第31屆全國中學生物理競賽復賽試題及答案

第31屆全國中學生物理競賽復賽試題及答案

31屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答一、(12分)題目一：球形液滴的振動頻率假設球形液滴振動頻率與其半徑r、密度ρ和表面張力系數σ之間的關系式為f=kρσr，其中k是常數。根據單位分析法，可以得到單位等式[f]=[ρ][σ][r]。力學的基本物理量包括質量m、長度l和時間t，分別對應的單位是千克(kg)、米(m)和秒(s)。根據單位等式，[f]=[t]^-1，[r]=[l]，[ρ]=[m][l]^-3，[σ]=[m][t]^-2。將這些單位代入單位等式，得到[t]^-1=[l]^-3[m]^[ρ][t]^-2[σ]，即[t]^-1=[l]^[ρ][m]^[σ][t]^-2。由此可以得到三個未知量的關系式：α-3β=0，β+γ=0，2γ=1。解得α=-1，β=-1，γ=1/2。解法二：假設球形液滴振動頻率與其半徑r、密度ρ和表面張力系數σ之間的關系式為f=kρσr，其中k是常數。根據單位分析法，可以得到單位等式[f]=[ρ][σ][r]。在國際單位制中，振動頻率的單位是赫茲(Hz)，半徑r的單位是米(m)，密度ρ的單位是千克每立方米(kg/m^3)，表面張力系數σ的單位是牛每米(N/m)=千克每秒平方(m/s^2)。根據單位等式，[f]=s^-1，[r]=m，[ρ]=kg/m^3，[σ]=kg/s^-2。將這些單位代入單位等式，得到[s]^-1=[m][ρ][σ]，即[s]^-1=[m][kg/m^3][kg/s^-2]。將這個式子代入f=kρσr，得到k=f/ρσr。1.(V,T),(p,V,T)和(pf,V,T)分別表示氣體在初態(tài)、中間態(tài)和末態(tài)的壓強、體積和溫度。留在瓶內的氣體先后滿足絕熱方程和等容過程方程：p1*V1^γ=p2*V2^γ(絕熱方程)V1=V2*(p1/p2)(等容過程方程)聯(lián)立以上兩式可得：p1/T1=p2/T2=pf/Tf由此得到以下式子：p1/pf=(p1/pf)^(1/γ)ln(p1/pf)=ln(p1)-ln(pf)=(1/γ)*ln(p1/pf)pf=p1/(e^(γ*ln(p1/pf)))2.根據力學平衡條件，有：pi=p+ρghipf=p+ρghf其中，p是瓶外大氣壓強，ρ是U型管中液體的密度，g是重力加速度大小。聯(lián)立以上式子，得到以下式子：ln(1+γ)=(hi-hf)/h通過近似關系式，可得到以下式子：γ=(hi-hf)/h-(hi/hh)-(hf/hh)3.平板受到重力PC、拉力QM、鉸鏈對三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用點的坐標分別為：PC=(0,-mgsinθ,-mgcosθ),(0,0,h)QM=(0,Q,0),(x,0,z)NA=(NAx,NAy,NAz),(0,0,0)NB=(NBx,NBy,NBz),(-b,0,0)其中，h=a-(3/4)b是平板質心到x軸的距離。平板所受力和（對O點的）力矩的平衡方程為：∑F=NA+NB=Q+PC+N=0∑M=Q*x+N-NA-NB-mgsinθ*h=0聯(lián)立以上方程，可解出：Q=mgsinθ*h/zNAx=-NBxNAy=mgsinθ/2NBz=NAz=mgcosθ/2QM=(0,mghsinθ/z,0)（1）題目給出了圓環(huán)在豎直方向上的受力情況，根據受力分析可以得到圓環(huán)開始沿軸上滑動的條件。將題目中給出的公式代入計算，得到圓環(huán)開始滑動的條件式（?）。進一步化簡可得式（?）。其中，g代表重力加速度大小。（2）題目要求在滿足條件式（?）的情況下，求出圓環(huán)開始沿軸上滑動的角速度。代入題目中給出的角度，條件式（?）中的等號成立。進一步代入條件式（?），可以得到圓環(huán)開始滑動的角速度的大小。最后代入題目中給出的半徑和角速度的公式，可以得到圓環(huán)開始沿軸上滑動時的線速度大小。（3）題目給出了一個光學成像的問題，需要求出圓盤在透鏡后的成像情況。代入透鏡成像公式，可以求得像距。進一步代入公式，可以得到圓盤像在透鏡右側的位置和大小。由于圓盤像和圓盤大小一樣，因此圓盤像為圓盤狀。（4）題目要求分析圓形光闌對圓盤像的影響。首先根據幾何關系，可以得出圓形光闌在透鏡后方6cm處，且圓盤像在光軸上。隨著圓形光闌半徑的減小，圓盤像的形狀和大小不變，但亮度變暗。但是不存在一個圓形光闌半徑，使得圓盤像大小的半徑變?yōu)樵瓉淼囊话搿＃?）題目給出了圓形光闌在透鏡后方18cm處的情況。根據幾何關系，可以得出圓盤像在光軸上，且圓形光闌邊緣與AB相交時，圓盤剛好能成完整像。此時圓盤半徑為3cm，但亮度變暗。若進一步減小光圈半徑，圓盤像的大小也會減小。當透鏡上任何一點發(fā)出的光線都無法穿過光圈并照在原來像的一半高度處時，圓盤像的半徑就會縮小為原來的一半，如下圖所示。