始终保持温度为求该薄膜材料在时对空气的透气系数（本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定，在压强差变化不太大的情况下，可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均值来代替公式中的普适气体常量R = 8.31Jmol-1K-1，1.00atm = 1.01

12、3105Pa）二、参考解答l在所示的光路图（图复解16-2-1）中，人射光经透镜折射后沿射向，经折射后沿出射、与透镜主轴的交点分别为、和，如果为物点，因由沿主轴射向的光线方向不变，由透镜性质可知，为经过所成的像，为经所成的像，因而图中所示的、之间有下列关系： （1） （2） （3）当入射光线与出射光线平行时，图中的，利用相似三角形关系可求得 , 从而求得 （4）联立方程（1）、（2）、（3）、（4），消去、和，可得 （5）由于、均已给定，所以为一确定值，这表明：如果入射光线与出射光线平行，则此入射光线必须通过主轴上一确定的点，它在的左方与相距处，又由于与无关，凡是通过该点射向的入射光线都和对应

13、的出射光线相互平行2由所得结果（5）式可以看出，当时，此情况下的光路图就是图复解16-2-1当时，此时入射光线和出射光线均平行于主轴，光路如图复解16-2-2 当时，这表明点在的右方，对来说，它是虚物由（1）式可知，此时，由可知，又由可知，所以此时的光路图如图复解16-2-3217届复赛六、（25分）普通光纤是一种可传输光的圆柱形细丝，由具有圆形截面的纤芯和包层组成，的折射率小于的折射率，光纤的端面和圆柱体的轴垂直，由一端面射入的光在很长的光纤中传播时，在纤芯和包层的分界面上发生多次全反射现在利用普通光纤测量流体的折射率实验方法如下：让光纤的一端（出射端）浸在流体中令与光纤轴平行的单色平行光束

14、经凸透镜折射后会聚光纤入射端面的中心，经端面折射进入光纤，在光纤中传播由点出发的光束为圆锥形，已知其边缘光线和轴的夹角为，如图复17-6-1所示最后光从另一端面出射进入流体在距出射端面处放置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏，在上出现一圆形光斑，测出其直径为，然后移动光屏至距光纤出射端面处，再测出圆形光斑的直径，如图复17-6-2所示 1若已知和的折射率分别为与，求被测流体的折射率的表达式 2若、和均为未知量，如何通过进一步的实验以测出的值?【思路与心得】当时，即时，或时，由发出的光束中，只有的光线才满足的条件，才能射向端面，此时出射端面处的最大值为 （5）若，即时，则由发出的光线都能满足的条件，因而都

15、能射向端面，此时出射端面处的最大值为 （6）端面处入射角最大时，折射角也达最大值，设为，由（2）式可知 （7）由（6）、（7）式可得，当时 （8）由（3）至（7）式可得，当时 （9）的数值可由图上的几何关系求得（10）于是的表达式应为 （）（11） （） （12）2. 可将输出端介质改为空气，光源保持不变，按同样手续再做一次测量，可测得、，这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同已知空气的折射率等于1，故有当时 （13）当时 （14）将（11）、（12）两式分别与（13）、（14）相除，均得 （15）这结果适用于为任何值的情况。评分标准：本题25分1. 18分。（8）式、（9）式各6分，求得（11

16、）式、（12）式再各给3分2. 7分。（13）式、（14）式各2分，求得（15）式再给3分。如果利用已知其折射率的液体代替空气，结果正确，照样给分。 三、因m子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命根据时间膨胀效应，在地球上观测到的m子平均寿命为t， (1)代入数据得t = 1.4105s (2)相对地面，若m子到达地面所需时间为t，则在t时刻剩余的m子数为 (3)根据题意有(4)对上式等号两边取e为底的对数得 (5)代入数据得(6)根据题意，可以把m子的运动看作匀速直线运动，有 (7)代入数据得 (8) 评分标准：本题15分 (1)式或(2)式6分，(4)式或(5)式4分，(7) 式2分，(8)

17、 式3分323届复赛七、（16分）串列静电加速器是加速质子、重离子进行核物理基础研究以及核技术应用研究的设备，右图是其构造示意图。S是产生负离子的装置，称为离子源；中间部分N为充有氮气的管道，通过高压装置H使其对地有V的高压。现将氢气通人离子源S，S的作用是使氢分子变为氢原子，并使氢原子粘附上一个电子，成为带有一个电子电量的氢负离子。氢负离子（其初速度为0)在静电场的作用下，形成高速运动的氢负离子束流，氢负离子束射入管道N后将与氮气分子发生相互作用，这种作用可使大部分的氢负离子失去粘附在它们上面的多余的电子而成为氢原子，又可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质子。已知氮气与带电粒子的相互作用不

