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第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案(完整Word版)


第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共 8 题,满分 160 分。

一、 (17 分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体 积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放, 释放时物块的下底面和湖 水表面恰好相接触。已知湖水密度为 ? ;物块边长为 b ,密度为

? ' ,且 ? ' ? ? 。 在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下, 求物块从初始位置出发往返一次 所需的时间。
解: 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过 程中始终保持不变,因此,可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向 建立坐标系,以下简 称 x系. 设物块 下底面 的坐标为 x,在物块未完全浸没入 湖水时,其所受到的浮力为
f b ? b2 x ? g (

x?b)

(1 )

式中

g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
(2 )设 物 块 的 加 速 度 为 a , 据 牛 顿 第 二 根

fg ? b3??g
定律有

b3??a ? fg ? fb

(3)将 (1 )和 (2 )式 代 入 (3)式 得

a??

? g ? ?? ? x ? b? ? ?b ? ? ? ?

(4 )

将 x 系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简 称 为
X ? x?

X 系. 新旧坐标的关系
(5) 把 (5)式

?? b ?

代 入 (4)式 得 ?g a?? X (6) ? ?b (6)式 表 示 物 块 的 运 动 是 简 谐 振 动 . 若 X ? 0 ,则 a ? 0 ,对 应 于 物 块 的 平 衡 位 置 . 由 (5)式 可 知 , 当 物 块 处 于 平 衡 位 置 时 , 物 块 下 底 面 在 x 系 中 的 坐 标 为 ?? (7) 物块运动方程在 X 系中可写为 x0 ? b ?
X (t ) ? Acos ??t ? ? ?

(8 )

利用参考圆可将其振动

速度表示为
V (t ) ? ? A?sin ??t ? ? ?

(9)

式中 ? 为振动的圆频率

1

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??

? g ?' b

(10)

在 (8) 和 (9) 式 中

A和 ?分别

是 振 幅 和 初 相 位 , 由 初 始 条 件 决 定 .在 物 块 刚 被 释 放 时 , 即 t ? 0 时 刻 有 x = 0 , 由 (5)式 得 ?? X (0) ? ? b (11) ?
V (0) ? 0

(12 )

由 (8)至 (12 )式 可 求 得
A?

?? b ?

(13)

? ??
(14)

将 (10)、 (13 )和 (14 )式 分 别 代 人 (8 )和 (9 )式 得
X (t ) ?

?? b cos ??t ? ? ? ?

(15 ) V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?

(1 6)

由 (15)式 可 知 ,物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 时 恰 好 完 成 一 个 振 动 周 期 ;但 物 块 的 运 动 始 终 由 (1 5)表 示 是 有 条 件 的 , 就 是 在 运 动 过 程 中 物 块 始 终 没 有 完 全 浸 没 那 在 湖 水 中 .若 物 块 从 某 时 刻 起 全 部 浸 没 在 湖 水 中 , 则 湖 水 作 用 于 物 块 的 浮 力 变 成恒力,物块此后的运动将不再是简谐振动,物块再次返回到初始位置所需 的 时 间 也 就 不 再 全 由 振 动 的 周 期 决 定 .为 此 ,必 须 研 究 物 块 可 能 完 全 浸 没 在 湖 水 中 的 情 况 . 显 然 ,在 x系 中 看 , 物 块 下底面 坐 标 为 b 时 , 物 块 刚好 被 完 全 浸 没 ; 由 (5 )式 知 在

X 系中这一临界坐标值为

? ?? ? X ? X b ? ?1 ? ? b ( 17 ) 即 物 块 刚 好 完 全 浸 没 在 湖 水 中 时 , 其 下 底 面 在 平 衡 ? ??
位 置 以 下 Xb 处 . 注 意 到 在 振 动 过 程 中 , 物 块 下 底 面 离 平 衡 位 置 的 最 大 距 离 等 于振动的振蝠 A,下面分两种情况讨论: I. A ? X b . 由 (13 )和 (17 )两 式 得 ? ? 2? ?

(18 ) 在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而,物块 从 初 始 位 置 起 ,经 一 个 振 动 周 期 ,再 次 返 回 至 初 始 位 置 . 由 (10 )式 得 振 动 周 期

T?


2? ? ?b ? 2? ? ?g

(19 ) 物 块 从初始位置出发往返一次所需的时

t I ? T ? 2?

