第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答一、(12分)题目一：球形液滴的振动频率假设球形液滴振动频率与其半径r、密度ρ和表面张力系数σ之间的关系式为f=kρσr，其中k是常数。根据单位分析法，可以得到单位等式[f]=[ρ][σ][r]。力学的基本物理量包括质量m、长度l和时间t，分别对应的单位是千克(kg)、米(m)和秒(s)。根据单位等式，[f]=[t]^-1，[r]=[l]，[ρ]=[m][l]^-3，[σ]=[m][t]^-2。将这些单位代入单位等式，得到[t]^-1=[l]^-3[m]^[ρ][t]^-2[σ]，即[t]^-1=[l]^[ρ][m]^[σ][t]^-2。由此可以得到三个未知量的关系式：α-3β=0，β+γ=0，2γ=1。解得α=-1，β=-1，γ=1/2。解法二：假设球形液滴振动频率与其半径r、密度ρ和表面张力系数σ之间的关系式为f=kρσr，其中k是常数。根据单位分析法，可以得到单位等式[f]=[ρ][σ][r]。在国际单位制中，振动频率的单位是赫兹(Hz)，半径r的单位是米(m)，密度ρ的单位是千克每立方米(kg/m^3)，表面张力系数σ的单位是牛每米(N/m)=千克每秒平方(m/s^2)。根据单位等式，[f]=s^-1，[r]=m，[ρ]=kg/m^3，[σ]=kg/s^-2。将这些单位代入单位等式，得到[s]^-1=[m][ρ][σ]，即[s]^-1=[m][kg/m^3][kg/s^-2]。将这个式子代入f=kρσr，得到k=f/ρσr。1.(V,T),(p,V,T)和(pf,V,T)分别表示气体在初态、中间态和末态的压强、体积和温度。留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程：p1*V1^γ=p2*V2^γ(绝热方程)V1=V2*(p1/p2)(等容过程方程)联立以上两式可得：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.根据力学平衡条件，有：pi=p+ρghipf=p+ρghf其中，p是瓶外大气压强，ρ是U型管中液体的密度，g是重力加速度大小。联立以上式子，得到以下式子：ln(1+γ)=(hi-hf)/h通过近似关系式，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、铰链对三角形板的作用力NA和NB，各力及其作用点的坐标分别为：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是平板质心到x轴的距离。平板所受力和（对O点的）力矩的平衡方程为：∑F=NA+NB=Q+PC+N=0∑M=Q*x+N-NA-NB-mgsinθ*h=0联立以上方程，可解出：Q=mgsinθ*h/zNAx=-NBxNAy=mgsinθ/2NBz=NAz=mgcosθ/2QM=(0,mghsinθ/z,0)（1）题目给出了圆环在竖直方向上的受力情况，根据受力分析可以得到圆环开始沿轴上滑动的条件。将题目中给出的公式代入计算，得到圆环开始滑动的条件式（⑭）。进一步化简可得式（⑮）。其中，g代表重力加速度大小。（2）题目要求在满足条件式（⑮）的情况下，求出圆环开始沿轴上滑动的角速度。代入题目中给出的角度，条件式（⑮）中的等号成立。进一步代入条件式（⑯），可以得到圆环开始滑动的角速度的大小。最后代入题目中给出的半径和角速度的公式，可以得到圆环开始沿轴上滑动时的线速度大小。（3）题目给出了一个光学成像的问题，需要求出圆盘在透镜后的成像情况。代入透镜成像公式，可以求得像距。进一步代入公式，可以得到圆盘像在透镜右侧的位置和大小。由于圆盘像和圆盘大小一样，因此圆盘像为圆盘状。（4）题目要求分析圆形光阑对圆盘像的影响。首先根据几何关系，可以得出圆形光阑在透镜后方6cm处，且圆盘像在光轴上。随着圆形光阑半径的减小，圆盘像的形状和大小不变，但亮度变暗。但是不存在一个圆形光阑半径，使得圆盘像大小的半径变为原来的一半。（5）题目给出了圆形光阑在透镜后方18cm处的情况。根据几何关系，可以得出圆盘像在光轴上，且圆形光阑边缘与AB相交时，圆盘刚好能成完整像。此时圆盘半径为3cm，但亮度变暗。若进一步减小光圈半径，圆盘像的大小也会减小。当透镜上任何一点发出的光线都无法穿过光圈并照在原来像的一半高度处时，圆盘像的半径就会缩小为原来的一半，如下图所示。此时，光圈边缘与AE相交，AE与光轴的交点为D，通过几何关系可以计算出D与像的轴之间的距离为20R/7cm。同时，有DE'=20cm和EE'=2.5cm，利用相似三角形ΔDRR'和ΔDEE'的关系，可以得出r_a=0.75cm时，圆盘像的大小的半径减小为原来的一半。