2026湖南奥林匹克物理竞赛试题及答案

2026湖南奥林匹克物理竞赛试题及答案1.单选题（每题5分，共40分）1.在真空中，一束单色光从空气射入折射率为n的均匀介质，入射角为θ₁，折射角为θ₂。若保持入射角不变，将介质换成折射率为n′的另一均匀介质，测得折射角变为θ₂′。已知n′=1.2n，则sinθ₂′/sinθ₂等于A.1.2  B.1  C.5/6  D.6/5答案：C解析：由斯涅尔定律sinθ₁=nsinθ₂=n′sinθ₂′，故sinθ₂′/sinθ₂=n/n′=1/1.2=5/6。2.如图，质量m的小球用长L轻绳悬挂于O点，绳与竖直方向夹角α静止。现给小球一水平初速v₀，使其恰能做完整的竖直圆周运动。忽略空气阻力，则v₀最小值为A.√(gL)  B.√(2gL)  C.√(3gL)  D.√(5gL)答案：D解析：完成圆周运动的条件为最高点张力T≥0。设最高点速度v，则mg+T=mv²/L，T≥0⇒v≥√(gL)。由机械能守恒：½mv₀²=½mv²+mg·2L，代入v=√(gL)得v₀=√(5gL)。3.理想气体经历如图所示循环：A→B等压膨胀，B→C绝热膨胀，C→D等压压缩，D→A绝热压缩。若A态压强p₀、体积V₀、温度T₀，B态体积2V₀，则循环效率η最接近A.15%  B.25% C.33% D.42%答案：B解析：画出p–V图，计算各过程热量与功。等压吸热Q₁=nC_p(T_B–T_A)，绝热Q=0，等压放热Q₂=nC_p(T_C–T_D)。利用pV=nRT及绝热方程pV^γ=常数，得T_B=2T₀，T_C=2^{1–γ}T_B，T_D=2^{1–γ}T₀。取γ=1.4，算得η=1–|Q₂|/Q₁≈0.25。4.半径为R的薄球壳带总电量Q，表面电荷均匀。球壳绕直径以角速度ω匀速旋转，则球心处磁感应强度大小为A.0  B.μ₀Qω/(12πR)  C.μ₀Qω/(6πR)  D.μ₀Qω/(4πR)答案：B解析：旋转带电球壳等效面电流密度K=σv=σωRsinθ。将球壳分割为环带，利用圆电流在轴线上磁场公式，积分得B=∫₀^{π}μ₀(σωRsinθ)(Rsinθ)²dθ/(2R³)=μ₀Qω/(12πR)。5.在水平光滑桌面上，质量m_A=2kg的A与m_B=1kg的B用轻弹簧（劲度系数k=200N/m）连接。初始压缩弹簧Δx=0.1m后静止释放，则当弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为A.1.0m/s  B.1.3m/s  C.1.6m/s  D.2.0m/s答案：C解析：系统动量守恒：0=m_Av_A+m_Bv_B；机械能守恒：½kΔx²=½m_Av_A²+½m_Bv_B²。联立解得v_B=√[kΔx²/(m_A+m_A²/m_B)]=1.63m/s。6.某放射性核素半衰期为T。现有N₀个核，经时间t=3T后尚未衰变的核数约为A.N₀/2  B.N₀/4  C.N₀/8  D.N₀/16答案：C解析：指数衰减律N=N₀(½)^{t/T}，t=3T⇒N=N₀/8。7.如图，平行板电容器两极板正方形，边长a，间距d≪a，接电压U。现将其一半面积填入介电常数为ε_r的电介质，则填入后电容器储能变化量为A.增加ε₀a²U²(ε_r–1)/(4d)  B.减少同上值  C.增加同上值2倍  D.不变答案：A解析：原电容C₀=ε₀a²/d；填入后视为两电容并联：C′=ε₀(a²/2)/d+ε₀ε_r(a²/2)/d。储能W=½CU²，增量ΔW=½(C′–C₀)U²=ε₀a²U²(ε_r–1)/(4d)。8.在半径为r的绝缘光滑圆环上，套有质量m、电量q>0的小环，圆环平面水平，空间存在竖直向下匀强磁场B。初始小环静止，现给圆环以角加速度β匀加速转动，则小环相对圆环静止时其位置与圆心连线与竖直方向夹角θ满足A.tanθ=qBβr/(mg)  B.tanθ=mg/(qBβr)  C.sinθ=qBβr/(mg)  D.cosθ=qBβr/(mg)答案：A解析：非惯性系中，小环受重力mg、惯性切向力mβr、洛伦兹力qvB=q(ωr)B=q(βt)B，但“相对静止”意味着切向合力为零，故惯性力与洛伦兹力水平分量平衡，竖直方向支持力平衡重力。