此時，光圈邊緣與AE相交，AE與光軸的交點為D，通過幾何關系可以計算出D與像的軸之間的距離為20R/7cm。同時，有DE'=20cm和EE'=2.5cm，利用相似三角形ΔDRR'和ΔDEE'的關系，可以得出r_a=0.75cm時，圓盤像的大小的半徑減小為原來的一半。只要將圓形光圈放置在C點（距離透鏡15cm處）和光屏之間，圓盤像的大小就與光圈半徑有關。如果將圓形光圈移動到凸透鏡前方6cm處，則圓盤像的形狀和大小不變，但亮度會變暗。同時，不存在使圓盤像大小的半徑變?yōu)樵瓉淼囊话氲膱A形光圈半徑。固定金屬板和可旋轉金屬板之間的重疊扇形的圓心角θ的取值范圍為-θ≤θ≤θ。整個電容器相當于2N個相同的電容器并聯(lián)，因此C(θ)=2NC_1(θ)，其中C_1(θ)為相鄰正負極板之間的電容，由公式C_1(θ)=A(θ)/(4πks)得出，其中A(θ)是兩相鄰正負極板之間相互重疊的面積，具體計算公式見式子③。將C_1(θ)代入公式中，得到公式⑤。當電容器兩極板加上直流電勢差E后，電容器所帶電荷為Q(θ)=C(θ)E。當θ=0時，電容器的電容達到最大值C。1.利用公式得出電容器的最大電荷和儲存的能量，以及轉動可旋轉金屬板所受的力矩。2.發(fā)現平行板電容公式需要修改，當電容器電容最大時，充電后轉動可旋轉金屬板的力矩可以用公式表示。3.當輸入電壓為Vcos(ωt)時，利用電容器儲存的能量公式得出電容器所儲存的能量，進一步推導出電容器電壓的表達式。根據公式NR2θ2E2/2πks和NR2θ2E2/2C，可以得出電容器的最大電荷和儲存的能量。當電容器充電穩(wěn)定后，電容器所帶電荷達到最大值Qmax，此時電容器內所儲存的能量為2QmaxNR2θ2E2/4Cπks(θ-θ)。轉動可旋轉金屬板所受的力矩可以用公式T(θ)=NR2θ2E2/4πks(θ-θ)2表示。然而，當θ=π/2時，T(θ)發(fā)散，說明所用的平行板電容公式需要修改。當電容器電容最大時，充電后轉動可旋轉金屬板的力矩可以用公式T=NR2E2ΔU/4πksΔθ(θ=θ)表示。當輸入電壓為Vcos(ωt)時，利用電容器儲存的能量公式U=1/2C[(Cmax+Cmin)+(Cmax-Cmin)cos2ωmt]V2cos2ωt，可以得出電容器所儲存的能量。進一步推導出電容器電壓的表達式為V2={(Cmax+Cmin)+(Cmax+Cmin)cos2ωt+(Cmax-Cmin)cos2ωmt+(Cmax-Cmin)[cos2(ωm+ω)t+cos2(ωm-ω)t]}/8。由于邊緣效應引起的附加電容遠小于Cmax，因此可以用公式NR2θ2E2/2πks估算Cmax。如果ωm≠ω，則利用周期平均值公式cos2ωt=0，cos2ωmt=0，cos2(ωm±ω)t=1/2，進一步簡化公式。（1）題目要求計算磁感應強度和安培力，給出的公式中有些符號和上下標沒有對齊，需要修正。同時，第一句話也需要稍作改寫。一根通有電流i的鎢絲（長直導線）在距其r處產生的磁感應強度大小為：$$B=\frac{k_mi}{r}$$根據右手螺旋定則，相應的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對稱軸的圓，磁感應強度的方向沿圓弧在該點的切向，與電流i的方向成右手螺旋。兩根相距為d的載流鎢絲（如圖（a））間的安培力是相互吸引力，大小為：$$F=\frac{\phi\DeltaLi^2}kylqcpc$$其中，$\phi$代表磁場強度，$\DeltaL$代表兩根鎢絲之間的距離差，可以用磁感應強度B表示為：$$\phi=B\DeltaL$$因此，安培力可以改寫為：$$F=\frac{B\DeltaLi^2}vx55yad$$（2）題目要求推導二極管的整流電路中，電容器所儲存的能量的周期平均值，給出的公式中有些符號沒有對齊，需要修正。同時，需要刪除明顯有問題的段落。對于二極管的整流電路，電容器所儲存的能量的周期平均值可以通過以下公式計算：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{1}{T}\int_0^T\frac{1}{2}C\frac{dU^2}{dt}dt$$其中，C代表電容器的電容量，U代表電容器上電壓的最大值，T代表周期。根據電容器的電壓變化曲線，可以得到：$$\frac{dU}{dt}=\frac{U_0}{RC}e^{-t/RC}$$因此，可以將上式改寫為：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{2T}\int_0^Te^{-2t/RC}dt$$對上式進行積分，得到：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2T/RC}\right)$$將T/RC記作$\lambda$，則可以進一步改寫為：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2\lambda}\right)$$因此，電容器所儲存能量的周期平均值為：$$\frac{1}{2}CU^2\frac{1}{T}\int_0^Tdt=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2\lambda}\right)$$如果存在邊緣效應，會導致估計的電容值偏小，因此實際的(Cmax-Cmin)要比用公式估計的Cmax小。