第35屆全國中學(xué)生物理競賽模擬試題及詳解答案

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1 第 3 5 屆 全 國 中 學(xué) 生 物 理 競 賽 模 擬 試 題 2 全國中學(xué)生物理競賽 模擬試題 1 第 34屆全國中學(xué)生物理競賽 模擬 試題 時間 180 分鐘 滿分 320 分 2017 6 8 一 40分 四個等值電阻 R 四個電容值 C 1 F的電容器以及四個電池分別在立方體的各邊連接起來 如圖所示 各電池的電壓 為 U1 4V U2 8V U3 12V U4 16V 他們的內(nèi)電阻均可忽略 1 求每個電容器的電壓和電量 2 若 H點與 B點短路 求電容器 C2上的電量 解析 1 將電容器視為斷路 電路可等效為如圖所示的電路 則電路中的電流為 411 34U U VI RR 取 C點電勢為零 則等效電路圖中各點電勢為 0C 1 4GCUV 7HGIR V 10EHIR V 4 6AEUV 3BAIR V 考慮到 7H V 則 D點電勢為 3 5DHUV 考慮到 3B V 則 F點電勢為 2 5FBUV 則各電容器電壓和電量分別為 1 1C F GUV 61110CQ CU C 2 5C E FUV 6225 10CQ CU C 3 5C C DUV 6335 10CQ CU C 4 1C D AUV 64410CQ CU C 2 將 B H短路后電路如圖所示 此時流過 U1的電流為 11 22UVI RR 流過 U4的電流為 44 82UVI RR 則 1 2BCI R V 2410EB I R U V 2 10FBUV 則電容器 C2兩端電壓為 2 0C E FU 故帶電量也為零 即 2 0Q 二 40 分 在半徑 R 2m 孔徑 d 10cm 的凹面鏡的焦點位置上 垂直于其對稱軸 主光軸 放一塊圓形屏幕 使平行于軸的所 有入射光線經(jīng)凹面鏡反射后都能達(dá)到該圓形屏幕 試求圓形屏幕 的直徑 如果在上述條件下圓形屏幕的直徑減少到僅有原來的 1 8 試問有多少部分的光能達(dá)到在同樣位置的屏幕上 解析 1 考察入射點為 P 的光線 反射光線交主軸與 A點 光路如下圖所示 O為球面圓心 F為焦點 U1 U4 R R R A B C E G H R U1 U4 R R R A B C E G H R I1 I4 U1 U2 U3 U4 R R R R C1 C2 C3 C4 A B C D E F G H 全國中學(xué)生物理競賽 模擬試題 2 則 OPA 為等腰三角形 有 2 cos 2 cosOP ROA 隨入射角 增大 反射光線與主軸焦點離焦點 F 越遠(yuǎn) 光線越接近圓形屏幕 邊緣 則入射角滿足 sin 2dR 的光線即為邊界光線 此時有 sin 0 025 2dR 2c o s 1 s in 0 9 9 9 6 8 7 4 5 22 s in c o sta n 2 0 0 5 0 0 4 6 9 32 c o s 1 則圓形屏幕的直徑為 52 c o s t a n 2 2 c o s 1 t a n 2 3 1 3 1 022RdD R R d m 2 設(shè)變化之后的屏幕 直徑為 8DD 能到達(dá)屏幕的光 直徑為 d 則有 2 c o s 1 ta n 2 2 c o s 1 ta n 2 8RdRd 考慮到 sin 2dR 則有 2 sindR 則上式變換為 6 2 c o s 1 t a n 2 2 s i n 1 9 5 6 1 0 將 2cos 1 sin 2 222 s in c o s 2 s in 1 s inta n 2 1 2 s in 1 2 s in 代入上式可 化簡為 2 6 22 s in 1 1 s in 1 9 5 6 1 01 2 s in 解上式可得 sin 0 0125 2dR 即 0 05dm 