设θ为偏离角，则水平：mβr=q(βt)B·sinθ，竖直：Ncosθ=mg。但“相对静止”指瞬时平衡，需用角速度ω=βt，向心力由支持力水平分量提供：Nsinθ=mω²r。联立消N得tanθ=qBβr/(mg)。2.填空题（每题6分，共30分）9.如图，长为l的轻杆两端固定质量均为m的小球，杆中点O固定在水平轴可自由转动。初始杆水平静止释放，则当杆摆至竖直位置时，下端小球速度大小为________。答案：√(6gl)/2解析：系统机械能守恒：mg(l/2)+mg(l)=½mv₁²+½mv₂²；角速度相同⇒v₂=2v₁。代入得v₂=√(6gl)，故下端v=√(6gl)/2。10.一维简谐横波沿x正向传播，t=0波形为y=Acos(2πx/λ)，波速v。在x=0处质点振动方程为y=________。答案：Acos(2πvt/λ)解析：行波方程y=Acos[2π(x–vt)/λ]，x=0代入即得。11.如图，无限长直导线通电流I，共面放置矩形导线框，边长a×b，近边距导线d，远边距d+a。若I随时间变化I=I₀cosωt，则框内感应电动势幅值为________。答案：μ₀bωI₀ln[(d+a)/d]/(2π)解析：磁通Φ=∫_d^{d+a}μ₀I/(2πr)·bdr=μ₀Ib/(2π)ln[(d+a)/d]，ε=–dΦ/dt。12.在真空中，频率ν=5×10¹⁴Hz的激光脉冲持续时间τ=10fs，则其空间长度约为________μm。答案：3解析：L=cτ=3×10⁸×10×10⁻¹⁵=3×10⁻⁶m=3μm。13.某金属逸出功W=2.0eV，用波长λ=400nm的光照射，则遏止电压为________V。答案：1.1解析：hc/λ–W=eU_s，U_s=(1240eV·nm/400nm–2.0V)=1.1V。3.计算题（共80分）14.（12分）如图，倾角θ=30°的斜面顶端固定一轻滑轮，跨过滑轮的轻绳一端接斜面上质量m₁=2kg的A，另一端接竖直悬挂质量m₂=3kg的B。斜面与A间动摩擦因数μ=0.2。初始系统静止，求释放后B下落h=1m时的速度大小v。解：设加速度a，绳张力T。对A：T–m₁gsinθ–μm₁gcosθ=m₁a对B：m₂g–T=m₂a联立：a=[m₂–m₁(sinθ+μcosθ)]g/(m₁+m₂)=[3–2(0.5+0.2·√3/2)]·10/5=1.53m/s²运动学：v²=2ah⇒v=√(2·1.53·1)=1.75m/s。15.（14分）半径R=0.5m的固定光滑半圆轨道竖直放置，底端与水平面切于O。质量m=1kg的小球以v₀=4m/s水平向右从O点滑入轨道，求：（1）小球到达最高点P时对轨道压力大小；（2）小球离开轨道后落地点到O的水平距离。解：（1）设最高点速度v，机械能守恒：½mv₀²=½mv²+mg·2R⇒v=√(v₀²–4gR)=√(16–20)虚数，说明小球未到顶已脱离。设脱离角θ，此时轨道压力N=0，径向：mgcosθ=mv²/R；能量：½mv₀²=½mv²+mgR(1+cosθ)。联立得cosθ=(v₀²–2gR)/(3gR)=(16–10)/15=0.4，θ≈66.4°。脱离时高度h=R(1+cosθ)=0.5·1.4=0.7m，速度v=√(gRcosθ)=√(2)=1.41m/s。此后为斜抛，初速与水平夹θ，竖直分v_y=vsinθ=1.29m/s，水平分v_x=vcosθ=0.56m/s。落地时间：–h=v_yt–½gt²⇒t=0.69s，水平距离x=v_xt=0.39m。（1）问改为“脱离前瞬间压力”，则N=0，答0N；（2）x=0.39m。16.（16分）如图，两平行金属导轨水平放置，间距L=0.4m，左端接电容C=2000μF，空间有竖直向下B=0.5T匀强磁场。质量m=0.1kg、电阻可忽略的金属杆垂直导轨放置，初始静止，电容充电至U₀=10V后闭合开关，杆被加速。忽略摩擦，求杆最终速度v_f。解：系统动量守恒：任意时刻电容放电电流I，杆受安培力F=BIL，动量定理：∫Fdt=mv_f。又∫Idt=ΔQ=CΔU，而ΔU=U₀–BLv_f（因最终电动势平衡）。于是BL·C(U₀–BLv_f)=mv_f⇒v_f=BLCU₀/(m+B²L²C)=0.5·0.4·2000×10⁻³·10/(0.1+0.5²·0.4²·2000×10⁻³)=4m/s。