如果$\omega_m\neq\omega$，可以通過以下公式計算電容器所儲存的能量的周期平均值：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{4}\left(1+\frac{1}{2\lambda}\right)$$其中，$\omega_m$代表信號的角頻率。考慮一根載流鎢絲所受到的其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力，由系統(tǒng)的對稱性可知，每根鎢絲受到的合力方向都指向軸心。我們可以將其他鎢絲對它的吸引力在徑向的分量疊加，設兩根載流鎢絲到軸心連線間的夾角為$\theta$，則它們間的距離為$d=2r\sin(\theta/2)$。根據公式，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為$F_r=\frac{k_m\DeltaL_i^2}{2r\sin(\theta/2)}$，它與$\theta$無關。因此，某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為$F=\frac{2(N-1)k_m\DeltaL_i^2}{2rN^2}$，其方向指向軸心?？紤]圓柱面上各處單位面積所受的安培力的合力，由系統(tǒng)的對稱性可知，其大小相等，方向與柱軸垂直，且指向柱軸。圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為$P=\frac{N(N-1)k_m\DeltaL_i^2}{4\pir^2\DeltaL}$。因為$N$很大，但總電流不變，所以圓柱面上$\Delta\theta$角對應的柱面面積為$s=r\Delta\theta\DeltaL$。代入公式得到$P=\frac{2k_mI}{\pir^2}$。代入題給數據得$P=1.02\times10^{12}\text{N/m}^2$，即相當于一千萬大氣壓?？紤]均勻通電的長直圓柱面內任意一點$A$的磁場強度。根據對稱性可知，其磁場如果不為零，方向一定在過$A$點且平行于通電圓柱的橫截面。在$A$點所在的通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）內，過$A$點作兩條相互間夾角為微小角度$\Delta\theta$的直線，在圓上截取兩段微小圓弧$L_1$和$L_2$。由幾何關系以及鎢絲在圓周上排布的均勻性，通過$L_1$和$L_2$段的電流之比$I_1/I_2$等于它們到$A$點的距離之比$l_1/l_2$，即$I_1L_1/l_1=I_2L_2/l_2$。因此有$I_1/I_2=l_1/l_2$。根據題意，$l_1$和$l_2$相差微小，可以近似看作相等。因此，$I_1/I_2\approx1$。根據畢奧-薩伐爾定律，磁場強度$B=\mu_0I/(2\pir)$，代入公式得到$B=\frac{\mu_0I}{2\pirl}$。與圓的半徑OL的夾角為α，根據正弦定理可得：$$l_4=\frac{\sin(\alpha-\theta)\sin\alpha}{\sin(\alpha+\theta)}l_3$$其中，$OCL=\theta$，$CLO=\alpha$。根據電磁學知識，穿過兩段微小圓弧的電流$I_3$和$I_4$在點C處產生的磁場沿合磁場方向的投影等于$I_3$和$I_4$移至圓柱軸在C點產生的磁場。整個圓周可以分為許多“對”這樣的圓弧段，因此沿柱軸通有均勻電流的長圓柱面外的磁場等于該圓柱面上所有電流移至圓柱軸后產生的磁場。即：$$B=k_m\frac{I}{l}\qquad(l>r)$$其中，$k_m$為磁場常數，$I$為電流強度，$l$為圓柱面上的電流線元長度。磁場方向垂直于C點與圓心O的連線，滿足右手螺旋法則。根據題目給出的條件，觀察到星系的譜線的頻率分別為$\nu_1=4.549\times10^{14}$Hz和$\nu_2=6.141\times10^{14}$Hz，它們分別對應于在實驗室中測得的氫原子光譜的兩條譜線$\nu_1$和$\nu_2$。由紅移量$z$的定義，根據波長與頻率的關系可得：$$z=\frac{\Delta\lambda}{\lambda}=\frac{\Delta\nu}{\nu}=\frac{\nu'-\nu}{\nu}$$將$\nu'$和$\nu$分別代入上式，得到這兩條譜線的相對紅移量