2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷（含答案解析）

清北学堂2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷

180分钟320分

题1(40分)

本题忽略重力，当t=0时，桌面上有一质量为M,初始高度为H,半径恒定为R,电荷量密

度P，质量和密度均匀分布，杨氏模量为4的绝缘弹性体，圆柱体底面时刻与地面相连，可

绕中心无摩擦转动；全空间电磁场只考虑在z方向上的E(t)=&)(1-cosat),B(z,t)=

YZ

Boe~sina)t,(yz«1),以及该磁场附加的涡旋电场；随着时间变化，圆柱体在z方向

电场力作用下，上下周期性运动，质量、电荷密度变得不均匀，并且由于电场较大可认为各

处在z方向上时时受力平衡，即拉力与电场力平衡，同时在涡旋电场力矩下开始转动，本题

探究仅在该两项电场力作用足够长时间后：

(1)圆柱体高度H=

(2)圆柱体绕z轴转角可近似为。=0(t)=Ct2的形式，求c。

题2转硬币(45分)

想必大家都转过硬币吧，如果没有转过也可

以拿手边一元硬币试试。我们在硬币旋转过程中

可以观察到如下现象：

(a)你会发现从上面看来硬币旋转速度在变慢

(b)硬币发出响声的频率在加快

这两者似乎是矛盾的，因为前面告诉我们硬币越

转越慢，后者告诉我们它越转越快。本题尝试建

立模型解释这种奇妙的现象。

首先我们假定我们给硬币一个初始角动量，

使硬币转起来获得较大的Z轴角动量，然后硬币掉落在摩擦系数极小的光滑桌面上，因此能

量损失会较为缓慢，能作为准静态考虑。硬币边缘对于桌面是纯滚的，旋转过程可以看作是

旋转对称的。设硬币（抽象成一个均质圆柱体）厚度为九，半径为R,质量为小，请回答下

列问题：

1.图中X,y,Z轴为硬币的主轴（原点在质心），求转动惯量/双、Iyy,IZZ；

2.我们考虑硬币对于桌面倾斜角为。时的旋转。假定。在一个周期内不会改变，改变的只是

硬币平面的方向，硬币的质心在周期内可认为不动的。我们定义经过质心、垂直于硬币

平面向上为z轴，由硬币质心指向接触点所在母线中点为x轴,y轴参照右手系原则定义。

同样的，你也可以定义实际的轴，z'轴垂直于桌面向上，％,轴正方向定义为硬币

质心对于桌面的投影指向硬币与桌面接触点，y'轴与y轴指向相同。请求出（可认为。《p

认为无摩擦力，以后。均按照此定义）

2-1:旋转面相对于桌面的角速度（方向指向Z'轴正方向）3cM

2-2：硬币的视角速度alight（即从硬币在顶上看花纹的运动角速度，可以用转一圈花纹的角

位移除以转一圈用时来计算），

2-3：硬币的总能量Etotal（。）

3.能量的损失

能量必定会有损失，而这种损失我们在本题中可以假定是由于硬币边缘与桌面碰撞产生

的，因此可以假定罂=-k%de，/ide是硬币与桌面接触点在桌面上的运动速度（注意：

接触点是硬币与桌面的接触点，不是硬币上固定的一点）。请求出在。较小时角度0与时

间t的关系（假定t=0时。=埸），并给出发出响声的频率f与时间t的关系。你可以假定

初态f为为。

题3一起来玩竹蜻蜓（50分）

竹蜻蜓由同材质的两个旋翼叶片与一根垂直杆组成，旋翼叶片为两片长为a,宽为b,

面密度为o■的匀质长方形板，与水平面夹角皆为。，杆子质量=crab。t=0时，以角速度

30,数值速度%=0起飞，与密度为p的空气发生弹性碰撞，在发生碰撞前，空气保持静止。