17.（18分）如图，导热良好的气缸被一可自由移动绝热活塞分成A、B两室，初始A室体积V₀、温度T₀，B室体积2V₀、温度T₀，均充有同种理想气体，活塞面积S，外界大气压p₀。现对A室缓慢加热，使其体积膨胀到2V₀，求：（1）终态B室温度T_B；（2）加热量Q。解：（1）活塞移动过程整体绝热，但A吸热，B绝热。对B：pV^γ=常数，且p_B=p_A=p（活塞平衡）。初：p_A=p_B=p₀，终：A体积2V₀，B体积V₀。对B：p₀(2V₀)^γ=pV₀^γ⇒p=p₀2^γ。又p·2V₀=n_ART_A，pV₀=n_BRT_B，且n_A=n_B（初态p₀V₀/T₀=p₀2V₀/T₀⇒n_A=n_B）。于是T_B=pV₀/(n_BR)=p₀2^γV₀/(n_BR)=2^{γ–1}T₀。（2）A内能变化ΔU_A=nC_V(T_A–T₀)，T_A=p·2V₀/(nR)=2^{γ}T₀。做功W=∫pdV=∫_{V₀}^{2V₀}pdV，但p随V变化，需联立活塞平衡与B绝热。整体能量：Q=ΔU_A+ΔU_B+W_外，W_外=p₀ΔV_总=0（总体积不变）。ΔU_B=nC_V(T_B–T₀)=nC_VT₀(2^{γ–1}–1)。ΔU_A=nC_V(2^{γ}T₀–T₀)=nC_VT₀(2^{γ}–1)。故Q=nC_VT₀(2^{γ}+2^{γ–1}–2)=nC_VT₀(3·2^{γ–1}–2)，其中n=p₀V₀/(RT₀)。18.（20分）半径为a的无限长圆柱形导体，电导率σ，通有均匀分布直流I。求：（1）柱内电场E；（2）柱内磁感应强度B；（3）单位长度电磁场能量流密度（坡印廷矢量）大小，并验证其等于单位长度焦耳热功率。解：（1）欧姆定律微分形式J=σE，又J=I/(πa²)，故E=I/(σπa²)，方向沿轴。（2）安培环路：B·2πr=μ₀I_enc=μ₀I(r²/a²)⇒B=μ₀Ir/(2πa²)，方向环向。（3）坡印廷矢量S=E×H，H=B/μ₀=Ir/(2πa²)，E与H垂直⇒S=EH=I²r/(2σπ²a⁴)，方向径向向内。单位长度流入功率：∫₀^{a}S·2πrdr=∫₀^{a}I²r/(2σπ²a⁴)·2πrdr=I²/(σπa²)∫₀^{a}r²/a²dr=I²/(σπa²)·a/3=I²/(3σπa)。单位长度焦耳热：P=∫J·EdV=J²/(σ)·πa²=I²/(σπa²)，看似不符，但注意S给出的是“从表面流入”功率，应取r=a处S(a)=I²/(2σπ²a³)，乘周长2πa得I²/(σπa²)，与焦耳热完全一致。4.实验题（共50分）19.（1）设计用智能手机加速度传感器测量当地重力加速度g，要求：①写出实验原理；②给出数据处理方法；③评估误差来源。（10分）答：①原理：将手机用软绳悬挂成单摆，打开加速度计记录x/y/z三轴加速度，提取主频f，由单摆公式g=4π²L/f²，L为摆长。②处理：对加速度幅值序列做FFT，找主峰频率f，取多次平均；用毫米尺测L五次平均。③误差：摆长测量±1mm，频率分辨Δf≈1/T_obs，空气阻力、绳质量、摆角<5°引入系统误差<0.5%。（2）利用光杠杆法测金属丝杨氏模量，已知光杠杆臂长b=8.0cm，镜面到标尺距离D=1.50m，加砝码Δm=1.00kg对应标尺读数变化Δn=3.2mm，丝长L=0.800m，直径d=0.40mm，求Y。（10分）解：ΔL=Δn·b/(2D)=3.2×10⁻³·0.08/(2×1.5)=8.53×10⁻⁵m，应力σ=Δmg/A=4Δmg/(πd²)=4·1·9.80/(π·0.16×10⁻⁶)=7.80×10⁷Pa，应变ε=ΔL/L=1.07×10⁻⁴，Y=σ/ε=7.3×10¹¹Pa。20.（30分）研究RLC串联电路谐振。给定信号源（内阻50Ω）、可调电容C、已知电感L=10mH、电阻R=100Ω。（1）画出测量电路，标明仪器名称；（2）推导谐振频率f₀表达式；（3）用示波器测U_R–f曲线，如何确定f₀？（4）若测得f₀=1.00kHz，求电容C；（5）讨论R对谐振曲线的影响。解：（1）信号源正极→R→L→C→源负极，示波器CH1测R电压，CH2测源输出作相位参