? ?b ?g

(20)

II. A ? X b . 由 (13)和 (17)两 式 得 (21) ? ? 2? ? 在 这 种 情 况 下 , 物 块 在 运 动 过 程 中 会 从 某 时 刻 起 全 部 浸 没 在 湖 水 表 面 之 下 .设 从 初 始 位 置 起 , 经 过 时 间 t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 , 这 时 X ? t1 ? ? X b . 由 (1 5)

2

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和 (17)式 得
?? ?? cos ?? t1 ? ? ? ? 1 ? ? ?

(22 )

取合理值,有

t1 ?

?? ?? ? ?b ? ?? ? arccos ? ? 1?? ?g ? ? ? ? ??

(23) 由 上 式 和 (16) 式 可 求 得 这 时 物

块的速度为
?? ? ?? V (t1 ) ? ? gb 1- ? ? 1? ? ? ?? ?
2

(24 )

此 后 , 物 块 在 液 体 内 作 匀 减 速 运 动 , 以 a? 表 示 加 速 度 的 大 小 , 由 牛 顿 定 律 有 ? ? ?? (25 ) a? ? g ?? 设 物 块 从 刚 好 完 全 浸 入 湖 水 到 速 度 为 零 时 所 用 的 时 间 为 t2 , 有
V ? t1 ? ? a?t2 ? 0

(26)

由 (24)-(26 )得
?? ? ?? b? ? t2 ? 1 ? ? ? 1? (27) ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?
2

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2 ?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? (28) ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? g? ? ? ( ? ? ? ?) g ? ?? ? ? ?? ?
2

评分标准: 本题 17 分.(6)式 2 分, (10) (15) (16) (17) (18)式各 1 分, (20)式 3 分, (21) 式 1 分, (23)式 3 分, (27)式 2 分, (28)式 1 分.

二、 (23 分)设想在地球赤道平面内有 一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯, 电梯 顶端可超过地球的同步卫星高度 R(从地心 算起)延伸到太空深处。这种所谓的太空电 梯可用于低成本地发射绕地人造卫星, 其发
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射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度, 然后启动推进装置将卫星从 太空电梯发射出去。 1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到 0.80 R 处意外地和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度 可视为零)而进入太空。 (1)论证卫星脱落后不会撞击地面。 (2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。 讨论该卫星从脱落时刻起,在 0~12 小时及 12~24 小时两个时间段内被太空该电 梯回收的可能性。 2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处,在太空电梯上离地心距离为 R X 处有 一卫星从电梯脱落(脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零) ,脱 落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切,而使卫星在该点着地,试求卫星着地点 的经度。提示:此问要用数值方法求解高次方程。 已知:地球质量

M ? 6.0 ?1024 kg , 半 径 Re ? 6.4 ?106 m 的 球 体 ; 引 力 恒 量

G ? 6.7 ?10?11 N ? m2 ? kg ?2 ;地球自转周期 Te ? 24 小时;假设卫星与太空电梯脱落
后只受地球引力作用。
解: 1. i.通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 ,卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由 开 普 勒 第 一 定 律 可 推 知 ,此 卫 星 的 运 动 轨 道 为 椭 圆( 或 圆 ) ,地 心 为 椭 圆 的 一 个 焦 点 (或 圆 的 圆 心 ),如 图 所 示 .由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离 点 的 连 线 ,因 此 脱 离 点 必 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 远 地 点( 或 近 地 点 ) ;设 近 地 点 (或远地点)离地心的距离为 r, 卫 星 在 此 点 的 速 度 为 v.由 开 普 勒 R 第二定律可知 0.80R

r v = ? 0.80R ? ? (1)
2

a b

式 中 ? (? 2 Te 为 地 球 自 转 的 角 ? / ) 速 度 .令 m 表 示 卫 星 的 质 量 ,根 据 机械能守恒定律有

1 2 GMm 1 GMm 2 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R ( 2) 由 ( 1) 和 ( 2 ) 式 解 得 r ? 0.28 R (3)可 见 该 点 为 近 地 点 ,而 脱 离 处 为 远 地 点 . 【 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 : ( GMm 1 GMm 2 ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R 直接求得】
同步卫星的轨道半径

R 满足

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GM ? R? 2 (4) R2 由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得
r ? 1.2 ? 104 km (5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球. ii.由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 卫 星 的 面 积 速 度 为 常 量 ,从 远 地 点 可 求 出 该 常 量为

?s ?

