2026年全国中学生物理奥林匹克竞赛复赛理论试题及详细解答

2026年全国中学生物理奥林匹克竞赛复赛理论试题及详细解答考试说明：本试卷共8题，满分160分，考试时间180分钟。解题需写出必要文字说明、核心公式与推导步骤，仅有最终结果不得分；所有物理常量采用竞赛标准取值，重力加速度\(g=9.8\mathrm{m/s^2}\)，普朗克常量\(h=6.63\times10^{-34}\mathrm{J\cdots}\)，真空光速\(c=3\times10^8\mathrm{m/s}\)，真空介电常数\(\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\mathrm{C^2/(N\cdotm^2)}\)。一、（20分）力学：连接体往复运动问题如图所示，光滑水平桌面上放置一质量为\(M=4\mathrm{kg}\)的长木板，木板左端固定一轻质挡板，挡板与质量\(m=1\mathrm{kg}\)的小物块之间连接一根劲度系数\(k=100\mathrm{N/m}\)的轻质弹簧，弹簧初始处于原长。现给小物块一个水平向右的瞬时初速度\(v_0=10\mathrm{m/s}\)，运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，木板与桌面无摩擦，忽略空气阻力。（1）求弹簧第一次压缩至最短时，木板与物块的共同速度；（2）求弹簧的最大压缩量；（3）分析物块第一次回到弹簧原长位置时，物块与木板的速度大小。详细解答（1）共同速度求解系统水平方向不受外力，动量守恒。弹簧压缩至最短时，二者速度相等，设共同速度为\(v\)。由动量守恒定律：\(mv_0=(M+m)v\)代入数据：\(1\times10=(4+1)v\)，解得\(\boldsymbol{v=2\mathrm{m/s}}\)。（2）最大压缩量求解系统机械能守恒，物块初始动能与共速动能的差值等于弹簧最大弹性势能。动能损失：\(\DeltaE_k=\dfrac{1}{2}mv_0^2-\dfrac{1}{2}(M+m)v^2\)代入数据：\(\DeltaE_k=\dfrac{1}{2}\times1\times100-\dfrac{1}{2}\times5\times4=50-10=40\mathrm{J}\)弹性势能公式：\(E_p=\dfrac{1}{2}kx^2\)，令\(\dfrac{1}{2}kx^2=40\mathrm{J}\)代入\(k=100\mathrm{N/m}\)，解得最大压缩量\(\boldsymbol{x=0.894\mathrm{m}}\)（或\(\dfrac{2\sqrt{2}}{5}\mathrm{m}\)）。（3）原长位置二者速度求解弹簧恢复原长过程，系统动量守恒、机械能守恒，属于完全弹性碰撞模型。设物块速度为\(v_1\)，木板速度为\(v_2\)，取向右为正方向。动量守恒：\(mv_0=mv_1+Mv_2\)机械能守恒：\(\dfrac{1}{2}mv_0^2=\dfrac{1}{2}mv_1^2+\dfrac{1}{2}Mv_2^2\)联立弹性碰撞速度公式：\(v_1=\dfrac{m-M}{m+M}v_0=\dfrac{1-4}{5}\times10=-6\mathrm{m/s}\)（负号表示方向向左）\(v_2=\dfrac{2m}{m+M}v_0=\dfrac{2}{5}\times10=4\mathrm{m/s}\)（方向向右）即物块速度大小为\(\boldsymbol{6\mathrm{m/s}}\)，木板速度大小为\(\boldsymbol{4\mathrm{m/s}}\)。二、（20分）力学：天体运动与变轨问题某未知行星质量为\(M\)，半径为\(R\)，一颗质量可忽略的探测器在距离行星表面高度\(h=R\)的圆轨道上绕行星匀速圆周运动。已知行星表面的重力加速度为\(g_0\)，不考虑行星自转影响、不考虑其他天体引力。（1）求探测器在圆轨道上的运行速度与周期；（2）若探测器瞬间减速，进入近地点为原轨道、远地点为行星表面的椭圆轨道，求探测器在椭圆轨道近地点的减速比例（减速后速度与原圆轨道速度的比值）；（3）求探测器在椭圆轨道上的运行周期。详细解答（1）圆轨道速度与周期行星表面重力等于万有引力：\(mg_0=G\dfrac{Mm}{R^2}\)，得\(GM=g_0R^2\)。探测器轨道半径\(r=R+h=2R\)，万有引力提供向心力：\(G\dfrac{Mm}{(2R)^2}=m\dfrac{v^2}{2R}\)代入\(GM=g_0R^2\)，解得轨道速度\(\boldsymbol{v=\sqrt{\dfrac{g_0R}{2}}}\)。