求：

（1）竹蜻蜓绕杆的转动惯量；

（2）速度为"，角速度为3时竹蜻蜓受到的力与力矩情况；

（3）这个竹蜻蜓能够起飞至少要多大的30?并求。多大时竹蜻蜓最容易起飞。

题4（45分）（第35届全国中学生物理竞赛决赛题2）

平行板电容器极板1和2的面积均为S,水平固定放置，它们之------------

间的距离为d,接入如右图所示的电路中，电源的电动势记为U。）|

不带电的导体薄平板3的质量为m、尺寸与电容器极板相同。平---------------\K

板3平放在极板2的正上方，且与极板2有良好的电接触。整个

系统置于真空室内，真空的介电常量为“。闭合电键K后，平r1u

板3与极板1和2相继碰撞，上下往复运动。假设导体板之间的2I

电场均可视为匀强电场；导线电阻和电源内阻足够小，充放电-----------1

时间可忽略不计；平板3与极板1或2碰撞后立即在极短时间内达到静电平衡；所有碰撞都是

完全非弹性的。重力加速度大小为g。

（1）电源电动势U至少为多大？

（2）求平板3运动的周期（用U和题给条件表示）。

题5电离室（30分）

一电离室由一个半径为a、长为L的金属圆柱面与

一根半径为b的位于柱面轴的导线组成。圆柱面接一

个负高压-%,导线通过电阻R接地，如右图所示。

现给电离室充以一个大气压的氮气。一束电离粒子穿

过电离室，其径迹平行于轴线，距轴线r=a/2,它

共产生了N=105个离子一电子对。求电阻两端的电压

△V与时间的函数关系。已知a=lcm,b-0.1mm,

L=50cm,前离子迁移率4+=1.3cm2/（s-V）,电子

迁移率〃一=6xl（）3cm2/（s-V）,Vo=1000V,K=

105。。（提示：先计算系统的RC时间常数以作合理的近似）

题6（30分）

一个相对于彼此间距固定不变的星体系统为静止的观察者看到一个各向同性的星体分布。对

任意立体角元dQ有dN=；dQ,现在考虑另一个以恒定加速度a（相对其瞬时惯性参照系）

47r

运动的观察者，假如他在t=0时刻相对于固定的观察者静止并开始运动。试确定在时刻t的

星系分布为dN=N（0'，w'）d（T（此处t为运动观察者自身的时间）

题7磁介质的热力学(80分)

(1)长度为，截面积为A的磁介质上绕有N匝线圈，接上电源。改变电流的大小以改变介质

中的磁场dB,试计算电源克服线圈中感生电动势所作的功假设磁介质在磁化过程中体

积和压强不变。

(2)上问中的结果包括两部分，一部分是激发磁场做的功，另一部分磁化磁介质做的功。

当热力学系统只包括磁介质而不考虑磁场时，只需要保留第二项。试证明：(等)$=得(翳)/

其中CM，的分别表示磁化强度和磁场强度保持不变时，磁介质的热容，角标S黄示输过瘴

(即绝热)。

(3)对于理想顺磁体，有M=触,其中C称为居里系数，且U=U(T)。试求如―CM(用

两个热力学参量表示，如T和H)。

(4)求出理想顺磁体绝热过程的热力学方程，可用的参数包括赢，CM以及一个积分常数.

(5)上述讨论针对的是顺磁相，然而一个磁性系统除了处于顺磁相，还可能处于铁磁相或

者反铁磁相。我们这里研究铁磁体的铁磁相与顺磁相之间的有限温度相变的宏观热力学特征。

根据朗道的连续相变理论，在临界温度附近，系统的自由能可以按照M展开为

11

24

F=F0(T)+-a(T)M+-b(T)M

由于尸相对于Me-M是对称的，因此展开式中只有M的偶数次项。进一步假设临界点附近

满足

a(T-或)