則能到達(dá)屏幕的光占總?cè)肷涔獾谋壤秊?2 1 4Sd 即有 1 4 的光能到達(dá)圓形屏幕 三 48 分 在 xOy平面內(nèi)分布著某種透明光學(xué)材料 已知折射率 n n r r 為點到原點的距離 在距離原點 r0處的 A點有一 點 光 源 若從此光源發(fā)出的光在材料中沿著以原點 O為焦點的圓錐曲線傳播 已知該圓錐曲線的離心率為 e 焦準(zhǔn)距為 p 試求折射率 的分布規(guī)律 n r 已知 n r0 n0 解析 考察相鄰的兩微元薄層間的折射如圖所示 由折射定律得 1 1 2sin sinnn 由正弦定理得 2 21 sin sinrr 不難看出 光線剛進(jìn)入球 體后在各層上滿足 sinnr 定 值 考慮到 sinnr 定 值 可類比角動量守恒 即 n類比動量 p mv 則光線路徑可視為質(zhì)量為 m的粒子的軌跡 O即為有心力的力心 則粒子的動能為 2 2k nE m 考慮有心力為引力和斥力的兩種情況 若為引力則 粒子的勢能可表示為 p kE r 當(dāng) e1 時 圓錐曲線為雙曲線 設(shè)其實長軸為 A 則有初始條件可知總能量為 2 0 022 n k km r A 解上式可得 200 0 2 Ar nk m A r 則其任意狀態(tài)的總能量勢能可表示為 2 2 2 0 0 0 0 002 2 2 2 n A r n r nm m A r r m A r 解上式可得 22 00 0 2 2 A r rnnA r r 考慮到其半長軸為 2 1epA e 則上式可變換為 2 0220 2 0 2 1 2 1 ep r e rnn ep r e r 當(dāng) e 1 時 圓錐曲線為雙曲線 設(shè)其實長軸為 A 則有初始條 件可知總能量為 2 0 0 02 nkmr 解上式可得 2002rnk m 則其任意狀態(tài)的總能量勢能可表示為 2200 0n rn m mr 解上式可得 2200rnnr 若為斥力則粒子的勢能可表示為 p kE r 此時圓錐曲線必定為雙曲線 總能量為 2 0 022 n k km r A 解上式可得 200 0 2 Ar nk m r A 則其任意狀態(tài)的總能量勢能可表示為 2 2 2 0 0 0 0 002 2 2 2 n A r n r nm m r A r m r A 解上式可得 22 00 0 2 2 r A rnnr A r 考慮到其半長軸為 2 1epA e 則上式可變換為 2 0220 2 0 2 1 2 1 ep r e rnn ep r e r 四 40分 頻率為 0的光子具有慣性質(zhì)量 m 此質(zhì)量由光子的能量決定 在此假定光子的引力質(zhì)量等于慣性質(zhì)量 從一顆星球向 外發(fā)射光子逃逸引力時 便會損失能量 已知 eH 的靜質(zhì)量為 m0滿足 20 3752m c MeV 玻爾能級為 2 213 6n ZE eVn 確定下列問 題 1 初始時頻率為 0的光子從質(zhì)量為 M 半徑為 R的星球表面到達(dá)無窮遠(yuǎn)時 它的頻率增量 為 則當(dāng) 0 時 20 0 1c o s 2 0 0 0 0 1c o s 2 0 0 4Ay t x t x x44 時 20 0 1 c o s 2 0 0 4 4 0 0 1 c o s 2 0 0 4 4 0 0 1 c o s 2 0 0 4 8 44By t x t x t x x44時 B A兩列波的相位差為 1 4 8 1 244xx 兩列波疊加后加強 不符合題意 當(dāng) x 0 時 B A兩列波的相位差為 2 4 0 1 044xx 兩列波疊加后加強 不符合題意 當(dāng) 0 x 44時 B A兩列波的相位差為 3 4 0 1 04 4 2x x x 令 3 1 0 2 1 2 xk 可解得 4 22xk 考慮到 k取整數(shù)且 0 