由周期公式\(T=\dfrac{2\pir}{v}\)，代入\(r=2R\)、\(v=\sqrt{\dfrac{g_0R}{2}}\)，得\(\boldsymbol{T=4\pi\sqrt{\dfrac{2R}{g_0}}}\)。（2）近地点减速比例椭圆轨道半长轴\(a=\dfrac{2R+R}{2}=1.5R\)。设椭圆轨道近地点速度为\(v_1\)，远地点（行星表面）速度为\(v_2\)。由开普勒第二定律（角动量守恒）：\(v_1\cdot2R=v_2\cdotR\)，得\(v_2=2v_1\)。由天体机械能守恒：\(-\dfrac{GMm}{2R}+\dfrac{1}{2}mv_1^2=-\dfrac{GMm}{R}+\dfrac{1}{2}mv_2^2\)代入\(GM=g_0R^2\)、\(v_2=2v_1\)，化简得：\(-\dfrac{g_0R^2}{2R}+\dfrac{1}{2}v_1^2=-g_0R+\dfrac{1}{2}\times4v_1^2\)解得\(v_1=\sqrt{\dfrac{g_0R}{6}}\)。减速比例\(k=\dfrac{v_1}{v}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{g_0R}{6}}}{\sqrt{\dfrac{g_0R}{2}}}=\boldsymbol{\dfrac{\sqrt{3}}{3}}\)。（3）椭圆轨道周期由开普勒第三定律：\(\dfrac{T'^2}{T^2}=\dfrac{a^3}{r^3}\)代入\(a=1.5R\)、\(r=2R\)、\(T=4\pi\sqrt{\dfrac{2R}{g_0}}\)，化简得：\(T'=T\cdot\sqrt{\left(\dfrac{3R/2}{2R}\right)^3}=4\pi\sqrt{\dfrac{2R}{g_0}}\cdot\sqrt{\dfrac{27}{64}}\)最终得\(\boldsymbol{T'=\dfrac{3\sqrt{6}\pi}{2}\sqrt{\dfrac{R}{g_0}}}\)。三、（20分）热学：理想气体状态变化问题一密闭绝热气缸竖直放置，内部有一质量\(m=2\mathrm{kg}\)、横截面积\(S=10\mathrm{cm^2}\)的光滑绝热活塞，活塞将气缸分为上下两部分，上部为真空，下部封闭一定质量的理想气体。初始活塞静止，气体柱长度\(L_1=20\mathrm{cm}\)，温度\(T_1=300\mathrm{K}\)。现缓慢在活塞上叠加细沙，细沙总质量\(M=8\mathrm{kg}\)，稳定后气体柱长度变为\(L_2=12\mathrm{cm}\)。大气压\(p_0=1\times10^5\mathrm{Pa}\)，不计活塞厚度，\(g=9.8\mathrm{m/s^2}\)。（1）求初始状态封闭气体的压强；（2）求末状态封闭气体的温度；（3）求该过程中气体内能的变化量。详细解答（1）初始气体压强初始活塞受力平衡，上部真空无压力，气体压强支撑活塞重力：\(p_1S=mg\)，得\(p_1=\dfrac{mg}{S}\)代入数据：\(S=10^{-3}\mathrm{m^2}\)，\(p_1=\dfrac{2\times9.8}{10^{-3}}=1.96\times10^4\mathrm{Pa}\)。即初始压强\(\boldsymbol{p_1=1.96\times10^4\mathrm{Pa}}\)。（2）末状态气体温度叠加细沙后，末态压强\(p_2=\dfrac{(m+M)g}{S}=\dfrac{10\times9.8}{10^{-3}}=9.8\times10^4\mathrm{Pa}\)。由理想气体状态方程：\(\dfrac{p_1V_1}{T_1}=\dfrac{p_2V_2}{T_2}\)，\(V_1=L_1S\)，\(V_2=L_2S\)，体积比值可约去。代入数据：\(\dfrac{1.96\times10^4\times20}{300}=\dfrac{9.8\times10^4\times12}{T_2}\)化简解得\(\boldsymbol{T_2=900\mathrm{K}}\)。（3）气体内能变化量气缸、活塞均绝热，气体与外界无热交换，\(Q=0\)。根据热力学第一定律\(\DeltaU=Q+W=W\)。外界对气体做功等于活塞和细沙重力势能的减少量（缓慢过程，动能变化为0）。活塞下降高度\(\Deltah=L_1-L_2=8\mathrm{cm}=0.08\mathrm{m}\)。外界做功\(W=\overline{F}\cdot\Deltah\)，平均压力\(\overline{F}=\dfrac{mg+(m+M)g}{2}=49\mathrm{N}\)。