只要将圆形光圈放置在C点（距离透镜15cm处）和光屏之间，圆盘像的大小就与光圈半径有关。如果将圆形光圈移动到凸透镜前方6cm处，则圆盘像的形状和大小不变，但亮度会变暗。同时，不存在使圆盘像大小的半径变为原来的一半的圆形光圈半径。固定金属板和可旋转金属板之间的重叠扇形的圆心角θ的取值范围为-θ≤θ≤θ。整个电容器相当于2N个相同的电容器并联，因此C(θ)=2NC_1(θ)，其中C_1(θ)为相邻正负极板之间的电容，由公式C_1(θ)=A(θ)/(4πks)得出，其中A(θ)是两相邻正负极板之间相互重叠的面积，具体计算公式见式子③。将C_1(θ)代入公式中，得到公式⑤。当电容器两极板加上直流电势差E后，电容器所带电荷为Q(θ)=C(θ)E。当θ=0时，电容器的电容达到最大值C。1.利用公式得出电容器的最大电荷和储存的能量，以及转动可旋转金属板所受的力矩。2.发现平行板电容公式需要修改，当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩可以用公式表示。3.当输入电压为Vcos(ωt)时，利用电容器储存的能量公式得出电容器所储存的能量，进一步推导出电容器电压的表达式。根据公式NR2θ2E2/2πks和NR2θ2E2/2C，可以得出电容器的最大电荷和储存的能量。当电容器充电稳定后，电容器所带电荷达到最大值Qmax，此时电容器内所储存的能量为2QmaxNR2θ2E2/4Cπks(θ-θ)。转动可旋转金属板所受的力矩可以用公式T(θ)=NR2θ2E2/4πks(θ-θ)2表示。然而，当θ=π/2时，T(θ)发散，说明所用的平行板电容公式需要修改。当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩可以用公式T=NR2E2ΔU/4πksΔθ(θ=θ)表示。当输入电压为Vcos(ωt)时，利用电容器储存的能量公式U=1/2C[(Cmax+Cmin)+(Cmax-Cmin)cos2ωmt]V2cos2ωt，可以得出电容器所储存的能量。进一步推导出电容器电压的表达式为V2={(Cmax+Cmin)+(Cmax+Cmin)cos2ωt+(Cmax-Cmin)cos2ωmt+(Cmax-Cmin)[cos2(ωm+ω)t+cos2(ωm-ω)t]}/8。由于边缘效应引起的附加电容远小于Cmax，因此可以用公式NR2θ2E2/2πks估算Cmax。如果ωm≠ω，则利用周期平均值公式cos2ωt=0，cos2ωmt=0，cos2(ωm±ω)t=1/2，进一步简化公式。（1）题目要求计算磁感应强度和安培力，给出的公式中有些符号和上下标没有对齐，需要修正。同时，第一句话也需要稍作改写。一根通有电流i的钨丝（长直导线）在距其r处产生的磁感应强度大小为：$$B=\frac{k_mi}{r}$$根据右手螺旋定则，相应的磁感线是在垂直于钨丝的平面上以钨丝为对称轴的圆，磁感应强度的方向沿圆弧在该点的切向，与电流i的方向成右手螺旋。两根相距为d的载流钨丝（如图（a））间的安培力是相互吸引力，大小为：$$F=\frac{\phi\DeltaLi^2}{d}$$其中，$\phi$代表磁场强度，$\DeltaL$代表两根钨丝之间的距离差，可以用磁感应强度B表示为：$$\phi=B\DeltaL$$因此，安培力可以改写为：$$F=\frac{B\DeltaLi^2}{d}$$（2）题目要求推导二极管的整流电路中，电容器所储存的能量的周期平均值，给出的公式中有些符号没有对齐，需要修正。同时，需要删除明显有问题的段落。对于二极管的整流电路，电容器所储存的能量的周期平均值可以通过以下公式计算：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{1}{T}\int_0^T\frac{1}{2}C\frac{dU^2}{dt}dt$$其中，C代表电容器的电容量，U代表电容器上电压的最大值，T代表周期。根据电容器的电压变化曲线，可以得到：$$\frac{dU}{dt}=\frac{U_0}{RC}e^{-t/RC}$$因此，可以将上式改写为：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{2T}\int_0^Te^{-2t/RC}dt$$对上式进行积分，得到：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2T/RC}\right)$$将T/RC记作$\lambda$，则可以进一步改写为：$$\frac{1}{2}CU^2=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2\lambda}\right)$$因此，电容器所储存能量的周期平均值为：$$\frac{1}{2}CU^2\frac{1}{T}\int_0^Tdt=\frac{U_0^2}{4}\left(1-e^{-2\lambda}\right)$$如果存在边缘效应，会导致估计的电容值偏小，因此实际的(Cmax-Cmin)要比用公式估计的Cmax小。