a0=--------

Tc

b=b0

且斯＞0,瓦＞0。求系统在7＞及和7〈或时平衡态的磁化强度M,自由能F,及零场比热

CH=0,并判断是相变的级数。

(6)在上述系统中加入外场“，试计算临界点附近系统的磁化强度M以及零场磁化率/H=o。

(7)如果生＜0,我们需要将F进一步展开以保证系统的稳定性

111

F=0(7)+Ka(7)M2+b(T)M4+c(T)M6

246

假设a,6的形式不变，c="，且a。＞0,瓦＜0,c()＞0。试耒出系统的平衡态磁化强度M,

发生相变的温度或(用及表示)，并判断相变的级数。

(8)如果系统的Me-M的对称性被破缺，需要在自由能中引入奇数阶项，如

111

234

F=F0(T)+-a(T)M+^d(T)M+-b(T)M

假设a,b的形式不变，d=d0,且a。＞0,%＞0,d()＞0。试求出系统的平衡态磁化强度M,

发生相变的温度或(用7c表示)，并判断相变的级数。

清北学堂2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷参考答案

题1

1.设原h处的部分在电场作用下，时间为t时在z处，z=z(/i,t)

则此处拉力

LR2僚一1）（2分）

对dh一小段的受力平衡

E(t)dQ=dT(2分)

两边除以dh,有

d^z

22

E0(l-cosa)t)nRp=AnR(2分)

化简后得

d2zEaO

痂=丁(1-C0S3t)(2分)

积分一次有

dzE(\p

=4(1-cos3t)h+C](£)(2分)

再积分一次有

Z二:(1—coso)t)h++Cz(t)(2分)

由八="处7=0,有

G(t)=1——(1—cosojt)H(2分)

和h=0时z-0,有

Cz(t)=0

故

z=^^(1—cosoot^h2—2Hh)4-h(2分)

故高度

H(t)=H_(1-costot)(2分)

2.涡旋电场

dBSnr2B。3r

YZYZ

E'(r,z,t)=-T—v=Ba(i)e~cosa)t--=---e~cosa)t（2分）

AtL02jrr2

对高dh,半径为r处，宽为dr的微元，受到力矩

dr=Efrdq(2分)

其中

dq=2nrpdrdh(2分)

故

YZ3

dr=Boa)npe~cosa)trdrdh(2分)

对dr积分有

YZ3

T=Boa)npe~cosa)trdrdh

YZ3

=Boa)7ipcosa)te~rdrdh

=：Bo37rpcosa)tR4fj7e"yzdh(2分)

利用

e~yz«1—yz

再带入z的表达式，

「HH

fe~YZdh—f(1—yz)dh

JoJo

=J(1-y(1—coscot)(/i2—2HK)+九])dh

EQP,o1o

=H+y——(1—cosa)t^xH3--yH2

因此

432

T=-BQa)npCOSa)tRH+y^~(l-cosayt)H—­yH

T*0/1/

42

=^-BQa）npR\（H-^yH+cosa）t--cos2（ot）（2分）

，L\，D/1/o/l

中间利用了变换

1

cos2cot=-（1—cos2cot）

又

T=1</i=^MR2（f>（2分）

因此

3=焉及3乃PR2+y整口3）cos3t-y鬻43（1

—cos2cot）（2分）

积分两次

。=焉殳3即R2[―（H—驷2+y需叼）―/翳〃3&2+白COS2必）]

（2分）

忽略带有COS3t、COS23t的项，因为它们的大小在时间足够长以后可以忽略不计

于是

223

,ypE0B0amRH

d）=------------------1（2分）

+24AM

即

223

YPE0B0a）nRH

C=24AM（2分）

题2

1.

2

Ixx=lyy=^m/?（4分）

1

4z=2mR2（2分）

2.

