第31届国际物理奥林匹克竞赛试题

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全国第31届高中物理竞赛初赛试题

全国第31届中学生物理竞赛预赛试题一、选择题．本题共5小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为A．50Hz B．60HzC．400Hz D．410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是A．F1>F2>F3B．F2>F3 >F1C．F3 >F2> F1D．F1=F2=F35．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0.5mm，丝杆螺距为0.5mm，套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)所示，其值为_____mm，测量时如图(b)所示，其值为_____mm，测得小球直径d=___________mm．7．（10分）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s内汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P上，物距u1=3f．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0×10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0×10-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0×10-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为1.60×10 -19C，电子质量为9.11×10-31kg．三、计算题，计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20分)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、内阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为 c1p2 + c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．(1)求常量c1和c2的值；(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s 转动．圆盘半径r=1.00m ，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s 2．求(1)天花板相对于圆盘中心轴O 点的高度；(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案及评分标准一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分) (若有效位数错，无分)7. 1.5m/s 2(5分)；4.5×104J(5分)8. (1)右，f ，实，倒，1 (每空1分) (2)左，2f ，实，倒，1 (每空1分)9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)10. 3.6×10-2(5分)；8.8×107(5分)三、11. (15分) 由折射定律得：sin θi = sin θd …①由几何关系得：x 1=htan θi …②，x 2=htan θd …③，H=2(x 1+x 2)tan(900―θi )…④，H 为物A 到像A /的距离，在小角度近似下有：tan θi ≈sin θi ，tan θd ≈sin θd ，tan(900―θi )≈1 sin θi…⑤，联立以上各式得：H=2(h+t n) …⑥ 评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分12. (20分)(1)等效电路如图所示(2)等效电容C 1和C 2为：C 1=ε1A d 1，C 2=ε2A d 2…① 等效电阻R 1和R 2为： R 1=d 1σ1 A ，R 2=d 2σ2 A…② 两层电介质所消粍的功率为：P=U 2 R 1+R 2=U 2A σ1σ2 d 1σ2+d 2σ1…③ (3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1和U 2，上层介质界面上的电荷为：Q 1=C U 1=ε1A d 1·UR 1R 1+R 2=ε1σ2AU d 1σ2+d 2σ1…④，下层介质界面上的电荷为：Q 2=ε2σ1AU d 1σ2+d 2σ1…⑤ 两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1―Q 2=(ε1σ2―ε2σ1)AU d 1σ2+d 2σ1…⑥ 评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分13. (20分)沿着电流I 的方向液柱长度为a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安=BIa …① 液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad …②水平方向上二力平衡，有：F 安= F P …③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) …④，式中R=a σbd…⑤ 由以上各式解得：σ =ρgha b(B ε―r ρghd)…⑥ 评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分14. (20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有： c 1p 22 + c 2p 2 =T 2 …①，c 1p 32 + c 2p 3 =T 3 …②由此解得：c 1=T 2p 3―T 3p 2 p 22p 3―p 32p 2=T 2p 3―T 3p 1 p 12p 3―p 32p 1 …③，c 1=T 2p 32―T 3p 22 p 2p 32―p 22p 3=T 2p 32―T 3p 12p 1p 33―p 12p 3…④ (2)利用气体状态方程pV=RT ，以及V 1=R T 1p 1，V 2=R T 2p 2，V 3=R T 3p 3…⑤ 可将过程2―3的方程为：p V 2―V 3 p 2―p 3=V+V 2p 3―V 3p 2 p 2―p 3…⑥ 可见，在p ―V 图上过程2―3是以(p 2，V 2)和(p 3，V 3) 为状态端点的直线段，过程3―1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p T=c 3 …⑦，式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV=RT ，可将过程3—1的方程改写为：V=R c 3=V 3=V 1 …⑧，这是以(p 3，V 1)和(p 1，V 1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p ―V 图上是一直角三角形，如图所示.(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―12(p 3―p 1)( V 2―V 1) …⑨ 利用气体状态方程pV=RT 和⑤式，上式即W=―12R(T 2―T 1)(p 3p 1―1) …⑩ 评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p ―V 上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分.15. (20分)以第二个π介子的飞行方向为x轴，以事件平面为x―y平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为Pω、P1、P2和P3，衰变前后粒子在x和y方向的动量分别守恒，有：Pωcosφ= P1cosθ1+P2+ P3cosθ2 …⑪，―Pωsinφ= ―P1sinθ1+ P3sinθ2 …⑫衰变前后粒子的总能量守恒，有：mωc2+Tω=(mc2+T1)+( mc2+T2)+( mc2+T3) …⑬，式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：Tω=pω22mω…⑭，T1=p122m…⑮，T2=p222m…⑯，T3=p322m…⑰分别由⑤⑥⑦式得p1=2mT1…⑱，p2=2mT2…⑲，p3=2mT3…⑳联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctanT1sinθ1―T3sinθ2T1cosθ1+T2+ T3cosθ2…⑴Pω2=2m(T1+T2+T3)+4m T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3cosθ2] …⑵由③④式得：2mω2c2―2mω(3mc2+T1+T2+T3)+2m(T1+T2+T3)+4m[T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3 cosθ2]=0 …⑶其解为mω=32m+12c2(T1+T2+T3)+[32m+12c2(T1+T2+T3)]2―Pω22c2…⑷式中pω2由⑵式给出。