\(W=49\times0.08=3.92\mathrm{J}\)，故气体内能增量\(\boldsymbol{\DeltaU=3.92\mathrm{J}}\)。四、（20分）电磁学：静电场电势与电场强度问题真空中有一均匀带电薄圆环，圆环半径\(R=0.2\mathrm{m}\)，带电量\(Q=2\times10^{-6}\mathrm{C}\)。（1）求圆环圆心处的电场强度与电势；（2）求圆环中心轴线上距离圆心\(x=0.2\mathrm{m}\)处的电场强度大小；（3）若将一质量\(m=1\times10^{-3}\mathrm{kg}\)、带电量\(q=1\times10^{-8}\mathrm{C}\)的微小带电粒子从无穷远移至轴线\(x\)处，求外力至少需要做的功（不计粒子重力）。详细解答（1）圆心处场强与电势均匀带电圆环，各电荷元在圆心处的电场强度矢量两两抵消，故圆心场强\(E_0=0\)。电势为标量叠加，圆心电势：\(\varphi_0=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{Q}{R}\)代入数据：\(\varphi_0=9\times10^9\times\dfrac{2\times10^{-6}}{0.2}=9\times10^4\mathrm{V}\)。（2）轴线上\(x\)处场强带电圆环轴线场强公式：\(E=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{Qx}{(R^2+x^2)^{\frac{3}{2}}}\)代入\(R=x=0.2\mathrm{m}\)，得\(R^2+x^2=0.08\mathrm{m^2}\)，\((0.08)^{\frac{3}{2}}=16\sqrt{2}\times10^{-3}\mathrm{m^3}\)。化简计算：\(E=9\times10^9\times\dfrac{2\times10^{-6}\times0.2}{16\sqrt{2}\times10^{-3}}\approx\boldsymbol{1.59\times10^6\mathrm{N/C}}\)。（3）外力做功求解无穷远处电势为0，电场力做功\(W_电=q(\varphi_\infty-\varphi_x)=-q\varphi_x\)。轴线\(x\)处电势：\(\varphi_x=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\cdot\dfrac{Q}{\sqrt{R^2+x^2}}\approx6.36\times10^4\mathrm{V}\)。粒子缓慢移动，动能变化为0，由动能定理：\(W_外+W_电=0\)，得\(W_外=q\varphi_x\)。代入数据得\(\boldsymbol{W_外\approx6.36\times10^{-4}\mathrm{J}}\)。五、（20分）电磁学：恒定电流与焦耳热问题如图电路，电源电动势\(E=24\mathrm{V}\)，内阻\(r=2\Omega\)，定值电阻\(R_1=6\Omega\)，\(R_2=12\Omega\)，滑动变阻器最大阻值\(R_3=18\Omega\)。电路稳定，电表均为理想电表。（1）滑动变阻器滑片置于最左端时，求路端电压与电源总功率；（2）滑动变阻器滑片置于最右端时，求\(R_2\)的焦耳热功率；（3）调节滑片位置，求滑动变阻器可获得的最大电功率。详细解答（1）滑片最左端（\(R_3=0\)）此时\(R_2\)被短路，电路总电阻\(R_总=r+R_1=8\Omega\)。总电流\(I=\dfrac{E}{R_总}=3\mathrm{A}\)，路端电压\(U=E-Ir=24-6=\boldsymbol{18\mathrm{V}}\)。电源总功率\(P_总=EI=24\times3=\boldsymbol{72\mathrm{W}}\)。（2）滑片最右端（\(R_3=18\Omega\)）\(R_2\)与\(R_3\)并联，并联电阻\(R_{23}=\dfrac{12\times18}{12+18}=7.2\Omega\)。总电阻\(R_总=r+R_1+R_{23}=15.2\Omega\)，总电流\(I=\dfrac{24}{15.2}\mathrm{A}\)。并联部分电压\(U_{23}=IR_{23}\approx11.37\mathrm{V}\)。\(R_2\)功率\(P_2=\dfrac{U_{23}^2}{R_2}\approx\boldsymbol{10.8\mathrm{W}}\)。（3）滑动变阻器最大功率采用等效电源法，将\(R_1\)、\(R_2\)、电源内阻等效为新内阻。