18、会改变粒子的速度。质子在电场的作用下由N飞向串列静电加速器的终端靶子T。试在考虑相对论效应的情况下，求质子到达T时的速度。 电子电荷量C，质子的静止质量 kg。【思路与心得】七、参考解答：带电粒子在静电场内从S到T的运动过程中，经历了从S到N和从N到T的两次加速，粒子带的电荷量q的大小均为，若以U 表示N 与地之间的电压，则粒子从电场获得的能量 (1)质子到达T处时的质量 (2)式中v为质子到达T时的速度质子在S处的能量为，到达T处时具有的能量为，电子的质量与质子的质量相比可忽略不计，根据能量守恒有（3）由（1）、（2）、（3）式得代入数据解得（4）评分标准：本题16分八、参考解答： 1根据爱

19、因斯坦质能关系，3H和3He的结合能差为 (1)代入数据，可得 MeV (2) 23He的两个质子之间有库仑排斥能，而3H没有.所以3H与3He的结合能差主要来自它们的库仑能差.依题意，质子的半径为，则3He核中两个质子间的库仑排斥能为 (3)若这个库仑能等于上述结合能差，则有 (4)代入数据，可得fm (5)3粗略地说，原子核中每个核子占据的空间体积是 .根据这个简单的模型，核子数为A的原子核的体积近似为 (6) 另一方面，当较大时，有 （7）由（6）式和（7）式可得R和A的关系为 (8) 其中系数 9) 把(5)式代入(9)式得 fm (10) 由(8)式和(10)式可以算出的半径 224

20、届复赛七、(20分)今年是我国著名的物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百周年王先生早在1941年就发表论文，提出了一种探测中微子的方案：原子核可以俘获原子的K层电子而成为的激发态，并放出中微子(当时写作) +e+而又可以放出光子而回到基态 +由于中微子本身很难直接观测，通过对上述过程相关物理量的测量，就可确定中微子的存在.1942年起，美国物理学家艾伦(JSAllen)，戴维斯(RDavis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验，初步证实了中微子的存在1953年美同人茉因斯(卜Reines)在实验中首次发现了中微子.莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(ML Perl)分享了1995

21、年诺贝尔物理学奖现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量若实验测得锂核()反冲能量(即的动能)的最大值E=566 eV，光子的能量h=0.48 Mev已知有关原子核和电子静止能量的数据为m；m6534.19 MeV，m0.51 MeV设在第一个过程中，核是静止的，K层电子的动能也可忽略不计试由以上数据，算出的中微子的动量P和静止质量m各为多少【思路与心得】七、参考解答：根据题意，核和K层电子的动量都为零，在第一个反应中，若用表示激发态锂核的动量，表示中微子的动量，则由动量守恒定律有 （1）即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等，方向相反.在第二个反应中，若用表示反冲锂核的动量，表示光子的动量

22、，则由动量守恒定律有 （2）由（1）、（2）式得 （3）当锂核的反冲动量最大时，其反冲能量也最大. 由（3）式可知，当中微子的动量与光子的动量同方向时，锂核的反冲动量最大.注意到光子的动量 （4）有（5）由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多，锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表示，这时有 （6）由（5）、（6）式得（7）代入有关数据得 （8）用表示中微子的能量，根据相对论有（9）根据能量守恒定律有（10）由（9）、（10）式得 （11）由（8）式和已知数据得 （12）由（12）式可知，所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内，故不能确定中微子的静止质量如果有，其质量一定小于3

23、18届复赛三、（22分）有两个处于基态的氢原子、，静止，以速度与之发生碰撞己知：碰撞后二者的速度和在一条直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收。从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能级态跃迁，并发出光子如欲碰后发出一个光子，试论证：速度至少需要多大（以表示）？己知电子电量为，质子质量为。电子质量为氢原子的基态能量为【思路与心得】三、参考解答为使氢原子从基态跃迁到激发态，需要能量最小的激发态是的第一激发态已知氢原子的能量与其主量子数的平方成反比 （1）又知基态（）的能量为13.58，即所以 的第一激发态的能量为 （2）为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 （3）这就是氢

24、原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量，即 （4）式中为光子的频率，从开始碰到发射出光子，根据动量和能量守恒定律有 （5） （6）光子的动量。由（6）式可推得，因为，所以，故（5）式中光子的动量与相比较可忽略不计，（5）式变为 （7）符合（6）、（7）两式的的最小值可推求如下：由（6）式及（7）式可推得经配方得； （8）由（8）式可看出，当时，达到最小值，此时 （9） （10）代入有关数据，得 （11）答：原子的速度至少应为代入已知数据，注意到K， TD=1.4103K (10)即有 (11)225届复赛四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数在图复19-4-1中，E为电压可调的直流电源。K为开关，为待测线圈的自感系数，为线圈的直流电阻，D为理想二极管，为用电阻丝做成的电阻器的电阻，A为电流表。将图复19-4-1中、之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明其中注射器筒5和试管1组