2022年第31届中学生物理竞赛预赛试和答案配套精选

第31届全国中学生物理竞赛预赛试卷本卷共16题，总分值2021，．一、选择题．此题共5小题，每题6分．在每题给出的4 个项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每题后面的方括号内．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．〔6分〕一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．〔6分〕按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为1 cm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度，当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如下图．当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度，以下说法中错误的选项是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．〔6分〕一列简谐横波在均匀的介质中沿轴正向传播，两质点，当/，那么该波的频率可能为A．50HB．60HC．400HD 410H物理竞赛预赛试卷第1页〔共8页〕4．〔6分〕电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式．电磁驱动的原理如下图，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用铜、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环,当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3。

假设环的重力可忽略，以下说法正确的选项是A F1 > F2 > F3B F2 > F3 > F1C F3 > F2 > F1D F1 = F2 = F35．〔6分〕质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰，假设B球的质量m B可选取为不同的值，那么A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上．只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．〔10分〕用国家标准一级螺旋测微器〔直标度尺最小分度为0 5mm，丝杆螺距为,套管上分为50格刻度〕测量小球直径．测微器的初读数如图a历示，其值为______mm，测量时如图b所示，其值为_______mm，测得小球直径d=____________________mm物理竞赛预赛试卷第2页〔共8页〕7．〔10分〕为了缓解城市交通拥堵问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待行区〞〔行人可从天桥或地下过道过马路〕，如下图，当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区〞；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区〞直行通过十字路口．假设某十字路口限速50m/h，“直行待行区〞的长度为12m，从提示进入“直行待行区〞到直行绿灯亮起的时间为4如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区〞的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1 5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的倍，那么该汽车的行驶加速度为________；在这4内汽车发动机所做的功为___________。

第31届全国中学生物理竞赛决赛训练题第01套-更新

第31 届全国中学生物理竞赛题一满分 140分命题人蔡子星如图，在平面x -y 平面上有无穷多个固定的带电线密度为λ的同心圆环，圆心在原点处，半径分别为r ,2r ,3r ...一个电量为q >0的质量为m 的点电荷，初态静止在圆心处。

(1) 限制电荷在x -y 平面内运动，电荷在小扰动下是否为稳定平衡，若稳定求周期。

(2) 限制电荷在z 轴上运动，电荷在小扰动下是否为稳定平衡，若稳定求周期。

(3) 限制电荷在x 2 +y 2 -kz 2 =0的圆锥面上运动，k 取值在什么范围内的时候，电荷在微扰小稳定平衡。

1 1 1 π21 1 1 提示： + + +...= ≈1.645； + + +...≈1.202 12 22 32 6 13 23 33题二（1）在边长为a 的正三角三个顶点处有是三个质量为m 的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

（2）在边长为a 的正三角三个顶点处有是三个质量为m 1、m 2、m 3的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

（3）在边长为a 的正四面体四个顶点处有是四个质量为m 1、m 2、m 3、m 4的质点，初态静止，求在万有引力作用下质点相遇时间。

题三如图在x -y 平面中有向y 负方向的匀强电场E ，有垂直于纸面向内的匀强磁场B ，在原点有一堆电量为q ，质量为m 的点电荷以初速度v 0向平面内各方向飞出来，只考虑洛仑兹力和匀强电场的作用，忽略电荷之间的静电作用。