1 2 ? 0.80R ? ? (6) 设 a 和 b 分 别 为 卫 星 椭 圆 轨 道 的 半 2 0.28R ? 0.80R 2
2

长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有

a?

(7 )

? 0.80 ? 0.28 ? 2 b ? a2 ? ? ? R 2 ? ?
卫星运动的周期 ? ab (9) T ? ?s

(8)

T为

代人相关数值可求出

T ? 9.5h (10)
卫 星 刚 脱 离 太 空 电 梯 时 恰 好 处 于 远 地 点 ,根 据 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 此 时 刻 卫星具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星 始 终 不 比 太 空 电 梯 转 动 得 慢 ;换 言 之 ,太 空 电 梯 不 可 能 追 上 卫 星 . 设 想 自 卫 星 与 太 空 电 梯 脱 离 后 经 过 1.5T ( 约 14 小 时 ) 卫 星 到 达 近 地 点 , 而 此 时 太 空 电 , 梯 已 转 过 此 点 ,这 说 明 在 此 前 卫 星 尚 未 追 上 太 空 电 梯 .由 此 推 断 在 卫 星 脱 落 后 的 0 -12 小 时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ; 而 在 卫 星 脱 落 后 12 -2 4 小 时 内 卫 星 将 完 成 两 个 多 周 期 的 运 动 , 同 时 太 空 电 梯 完 成 一 个 运 动 周 期 , 所 以 在 12 -24 小 时 内 二 者必相遇,从而可以实现卫星回收. 2. 根 据 题 意 , 卫 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 上 的 脱 离 点 分 别 为 其 轨 道 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为
1 GMm GMm m( Rx ? ) 2 ? ?? 2 Rx Rx ? Re

( 11)

此式可化为

? Rx ? ? Rx ? ? ?1 ? ? Re ? ? Re

3

? 2GM ?? 2 3 ? ? Re

(12)

这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 , 用 数 值 方 法 求 解 可 得
Rx ? 4.7 Re ? 3.0 ? 104 km ( 13)

【 Rx 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 . 令 v e 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点即近地点的速率,则有
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2 Re ve ? Rx ?


1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx ? ) 2 ? 2 Re 2 Rx

由 上 两 式 联 立 可 得到方程

? Rx ? ? Rx ? 2GM Rx 2GM ? 2 3 ?0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re ? ? Re ? ? Re Re ? Re
其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于 Rx 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 Rx .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间, 为了求出卫星运行的周 期 T ? ,设椭圆的半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有

5

3

a? ?

Rx ? Re 2
2

(14)

? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?

(15)

因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

1 2

(16)

所以卫星的运动周期为 ? a?b? (17) T? ? ? s? 代入相关数值可得

T ? ? 6.8 h(18)
卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期, 在这段时间内, 如果地球不转动, 卫星沿地球自转方向运行 180 度,落到西经 (180? ? 110?) 处与赤道相切. 但由于地球自转, 在这期间地球同时转过了 ?T ? / 2 角度,地球自转角速度 ? ? 360? / 24h ? 15? / h ,因此卫星与 地球赤道相切点位于赤道的经度为西经 ?T ? ? ? 180? ? 110? ? ? 121? (19) 2 即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准: 本题 23 分. 第 1 问 16 分,第 i 小问 8 分,(1)、(2)式各 2 分, (4)式 2 分, (5)式和结论共 2 分. 第 ii 小问 8 分, 、 (9)(10)式各 2 分,说出在 0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯相 遇并给出正确理由共 2 分, 说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理 由共 2 分. 第 2 问 7 分,(11)式 1 分, (13)式 2 分, (18)式 1 分, (19)式 3 分. (数值结果允许 有 5% 的相对误差)

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三、 (25 分) 如图所示, 两根刚性轻杆 AB 和 BC 在