入「一1

接触点运行半径：Rout=Reos。--hsine（2分）

由于边界速度关联，在旋转系中有3'R=-3cM（RC0Se-ghsin0）

解得

（1h\

3=-3CM（cos。—2nsin6J（2分）

方向为z轴正方向

再叠加上旋转系角速度（投影到x,y,z上）

^CM=（-<oCMsin0,0,wCMcose）（2分）

投影到x，,y，,z，轴有

_____,h

（^totai=i-a）CMsin0,0,a）CM—sin0）（2分）

h

（2分）

Jx-=Ixx(-^CMsin9)cose+Izz(a)CM—sine)sine

h

Jz'=Ixx(3cMSinO)sin。+Izz(a)CM—sin9)cose（2分）

Jy~。（准稳态）（2分）

因为

__»h

M=—mg(Rcos0--sin0)（2分）

-dj_,T

M=.=3cMXJ（2分）

at

得出

g(Rcos9—与sin。)

（2分）

3cM=111

、sin6[(^R2+交九2)cosJ--^Rhsind]

g(Rcosd—2sin0)h

3sight=(1—cosQ4-—sin0)（2分）

si7i9[(14R21+之h2>)cos6—.1RhsinG]2n

11h

Etotal=-j^xx^x9+《电必9+mg^Rsine+-cos0)（2分）

51g{RcosG—^sin0)sin9

=(布加/+司小骏)1------1-----------1—+mg(Rsind

(4/?2+h2)cos。-Rhsizid

h

4--cos0）（2分）

在。很小时，我们可以发现

gR

3cM=11c（2分）

］。（4腔+正九2）

Etotal=舄m/d+|jnR2)gROh

11+m32（2分）

QQ+存九2)

3.

dE

—=-kRgR

dt'1m1九2)

代入

1339dO

JG1R2+抄12)Rdt

R4R2+白h2)

3k22

0=—*-）3（t0-t）3（4分）

2品mh2+号mR2)、g

上式中to表达式如下

23I33,9

to=o(0o)2*T(srzmh+omR)（2分）

DK1OO/R2+务九2)R

/t。

*(----------)3(3分)

to_t

题3

质量微元

dm=adx-（1分）

COS0

单块板绕杆的转动惯量为

d/i=dmr2=0.（x2+y2）dxdy（1分）

cos0

积分

b0

人焉（*2+y2）dxdy=^（4a2+b2cos2a）（2分）

2V

考虑两个叶片

/=2，i=（4a2+b2cos20）（2分）

6

（2）仍然对（x,y）处的微元分析（角速度逆时针方向为正）

转动速度

晞=<5xr=­a）yt+a）xj（1分）

平动速度

v~^=vk（1分）

故其速度

v==—a）yi+a）xj+vk（2分）

由板的法向量

e=—cos9k+sin6j

微元的速度在板法向投影为

=v,e=—cos0v4-sin0cox（2分）

〃为正时表示板下表面撞击空气；幺为负时表示板上撞击空气。

讨论：

1.当u>0,若”>tan8toa,板上每一处的风力向下；若uVtanJcoQ,板上（0,—）

tan63

风力向下，（一^,。）风力向上（2分）

tan0a）

2.当1；V0,若DVtaneo）Q,板上每一处的风力向上；若uAtanOtoQ,板上（0,—

tan83

风力向上，（一^,a）风力向下（2分）

tan83

之后我们会发现，这个讨论非常重要

计算dm受力：

dF=2pv2dx—（2分）

1cos6

在竖直方向投影

2

dFz=2pv1dxdy

我们知道以与dF的方向应该是相反的，但发现这个dF的式子关于幺没有体现出方向性，因

此我们在后续的积分时要手动地加上正负号。

竹蜻蜓受力与力矩的大小（由于对称性，我们只需算力的竖直分量）：

I.若板上处处受力方向一致

受力大小

r^COSdra

2

Fz=2I2pv1dxdy

J-^cos6J。

bq

C2COS6fa

=2II2p（—cos9u+sin8（x）x）2dxdy

J-^COS0J。

1

=4pab（-sin20a）2a2—cos9sin9a）av+cos26v2）（4分）

受力矩大小

r|cos0/.a

2

M=2Ijx-2pv1dxdy

J-?cos6J0

r^COSGra

=2II2p（—cos0v+sin0（Dxyxdxdy

J-?cos0

=4pa2b^sin29a）2a2—^cos0sin0a）av+^cos26（4分）

2.若板上处处受力方向一致‘

为表示方便，我们令

Y-

Itan0a）l

CS0Y2

Fz=2P0（[2pv±dx-dy

•^-^cos6\J。

M

=4pbcos0-sin2Qeo2(2y3—a3)—cos0sin9a)v(2y2—a2)+cos29v2(2y—a)