如果$\omega_m\neq\omega$，可以通过以下公式计算电容器所储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，$\omega_m$代表信号的角频率。考虑一根载流钨丝所受到的其他载流钨丝对它施加的安培力的合力，由系统的对称性可知，每根钨丝受到的合力方向都指向轴心。我们可以将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为$\theta$，则它们间的距离为$d=2r\sin(\theta/2)$。根据公式，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为$F_r=\frac{k_m\DeltaL_i^2}{2r\sin(\theta/2)}$，它与$\theta$无关。因此，某根载流钨丝所受到的所有其他载流钨丝对它施加的安培力的合力为$F=\frac{2(N-1)k_m\DeltaL_i^2}{2rN^2}$，其方向指向轴心。考虑圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力，由系统的对称性可知，其大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴。圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为$P=\frac{N(N-1)k_m\DeltaL_i^2}{4\pir^2\DeltaL}$。因为$N$很大，但总电流不变，所以圆柱面上$\Delta\theta$角对应的柱面面积为$s=r\Delta\theta\DeltaL$。代入公式得到$P=\frac{2k_mI}{\pir^2}$。代入题给数据得$P=1.02\times10^{12}\text{N/m}^2$，即相当于一千万大气压。考虑均匀通电的长直圆柱面内任意一点$A$的磁场强度。根据对称性可知，其磁场如果不为零，方向一定在过$A$点且平行于通电圆柱的横截面。在$A$点所在的通电圆柱的横截面（纸面上的圆）内，过$A$点作两条相互间夹角为微小角度$\Delta\theta$的直线，在圆上截取两段微小圆弧$L_1$和$L_2$。由几何关系以及钨丝在圆周上排布的均匀性，通过$L_1$和$L_2$段的电流之比$I_1/I_2$等于它们到$A$点的距离之比$l_1/l_2$，即$I_1L_1/l_1=I_2L_2/l_2$。因此有$I_1/I_2=l_1/l_2$。根据题意，$l_1$和$l_2$相差微小，可以近似看作相等。因此，$I_1/I_2\approx1$。根据毕奥-萨伐尔定律，磁场强度$B=\mu_0I/(2\pir)$，代入公式得到$B=\frac{\mu_0I}{2\pirl}$。与圆的半径OL的夹角为α，根据正弦定理可得：$$l_4=\frac{\sin(\alpha-\theta)\sin\alpha}{\sin(\alpha+\theta)}l_3$$其中，$OCL=\theta$，$CLO=\alpha$。根据电磁学知识，穿过两段微小圆弧的电流$I_3$和$I_4$在点C处产生的磁场沿合磁场方向的投影等于$I_3$和$I_4$移至圆柱轴在C点产生的磁场。整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此沿柱轴通有均匀电流的长圆柱面外的磁场等于该圆柱面上所有电流移至圆柱轴后产生的磁场。即：$$B=k_m\frac{I}{l}\qquad(l>r)$$其中，$k_m$为磁场常数，$I$为电流强度，$l$为圆柱面上的电流线元长度。磁场方向垂直于C点与圆心O的连线，满足右手螺旋法则。根据题目给出的条件，观察到星系的谱线的频率分别为$\nu_1=4.549\times10^{14}$Hz和$\nu_2=6.141\times10^{14}$Hz，它们分别对应于在实验室中测得的氢原子光谱的两条谱线$\nu_1$和$\nu_2$。由红移量$z$的定义，根据波长与频率的关系可得：$$z=\frac{\Delta\lambda}{\lambda}=\frac{\Delta\nu}{\nu}=\frac{\nu'-\nu}{\nu}$$将$\nu'$和$\nu$分别代入上式，得到这两条谱线的相对红移量