x 44 可知 x 2m 6m 10m 14m 18m 22m 26m 30m 34m 38m 42m處的點靜止 六 32 分 有一均勻的長為 l 的麥稈 開始處于水平位置 中點被支撐著 它可以繞軸在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動 不計空氣阻力和 軸上阻力 有一蜘蛛以豎直向下的速度 v0落下 并且落在麥稈中心和端點之間的中點處 蜘蛛的質(zhì)量與麥稈的質(zhì)量相等 當(dāng)蜘蛛停 落于麥稈后 立刻沿麥稈向端點爬行 使麥稈的轉(zhuǎn)動角速度保持不變 試求 v0的最 小 值 假定麥稈轉(zhuǎn)到豎直位置時 蜘蛛離開麥稈 落 下 試畫出蜘蛛在空間的爬行路線 解析 設(shè)麥稈和蜘蛛的質(zhì)量均為 m 麥稈轉(zhuǎn)動角速度為 則碰撞前后瞬間角動量守恒有 220 1 4 1 2 4llm v m l m 可解得 0127vl 設(shè) t時刻蜘蛛距離麥稈中心為 x 則有轉(zhuǎn)動定理可知 Mdt dJ 考慮到角動量為 JI 且 保持不變 則有 2 2d J d I d m x m x d x x A B 全國中學(xué)生物理競賽 模擬試題 5 將力矩 cosM mgx t 代入可知 cos 2mgx td t m xdx 可化簡為 2cos tdt dx g 兩邊同時積分 0 4 2costx ltdt dxg 可得 2 sin42lgxt 圖像如圖所示 由題意可知 在豎直位置即 2t 時有 2lx 即 24 2 2l g l 將 0127vl 代入上式可得 0 762glv 七 48分 如圖所示 在豎直放置的氣缸內(nèi)有一質(zhì)量為 M的活塞 活塞面積為 S 在活塞上放一質(zhì)量為 m的物體 活塞與氣缸間 無摩擦 大氣壓強為 P0 平衡時活塞到底部的距離為 l 今將活塞下壓一定距離 d后釋放 認(rèn)為氣體的狀態(tài)變化為等溫變化 且認(rèn) 為 d l 在活塞的上升過程中物體與活塞分離 分離后物體豎直上拋 活塞上下振動 求物體與活塞分離后 上升的高度及物體與活 塞分離后活塞的振動振幅 解析 設(shè)氣體初態(tài)壓強為 P1 體積為 1V Sl 有初態(tài)活塞受力平衡可知 01 P S M m g PS 可得 10 M m gPP S 設(shè)活塞上升 h距離后 此時物體未與活塞分離 氣體壓強為 P2 此時氣體體積為 2 V S l d h 由玻意耳定律可知 1 1 2 2PV PV 可解得 21lPPl d h 考慮到 dl hl 則上式可近似為 2 1 1 0 1 1 l d h d h M m gP P P Pl d h l l S 以活塞和物體整體為研究對象 其所受合外力為 2 0 0 dhF P P S M m g P S M m g l 由動量定理可知 Fdt M m dv 將 dhdt v 代 入上式可得 0 dhP S M m g d h M m v d vl 兩邊積分可得 2 0 2 P S M m gv d h hM m l 物體與活塞分離時滿足 2 0 0 1 d h M m gP P PlS 可解得 2 0 M m glhd P S M m g 則此時活塞與物體的速度為 2 2 2 2 2 02 02 2 2 0 2 P S M m g d M m g lP S M m gv d h hM m l P S M m g M m l 則物體上升的最大高度為 2 2 2 2 22 02 0 2 2 P S M m g d M m g lvH g g P S M m g M m l l 4 x t 全國中學(xué)生物理競賽 模擬試題 6 物體與活塞分離后受力可表示為 20 F P P S Mg 將 20 1 d h M m gPPlS 代入上式可得 0 0 P S M m g dF h m g P S