B 段牢固粘接在一起, AB 延长线与 BC 的夹角 ? 为
锐角, BC 长为 l , AB 长为 l cos ? 。 杆 杆 在杆的 A 、B 和 C 三点各固连一质量均为 m 的小球,构成一刚性系 统。整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定 的光滑竖直挡板,杆 AB 延长线与挡板垂直。现使该系 统以大小为 v0 、 方向沿 AB 的速度向挡板平动。在某时刻,小球 C 与挡板碰撞, 碰撞结束时球 C 在垂直于挡板方向的分速度为零,且球 C 与挡板不粘连。若使 球 C 碰撞后,球 B 先于球 A 与挡板相碰,求夹角 ? 应满足的条件。
解: 解法一 如图 1 所示, 建直角坐标 Oxy , 轴与挡板垂直, x y 轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为 v 0 ,方向 沿 x 轴正方向,以 P 表示系统的质心,以 vPx 和 vPy 表 示碰撞后质心的速度分量,J 表示墙作用于小球 C 的 冲量的大小. 根据质心运动定理有 ? J ? 3mvPx ? 3mv0 (1) A B P

y

0 ? 3mvPy ? 0 (2)
由(1)和(2)式得 3mv0 ? J vPx ? (3) 3m

?

?

O x

lCP
C

vPy ? 0 (4)
可在质心参考系中考察系统对质心的角动量.在球 C 图1 与挡板碰撞过程中,质心的坐标为 (5) xP ? ?l cos ? 1 yP ? ? l sin ? (6) 3 球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对 质心参考系仍是静止的, 三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动, 若转动角速度为 ? , 则三小球对质心 P 的角动量 2 2 2 L ? m?lAP ? m?lBP ? m?lCP (7)式中 l AP 、 lBP 和 lCP 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距 离,由图 1 可知 1 1 4 2 2 2 lAP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? (8) lBP ? l 2 sin 2 ? (9) lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? (10) 9 9 9 由(7)(8)(9)和(10)各式得 、 、 2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) (11)在碰撞过程中,质心有加速 3 度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时,必须引入惯性力. 但 作用于质点系的惯性力的合力通过质心, 对质心的力矩等于零, 不影响质点系对质心的角动
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量,故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于球 C 的冲量 J 的冲量矩, 即有 2 【也可以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的 J l sin ? ? L (12) 3 那一点作为角动量的参考点,则对该参考点(12)式也成立】 由(11)和(12)式得 J sin ? (13) 球 C 相对于质心参 ?? ml (1 ? 2 cos 2 ? ) 考系的速度分量分别为(参考图 1) vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |) (14)

vCPy ? ??lCP cos ? ? ??l cos? (15)
球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为 、 、 vCx ? vCPx ? vPx (16)由(3)(6)(13) 和 (16)各式得
vCx ? ? J ? v0 (17)根据题意有 m(1 ? 2 cos 2 ? )
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) (19)

vCx ? 0 (18)由(17)和(18)式得

y

由(13)和(19)式得

v0 sin ? (20) l 球 A 若先于球 B 与挡板发生碰撞, 则在球 C 与挡板碰撞后, 整 个系统至少应绕质心转过 ??? 角,即杆 AB 至少转到沿 y 方向, 如图 2 所示.系统绕质心转过 ??? 所需时间 1 ? t ? 2 (21)

??

A O P B x

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离 ?x ? vPx t (22) 若 yP ? ?x ? xP (23)

C

图2

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞.由(5)(6)(14)(16)(18) 、 、 、 、 、 (21)(22)和(23)式得 、 3 ? ? arctan (24) 1? ? 即 (25) ? ? 36? 评分标准: 本题 25 分.(1)(2)(11)(12)(19)(20)式各 3 分, 、 、 、 、 、 (21)式 1 分, (22)(23) 、 式各 2 分.(24)或(25)式 2 分. y 解法二 如图 1 所示, 建直角坐标系 Oxy ,x 轴与挡板垂直,

v Ay
A

vBy
B

y 轴与挡板重合,以 vAx 、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx 和 vCy 分别
表示球 C 与挡板刚碰撞后 根据题意有 vCx ? 0 (1)

v Ax

A 、B 和 C 三球速度的分量,
P

?

vBx

O x

vCy
C C 图1

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以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴的负方向,根据质点组的动量定理有 ? J ? mvAx ? mvBx ? 3mv0 (2)

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy (3)
以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ?l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?(4) 因为连结小球的杆都是刚性的,
故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
vAx ? vBx (5) vCy sin ?

? vBy sin ? ? vBx cos? (6) vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin? (7)
cos ? ? sin ? ? 2 cos ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? 1 ? 3cos 2 ?