(4分)

b

r2cosda(fYra\

M=21tan9112pv^xdx—12pv^xdx1dy

J--cos0\Jo

「121

=4Pbsin9-sin26a)2(2y4—a4)--cos6sin6cov(2y3—a3)4--cos23v2(2y2—a2)

（4分）

当然，还要考虑力和力矩的方向与重力，于是最后的答案如下:

1（1）

4pd2bs\ndfjsin29a)2a2-.cos9sin9a)av4-^cos20v2)，当u<0,v<tan6a)a

\432/

「121

4Pbsin6—sin20a)2(2y4—a4)——cos0sin0a)v(2y3—a3)+—cos20v2(2y2—a2)，当tan0a)a<v<C

L432

I21

—4pa2bsin0-sin20a)2a2--cos0sin9a)av+-cos20v2，当v>tan6a)a

432

rl21

—4pbsin9-sin29o)2(2y4—a4)--cos6sin0cov(2y3—a3)+-cos26v2(2y2—a2)，当tan9a)a>v>

.432

Mv

1

-Mg+4pabcos0(-sin20a)2a2—cos。sin9a)av+cos20v2),当u<0/v<tan9a)a

1

—Mg+4Pbcosd-sin2da)2(2y3-a3)—cos0sin9a)v(2y2—a2)+cos2dv2(2y-Q),当tan9a)a<v<

1,

—Mg—4pabcos0(-sin20co2a2—cos。sin9a)av+cos20v2),当u>0/v>tan9a)a

rl

—Mg—4pbcos6-sin29a>2(2y3—a3)-cos0sin6O>V(2Y2—a2)+cos29v2(2y—a)，Stan9a)a>v>

其中

M=3crab,I=2L=^^(4az+b2cos20),y=I——-

16ItanO3

（8分）

(3)只要初始力>0,并带入f=0,有

4..

-Mg+-pabcos9sin29a)2a2>0（2分）

因此只要

（4分）

就能起飞。

易知，当

1

cos0--（2分）

上式的分母最大，最容易起飞。

题4

（1）在平板3离开极板2之前，平板3的带电量为（2分）

ES

Q=CU=-^0-U

0d

设平板3离开极板2之后，各板电荷面密度如图a所示。由电荷

守恒有（2分）

Q

ai-（y2=a=-=-11]

设上、下两电容器各自两极板间电场的场强分别为第、E2（见图a）,（2分）

0rl

U

E1-E2=-

另外，两个串联电容器的总电势差为U,故（2分）

E2X+E］（d—x）=U

联立得（2分）

Ud+x

£=-——

极板1、2上电荷面密度分别为（1分）

0=£OEI，%=£0E2

平板3受到的电场力（向上为正方向）为（3分）

bcE2Ei%SU2

Fe=一。2s'-2+aiS'~2=（2x+d）

平板3受到的合力为（2分）一一“

sSU2、

0z2x

^total=Fe-mg=-2d(+d)-mg

因此平板3开始运动的条件为(2分)一

2

£0SU

2md2g

"min=

£oS

（2）平板3的加速度为（2分）

sSU2、

a=石0芯(z2—)-9

加速度可以改写为（2分）

vdv

a=——

dx

\sSU2、

=>vAv=-0——(z2%+d)-gdx

积分得（2分）

工3

L

•4----7---n--d--3---x人

因此可以求出平板3运动的时间（4分）

dx

佰新皿+2

dmd(SSQSU2-2mgd2>)+2UJ2sS(£SU2—mgd2)

------In---------------------------0----0------------

22

U^£0S£QSU-2mgd

平板3与1接触后，带电量为（1分）iP

E0SU

-Q=—^―J

a.