等效电动势\(E_等=\dfrac{R_2}{R_1+R_2}E=16\mathrm{V}\)，等效内阻\(r_等=r+\dfrac{R_1R_2}{R_1+R_2}=6\Omega\)。当\(R_3=r_等=6\Omega\)时，滑动变阻器功率最大。最大功率\(P_{max}=\dfrac{E_等^2}{4r_等}=\dfrac{256}{24}=\boldsymbol{\dfrac{32}{3}\mathrm{W}\approx10.67\mathrm{W}}\)。六、（20分）电磁感应：动生电动势与能量问题足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨间距\(L=0.5\mathrm{m}\)，导轨左端连接阻值\(R=4\Omega\)的定值电阻，导轨电阻不计。竖直向下的匀强磁场磁感应强度\(B=0.8\mathrm{T}\)，一质量\(m=0.2\mathrm{kg}\)、电阻\(r=1\Omega\)的金属棒垂直放置在导轨上，现给金属棒水平向右的初速度\(v_0=10\mathrm{m/s}\)，金属棒全程不脱离导轨。（1）求金属棒初始时刻的感应电动势与感应电流；（2）分析金属棒的运动状态，求最终稳定速度；（3）求全过程定值电阻\(R\)上产生的焦耳热。详细解答（1）初始感应电动势与电流动生电动势\(E=BLv_0=0.8\times0.5\times10=\boldsymbol{4\mathrm{V}}\)。感应电流\(I=\dfrac{E}{R+r}=\dfrac{4}{5}=\boldsymbol{0.8\mathrm{A}}\)。（2）运动状态与稳定速度金属棒受向左的安培力，做减速运动，速度减小则感应电流、安培力同步减小，做加速度减小的减速直线运动。当速度减为0时，感应电流为0，安培力消失，运动稳定。故最终稳定速度\(\boldsymbol{v=0}\)。（3）定值电阻焦耳热全过程金属棒动能全部转化为回路焦耳热，总焦耳热\(Q_总=\dfrac{1}{2}mv_0^2=\dfrac{1}{2}\times0.2\times100=10\mathrm{J}\)。串联电路焦耳热与电阻成正比，\(Q_R=Q_总\cdot\dfrac{R}{R+r}=10\times\dfrac{4}{5}=\boldsymbol{8\mathrm{J}}\)。七、（20分）光学：折射与干涉问题某种透明介质对可见光的折射率\(n=1.5\)，真空中可见光波长范围\(400\mathrm{nm}\sim760\mathrm{nm}\)。（1）求光从该介质射向真空时的临界角；（2）求可见光在该介质中的波长范围；（3）用该介质制作厚度均匀的薄膜，置于空气中，薄膜厚度\(d=900\mathrm{nm}\)，一束单色可见光垂直入射薄膜，若反射光干涉加强，求该单色光在真空中的波长。详细解答（1）全反射临界角由临界角公式\(\sinC=\dfrac{1}{n}\)，代入\(n=1.5\)，得\(\sinC=\dfrac{2}{3}\)。临界角\(\boldsymbol{C=\arcsin\dfrac{2}{3}\approx41.81^\circ}\)。（2）介质中波长范围光在介质中波长\(\lambda=\dfrac{\lambda_0}{n}\)，\(\lambda_0\)为真空波长。最短波长：\(\lambda_{min}=\dfrac{400}{1.5}\approx266.7\mathrm{nm}\)，最长波长：\(\lambda_{max}=\dfrac{760}{1.5}\approx506.7\mathrm{nm}\)。即介质中波长范围\(\boldsymbol{266.7\mathrm{nm}\sim506.7\mathrm{nm}}\)。（3）反射光干涉加强波长薄膜上下表面反射均存在半波损失，光程差无附加光程差，光程差\(\Delta=2nd\)。干涉加强条件：\(2nd=k\lambda_0\)（\(k=1,2,3\cdots\)），得\(\lambda_0=\dfrac{2nd}{k}=\dfrac{2700}{k}\mathrm{nm}\)。结合可见光波长范围筛选：\(k=4\)时，\(\lambda_0=675\mathrm{nm}\)；\(k=5\)时，\(\lambda_0=540\mathrm{nm}\)；\(k=6\)时，\(\lambda_0=450\mathrm{nm}\)。符合条件的波长为\(\boldsymbol{450\mathrm{nm}、540\mathrm{nm}、675\mathrm{nm}}\)。八、（20分）近代物理：光