(7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角.由几何关系有 (8) (9)

解以上各式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) (10) vAx ? v0 sin 2 ? (11)

vAy ? v0 sin ? cos? (12)
vBx ? v0 sin 2 ? (13)

vBy ? 0 (14) vCy ? ?v0 sin ? cos? (15)
按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力 作用,系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不 动的, A 、 B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动.为了求出转动角 速度,可考察球 B 相对质心的速度.由(11)到(15)各式, 在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质 心 P 的速度

vPx ?

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? (16) 3m 3
vPy ? mvAy ? mvBy ? mvCy 3m ? 0 (17)

这时系统质心的坐标为
xP ? ?l cos ? (18)

1 yP ? ? l sin ? (19) 3
不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P ,而球 B 相对质心的 速度

1 vBPx ? vBx ? vPx ? v0 sin 2 ? (20) vBPy ? 0 (21) 3 可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度
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??

vBPx v0 sin ? (22) ? yP l

若使球 A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质 心转过 π / 2 角,即杆 AB 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示.系统绕质心转过 π / 2 所需时间

1 π t ? 2 (23)

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离 ?x ? vPx t (24) 若
yP ? ?x ? xP (25)

y

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞.由以上有关各式得 3 ? ? arctan (26) 1? ? 即 ? ? 36? (27) 评分标准: 本题 25 分. (2)(3)(4)(5)(6)(7)式各 2 、 、 、 、 、 分, (10)(22)式各 3 分, 、 (23)式 1 分, (24)(25)式 、 各 2 分, (26)或(27)式 2 分.

A O P B x

C

图2

四、 (21 分)如图所示,虚线小方框是由 2n 个电容器联成的有限网络;虚线大方框是 并联的两个相同的无限网络,此无限网络的 结构是:从左到中间,每个电容器的右极板 与两个电容器的左极板相连,直至无穷;从 中间到右,每两个电容器的右极板与一个电 容器的左极板相连,直至联接到一个电容器 为止。网络中的所有电容器都是完全相同的 平行板真空电容器,其极板面积为 S ,极板 间距为 d ( d

?? S ) 。整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接,

电池电动势恒定、大小为 ? 。忽略电容器的边缘效应,静电力常量 k 已知。 1、 若将虚线小方框中标有 a 的电容器的右极板缓慢地向右拉动, 使其两极板的距 离变为 2 d ,求在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。 2、在电容器 a 两极板的距离变为 2d 后,再将一块与电容器 a 的极板形状相同、面 积也为 S 、带电荷量为 Q ( Q ? 0 )的金属薄板沿平行于 a 的极板方向全部插入
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到电容器 a 中,使金属薄板距电容器 a 左极板的距离为 x 。求此时电容器 a 的左极 板所带的电荷量。
解: 参考解答: 1. 虚 线 小 方 框 内 2n 个 平 行 板 电 容 器 每 两 个 并 联 后 再 串 联 , 其 电 路 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式
1 n ( 1) ? Ct1 2C



Ct1 ?
式中

2C ( 2) n

C?
虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式

S ( 3) 4? kd

1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ? ? ( 4) Ct 2 ? 2C 4C 8C ?



C ( 5) 2 整个电容网络的等效电容为 Ct 2 ?
Ct ? Ct1Ct 2 2C ( 6) ? Ct1 ? Ct 2 n ? 4

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和) S? ( 7) qt ? C t ? ? (n ? 4)2? kd 当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 , 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 2n ? 效 电 容 Ct1 满 足 下 式
1 n ?1 2 ( 8) ? ? ? Ct1 2C 3C

由此得

? Ct1 ?
整个电容网络的等效电容为
Ct? ? ? Ct1Ct 2 6C ( 10) ? ? Ct1 ? Ct 2 3n ? 13

6C ( 9) 3n ? 1

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
qt? ? Ct?? ? 3S ? ( 11) (3n ? 13)2? kd

在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 ,等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 为
?qt ? qt? ? qt ? ? S? ( 12) (3n ? 13)(n ? 4)2? kd

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电容器储能变化为
?U ? 1 S? 2 ? Ct?? 2 ? Ct ? 2 ? ? ? 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd ( 13) 2 S? 2 ( 14) (3n ? 13)(n ? 4)2? kd S? 2 ( 15) 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

在此过程中,电池所做的功为
A ? ?qt ? ? ?