由电荷守恒（1分）a*豆…4

,，电u

2图b

极板间场强为（2分）’

=-^2=-

U

=>F{-E*2=-—

仍有（1分）

E^x+E；(d—x)=U

联立得（2分）

Ud-x

E1=d~r~

,U2d-x

E2="d73d

平板3受到合力为（2分）

,sSU2,、

Fe=—0（3d—2x）

平板3受到竖直方向的合力为（1分）”

22

,3£0St7£0SU

%tal=d—+~^~X~mg

加速度（1分）一

22

,3E0SUE0SU

积分得速度（2分）

£（）SU2

1/（d—x）+（d-%）2

md3

时间（2分）

22＞22

dnnd（3£0SU4-2mgd）+21}^2£05（8051}4-mgd）

“2U』舔'"SQSU24-2mgd2

最终可得运动周期为（2分）

T=0+七2

注：需注意向下的过程并不完全是向上过程的时间反演，即今（笔者当年在赛场上就犯

了这个错误…）；但我们仍可以用很简单的方法求出匕：只需将公表达式中的g换成-g即可

（想想为什么？）

题5

系统的电容为（2分）

C==6x10-12F

lnb

因此电路的时间常数（2分）

T=RC=6x10-7s

腔内电场分布满足（2分）

E=­aer

r]nb

因此电子从r=a/2漂移到阳极丝r=b的时间为（3分）

限=，t=提（（3一炉）=9.6x10-s

〃一1Q

rinb

类似地，正离子从厂=。/2漂移到r=a的时间为（2分）

3戢-—-）=13、10%

即At_《T«At+（2分）。因此，电子从r=a/2漂移到r=b的过程中（即OWtWAj）,

RC过程以及阳离子的漂移均可忽略不计（2分）。由能量守恒（2分）

CV6V=-qEdr

由于RC过程在电子漂移途中可忽略，有AU«%,因此V。%（2分），进而得到电子在r处

时阳极丝的输出电压为（2分）

q

△iz=-陪）

2TT£0L

代入电子漂移距离与时间的关系（4分）

ia

lnba2

-r2

24Mli2

NeI,2M-Vot

=△V=一■:---7In1----------------7

4ns0L\

当2=4£_时，输出电压为（3分）

Ne1Ne2b

匕=△□[=△《_=一一雨^ZlnT

随后系统通过RC电路放电，满足（2分）

△V=匕exp

题6

由题意（2分）

d

而（W）=a

其中“为地面系中的速度，因此（2分）

即（2分）

由dt'=ydt（2分），可以将时间转换为运动观察者自己的时间（4分）

dtrcat

t=dt-arcsinh——

Joo]+卑ac

即（2分）

cat

t=-sinh—

ac

代入速度的表达式得（2分）

cat

—sinh—at

vQc=ctanh—

Jl+（sinhy）

由行星数是洛伦兹不变量（2分）

N

dN=『dQ=

4u

即即分）

,,,、NdQNdcos0

4irdcos0,

由光子动量的洛伦兹变换，易得角度的变换为（4分）

cos0r+-

cos0=--------------

1+-cosO'

因此（2分）

i-4

dcos6

dcos。'V\2

1+-COS0J

故（4分）

l-tanh管)

N

N(0'")=—2

4ir1+tanh(华)cos。']

题7

（1）由法拉第定律，线圈中的感应电动势为（2分）

d,

s=-N-（AB）

at

由安培环路定理，磁介质中的磁场强度满足（2分）

Hl=NI

因此外接电源克服感应电动势做功为（2分）

dW=-sldt=AlHdB=VHdB

（2）上问中感应电动势做的功可以分解为（4分）

dW=VH40d(H+M)=Vd+ViiHdM

20

接下来只考虑第二项.由热力学第一定律（