M m gll 即活塞做簡諧振動 恢復(fù)系數(shù)為 0 P S M m gK l 令 0F 可得 0 0 m glhdP S M m g 此為該簡諧振動的平衡位置 設(shè)活塞簡諧振動的振幅為 A 則其總能量可表示為 2 2 22 2 01 1 1 2 2 2K A M v K h h 可解得 22 2 2 22 2 0 20 M M M m gA v h h d lK M m P S M m g 八 36 分 一個實心圓柱形導(dǎo)體和一個空圓柱形導(dǎo)體共軸放置 其間為真空 內(nèi)圓柱半徑為 a 外圓柱半徑為 b 如圖所示 外 圓柱 相對于內(nèi) 圓柱 有正電位 U 故稱陽極 在討論的空間范圍內(nèi)可以存在一勻強磁場 磁感應(yīng)強度為 B 方向與柱體中心軸平行 垂直于紙面向外 不考慮導(dǎo)體的感應(yīng)電荷 若將電子從內(nèi)柱面放出 電子的質(zhì)量為 m 電量為 e 討論下列問題 1 在 B 0 和電子初速度為零的條件下 若不考慮相對論效應(yīng) 則 電子到達(dá)外圓柱內(nèi)壁時的速度為多大 若 考慮相對論效應(yīng) 呢 以下各問不考相對論效應(yīng) 2 若 兩柱面之間電壓為零 電子以徑向初速度 v0從內(nèi)柱面射出 當(dāng)磁場超過一個臨界值 Bc時 電子將不 能到達(dá)陽極 則 Bc為 多少 3 在電場力作用下電子向外圓柱面運動 磁場對電子的作用可使電子獲得相對于圓柱中心軸的非零角動量 L 試導(dǎo)出角動量 L 隨時間的變化率 L t 進(jìn)而證明這一表達(dá)式意味著 2 L kBer 是一個不隨電子運動而變化的守恒量 式中 k是一個無量綱的常數(shù) r是從 柱體 中心軸到電子所在位置的矢徑 試確定 k是多少 4 設(shè)一電子無 初速度釋放后 不能到達(dá)陽極 它與 柱體 中心軸的最大距離為 rm rm b 試求電子的最大速度 的大小 5 勻強磁場為 B0時 電子不能到達(dá)陽極 則 B0為多少 6 加熱內(nèi)圓柱體 使電子從內(nèi)圓柱逸出時 其初速度在磁場方向分量為 vB 在徑向分量為 vr 逆時針角向分量為 v 在這種情 況下 計算電子剛好到達(dá)陽極時的臨界磁場 Ba是多少 解析 1 不考慮相對論效應(yīng) 設(shè)電子到達(dá)外圓柱內(nèi)壁時的速度為 v 由動能定理得 212mv eU 可解得 2eUv m 若考慮相對論效應(yīng) 則有 2 2 2 21 mc mc eU vc 可解得 2 2 21 mcvc mc eU a b B A K 全國中學(xué)生物理競賽 模擬試題 7 2 設(shè)電子運動軌跡半徑為 R 則由幾何關(guān)系可知 22a R R b 將 0 C mvR eB 代入可得 0222 C bmvB e b a 3 設(shè)電子沿徑向的速度為 vr 則有 212 r eBrrLM ev Br eBr t t t 上式可改寫為 212 0L eBr t 即 212L eBr 在運動中保持不變 即 12k 4 已知初始時刻電子角動量為零 則有 221122mmeBa m r v eBr 可解得 22 2m meB r av mr 5 若電子剛好不能到達(dá)陽極 則有 rm b 2eUv m 將 rm和 v代入 221122m C meB a m r v eB r 可解得 22C b mUB b a e 6 設(shè)電子剛好到達(dá)陽極時在紙面內(nèi)的速度為 v 其必定與外圓柱內(nèi)壁相切 由動能定理可知 2 2 2 2 211 22B B rm v v m v v v e U 由 3 可知 221122aam v a e B a m v b e B b 聯(lián)立兩式可解得 2222 armb e U aB v v ve b a m b