外力所做的功为
A? ? ?U ? A ?

2 .设 金 属 薄 板 插 入 到 电 容 器 a 后 , a 的 左 极 板 所 带 电 荷 量 为 q ? , 金 属 薄 板 左 侧 带 电 荷 量 为 ? q ? , 侧 带 电 荷 量 为 ( q ? ? Q ) , 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ?( q ? ? Q ) , 右 a 与 a 并 联 的 电 容 器 左 右 两 极 板 带 电 荷 量 分 别 为 q?? 和 ? q ?? .由 于 电 容 器 a 和 与 其 并联的电容器两极板电压相同,所以有 q?? q? ( q? ? Q) ? ? ( 16) S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 由 ( 2) 式 和 上 式 得 2d ? x q? ? q?? ? 3q? ? Q ( 17) d 上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和,也 是 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容器的极板上电荷量之和). 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即
q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ? ? ( 18) ct 2 2C C

将 ( 2) ( 5) 和 ( 1 7 ) 式 代 入 ( 18) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量 、
q? ? S? (n ? 5)(2d ? x) ? Q ( 19) (3n ? 13)2? kd (3n ? 13) d

评分标准: 本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, (6)(7)(10)(11)(12) 、 、 、 、 式各 1 分, (13)式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16)(17)(18)(19)式各 2 分. 、 、 、

五、 (25 分)如图所示,两个半径不等的用细金属 导线做成的同心圆环固定在水平的桌面上。 大圆环半径 为 R1 ,小圆环表面绝缘半径为 R2 ( R2 ?? R1 ) ,两圆环 导线每单位长度电阻均为 r0 ,它们处于匀强磁场中,
12

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

磁感应强度大小为 B ,方向竖直向下,一每单位长度电阻为 r1 的长直金属细杆放 在大圆环平面上,并从距圆环中心左侧为 R1 / 100(> R2 )的 ab 位置,以速度 v 匀 速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中心与 ab 对称的位置 cd,滑动过程中金属 杆始终与大圆环保持密接。 假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均 可视为匀强磁场。试求在上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量。 提示:当半径为 R ,长度为 l 的一段圆弧导线通有电流 I 时,圆弧电流在圆心处 产生的磁感应强度大小为 B ? k m
Il ,方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流的 R2

方向满足右手螺旋法则; 无限长直导线通有电流 I 时, 电流在距直导线距离为 r 处 产生的磁感应强度 B 的大小为 B ? k m
2I ,其中 k m 为已知常量。 r

解: 参考解答: 如图 1 所示,当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 水平 向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由 b 指 向 a 的感应电动势的大小为

a

c

? ? BLv (1)

l1 I

l2
I2

式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长度, I1 由几何关系有

? R ? L ? 2 R ? ? 1 ? ? 2R1 (2) ? 100 ?
2 1

2

在金属杆由 ab 位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大 圆环接触的两点之间的长度 L 可视为不变,近似为 2R1 . 将(2)式代入(1)式得,在金属杆由 ab 滑动到 cd 过 程中感应电动势大小始终为 ? ? 2BR1v (3)

b 图 1

d

以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b 两端的电压,由欧姆定律有 U ab ? I1l1r0 (4)
U ab ? I 2l2 r0 (5)

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的磁 感应强度的大小分别为
B1 ? k m I1l1 (6) R12 I 2 l2 (7) R12

B2 ? k m

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.

由(4)(5)(6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 、 、
B0 ? B2 ? B1 ? 0 (8)
13

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆的电流 I 所产生磁场. 在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无限 长直导线,由提示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为 2I B3 ? km (9) R1 100 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流 a ? (10) I? I1 I I2 R R R? 左 右 ε R左 ? R右 R左 R右 其中 R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, R左 Rab 和 R右 分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非 常靠近圆心,故
Rab ? 2R1r , 1 R左 =R右 ? ? R1r0 (11)
b

图 2

利用(3)(9)(10)和(11)式可得 、 、
B3 ? 800km v B (12) R1 (4r1 ? ? r0 )

由于小圆环半径 R2 ?? R1 ,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的,且都等于长直 金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3 (13)

当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向 相反,故穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?cd ? ? R2 (?B3 ) (14)

在长直金属杆以速度 v 从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ?t 内, 穿过小圆环圆面的磁感应通量 的改变为 2 ?? ? ?cd ? ?ab ? ?2? R2 B3 (15) 由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为 2 ?? 2? R2 B3 (16) ?i ? ? ?
?t ?t

在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为 RB ?i Ii ? ? 2 3 (17) 2? R2 r0 r0 ?t 于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? I i ?t ? R2 B3 800km vBR2 (18) ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

评分标准: 本题 25 分. (3) 3 分, 、 式各 1 分, 、 式 (4) (5) (8) (10) 式各 3 分, (12) 3 分, (15) 式 式 4 分, (16)(17)式各 2 分, 、 (18)式 3 分.

14

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

六、 (15 分)如图所示,刚性绝热容器 A 和 B 水平放置,一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热 刚性细短管把容器 A、B 相互连通。初始时阀门 是关闭的, 内装有某种理想气体, A 温度为 T1 ; B 内为真空。现将阀门打开,气体缓慢通过多孔 塞后进入容器 B 中。 当容器 A 中气体的压强降到与初始时 A 中气体压强之比为 ? 时, 重新关闭阀门。 设最后留在容器 A 内的那部分气体与进入容器 B 中的气体之 间始终无热量交换,求容器 B 中气体质量与气体总质量之比。已知:1 摩尔理想 气体的内能为 u ? CT ,其中 C 是已知常量, T 为绝对温度;一定质量的理想气 体经历缓慢的绝热过程时,其压强 p 与体积 V 满足过程方程 pV 中 R 为普适气体常量。重力影响和连接管体积均忽略不计。
解: 设重新关闭阀门后容器 A 中气体的摩尔数为 则气体总摩尔数为
C?R C

? 常量 ,其

n1 , 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n2 , B
n ? n1 ? n2 ( 1)

把两容器中的气体作为整体考虑,设重新关闭阀门后容器 A 中气体温度 为 T1? , B 中 气 体 温 度 为 化可表示为

T2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变
?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ? ( 2)

由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

?U ? 0 ( 3)
令 V1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 压强为 ? p1 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知
n? n1 ? p1V1 ( 4) RT1

p1 ,关闭阀门后 A 中气体

(? p1 )V1 ( 5) RT1?

由以上各式可解得

T2 ?

?1 ? ? ? T1T1?
T1? ? ? T1

由于进入容器 B 中的气体与仍留在容器 A 中的气体之间没有热量交换, 因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中的那部分气体经历了一个 绝 热 过 程 , 设 这 部 分 气 体 初 始 时 体 积 为 V10 (压 强 为

p1 时), 则 有
pV
C?R C 1 10

? (? p1 )V1

C?R C

(6)

15

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

利用状态方程可得

p1V10 (? p1 )V1 ? ( 7) T1 T1?
由 ( 1) 至 ( 7) 式 得 , 阀 门 重 新 关 闭 后 容 器 B 中 气 体 质 量 与 气 体 总 质 量 之 比

n2 2 ? ? ?? ? R n C?R 2 ?? ??

R C?R

C C?R

( 8)

评分标准: 本题 15 分. (1)式 1 分, (2)式 3 分, (3)式 2 分, 、 (4)(5)式各 1 分, (6)式 3 分, (7)式 1 分, (8)式 3 分.

七、 (16 分)图中 L1 为一薄凸透镜, Q 为高等于 2.00cm 与光轴垂直放置的 线状物,已知 Q 经 L1 成一实像,像距为 40.0cm。现于 L1 的右方依次放置薄凹透 镜 L2 、 L3 和薄凸透镜 L4 以及屏 P ,它们之间的距离如图所示,所有的透镜都共 轴,屏与光轴垂直, L2 、 L3 焦距的大小均为 15.0cm。已知物 Q 经上述四个透镜 最后在屏上成倒立的实像,像高为 0.500cm。

1、 L1 焦距的大小为 cm, L4 焦距的大小为 cm。 2、现保持 Q 、 L1 、 L4 和 P 位置不变,而沿光轴平移 L2 、 L3 ,最后在屏上成倒 立的实像,像高为 1.82cm,此时 L2 和 L1 的距离为 cm, L3 和 L4 的距离为 cm。 最后保留结果至小数点后一位。
答案与评分标准:
16

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

1. 19.2 10.2 2. 20.3 4.2

(4 分 , 填 19.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) ( 4 分 , 填 10.0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 20.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 4.0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 )

八、 (18 分)如图所示,竖直固定平行放置的两条相同长 直导线 1 和 2 相距为 a ( a <<长直导线的长度) ,两导线中通有 方向和大小都相同的稳恒电流,电流方向向上。导线中正离子 都是静止的, 每单位长度导线中正离子的电荷量为 ? ; 形成电 流的导电电子以速度 v0 沿导线向下匀速运动, 每单位长度导线 中导电电子的电荷量为 ? ? 。已知:单位长度电荷量为 ? 的无 限长均匀带电直导线在距其距离为 r 处产生的电场的强度大小 2? 为 E ? ke ,其中 ke 是常量;当无限长直导线通有稳恒电流 I
r

时,电流在距导线距离为 r 处产生磁场的磁感应强度大小为
B ? km 2I ,其中 k m 是常量。试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量 ke 和 k m r

的比值。 提示:忽略重力;正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关;真空中 的光速为 c 。
解: 在相对于正离子静止的参考系 S 中,导线中的正离子不动,导电电子以 速 度 v0 向 下 匀 速 运 动 ; 在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 S? 中 , 导 线 中 导 电 电 子 不 动 , 正 离 子 以 速 度 v0 向 上 匀 速 运 动 . 下 面 分 四 步 进 行 分 析 . 第 一 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 的 大 小 和 方 向 .若 S 系 中 一 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 则 在 S ? 系 中 这 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 变 为 l?? , 由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有

? l? ? l 1 ?

2 v0 ( 1) c2

? 设 在 参 考 系 S 和 S ? 中 , 每 单 位 长 度 导 线 中 正 离 子 电 荷 量 分 别 为 ? 和 ?? , 由 于

离子的电荷量与惯性参考系的选取无关,故
? ? ??l? ? ?l ( 2)

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得
17

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷

? ?? ?

?
v2 1? 0 c2

( 3)

设 在 S 系 中 一 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 在 S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l?? , 则 由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有

? l ? l? 1 ?

2 v0 ( 4) c2

同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有
?? ? ? ?? v2 1? 0 c2

( 5)

? 式 中 , ? ? 和 ?? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S ? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 .

在 参 照 系 S? 中 , 导 线 2 单 位 长 度 带 的 电 荷 量 为

? ? ? ? ? ?? ? ?? ?

?
1?
2 v0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? 2 c

2 v0 ( 6) 2 2 v0 c 1? 2 c

?

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke ? ? ? a

2 2ke ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 7)

电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为

f e?? ? qE ? ?

2 2ke q? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 8)

电场力方向水平向左. 第 二 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .在 参 考 系 S ? 中 , 以 速 度 v 0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为
? I ? ? ?? v0 ?

? v0
v2 1? 0 c2

( 9)

导线 2 中的电流
B? ?

I?在导 线 1 处产生磁场的 磁 感应强度大小为

2km ? v0 ( 10) 2km I ? ? a v2 a 1? 0 c2

磁 感 应 强 度 方 向 垂 直 纸 面 向 外 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 所 受 到 的 磁 场 力 的大小为
18

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
2 2km q? v0

? f m ? ? q v0 B? ?

v2 a 1? 0 c2

( 11)

方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步,在参考系 S 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .由 题 设 条 件 , 导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 即

? ? (?? ) ? 0 ( 12)
因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零
f e ? ? 0 ( 13)

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1+ ? 0 ( 14)

导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
f m ? ? qv1+ B ? 0 ( 15)

式 中 ,B 是 在 S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 .于 是 , 在 S 系中,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力 的合力为零,如果导线 1 中正离子还受到其他力的作用,所有其它力的合力 必 为 零 (因 为 正 离 子 静 止 ).在 S ? 系 中 , 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 的 电 场 力和磁场力的合力的大小为
? f ? ? f m ? ? f e??

(16)

因 为 相 对 S? 系 , 上 述 可 能 存 在 的 其 它 力 的 合 力 仍 应 为 零 , 而 正 离 子 仍 处 在 勻 速 运 动 状 态 , 所 以 (16 ) 式 应 等 于 零 , 故
? f m ? ? f e?? ( 17)

由 ( 8) ( 11) 和 ( 17 ) 式 得 、
ke ? c 2 ( 18) km

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

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