(1) 求这些点电荷汇聚的时间和位置坐标。

(2) 若v 0 =E /B ，在以速度v 0向右的参照系中，写出任意t 时刻这些粒子构成的图形。

求出哪些区域有可能被粒子经过。

题四如图是由两个三极管构成恒流电路。

NPN 三极管放大工作特性为，当I b ≥0时，U be ≈0.5V ，三极管导通：其中当U ce >0.5V 时为放大状态，I c =βI b ，β=99；否则当U ce ≈0.5V 时为饱和状态。

2024国际物理奥林匹克竞赛试题

选择题一个质子和一个中子结合形成一个氘核时，会释放能量。

这一过程中，以下哪个物理量守恒？A. 质量B. 电荷量C. 质量与电荷量均守恒（正确答案）D. 仅有能量守恒在双缝干涉实验中，当光屏上某点到两缝的光程差为半个波长时，该点将出现：A. 明条纹B. 暗条纹（正确答案）C. 无法确定条纹明暗D. 既非明条纹也非暗条纹关于黑洞的视界，以下描述正确的是：A. 视界是黑洞内部与外部的分界线，物质和光可以穿越B. 视界是黑洞的“表面”，但实际上并不存在物理意义上的表面C. 视界内部的事件对外部观察者而言是不可见的（正确答案）D. 视界的大小与黑洞的质量无关在量子力学中，波函数的平方代表什么？A. 粒子的动量B. 粒子的位置C. 粒子在某处出现的概率密度（正确答案）D. 粒子的能量以下哪个现象不能用经典力学解释？A. 行星绕太阳的运动B. 电磁波的传播（正确答案）C. 炮弹的弹道D. 地球的自转在相对论中，当物体的速度接近光速时，以下哪个物理量将显著增加？A. 物体的质量（正确答案）B. 物体的体积C. 物体的密度D. 物体的电荷关于原子核的裂变，以下说法正确的是：A. 裂变过程中，原子核的总质量增加B. 裂变过程中，会释放大量的能量（正确答案）C. 裂变只能发生在重元素中，如铅D. 裂变是原子核自发分裂的过程，无需外部粒子轰击在电磁感应现象中，当导体在磁场中运动时，感应电流的方向由什么定律决定？A. 欧姆定律B. 库仑定律C. 楞次定律（正确答案）D. 法拉第电磁感应定律关于量子纠缠，以下哪个描述是正确的？A. 量子纠缠是经典物理中的常见现象B. 量子纠缠意味着两个粒子在任何时刻的状态都是完全相同的C. 量子纠缠的两个粒子之间，对其中一个粒子的测量会瞬间影响到另一个粒子的状态，无论它们相距多远（正确答案）D. 量子纠缠可以通过经典通信来复制和传递。

中学生物理奥林匹克竞赛第31届试卷及答案.

中学生物理奥林匹克竞赛第31届试卷及答案.度又相等时，记录此时U形管液面的高度差h．试f由这两次记录的实验数据h和f h，导出瓶内气体i的摩尔热容比γ的表达式．（提示：放气过程时间很短，可视为无热量交换；且U形管很细，可忽略由高差变化引起的瓶内气体在状态变化前后的体积变化）三、（20分）如图所示，一质量为m、底边AB长为b等腰边长为a、质量均匀分布的等腰三角形平板，可绕过光滑铰链支点A和B的水平轴x自由转动；图中原点O位于AB的中点，y轴垂直于板面斜向上，z轴在板面上从原点O指向三角形顶点C. 今在平板上任一给定点000x z加一垂直于板M(,0,)面的拉力Q.（1）若平衡时平板与竖直方向成的角度为ϕ，求拉力Q以及铰链支点对三角形板的作用力N A和N B；（2）若在三角形平板上缓慢改变拉力Q的作用点M的位置，使平衡时平板与竖直方向成的角度仍保持为ϕ，则改变的作用点M形成的轨迹满足什么条件时，可使铰链支点A或B对板作用力的垂直平板的分量在M变动中保持不变？四、（24分）如图所示，半径为R、质量为m0的光滑均匀圆环，套在光滑竖直细轴OO'上，可沿OO'轴滑动或绕OO'轴旋转．圆环上串着两个质量均为m的小球. 开始时让圆环以某一角速度绕OO'轴转动，两小球自圆环顶端同时从静止开始释放．（1）设开始时圆环绕OO'轴转动的角速度为ω0，在两小球从环顶下滑过程中，应满足什么条件，圆环才有可能沿OO'轴上滑？（2）若小球下滑至30θ=︒（θ是过小球的圆环半径与OO '轴的夹角）时，圆环就开始沿OO '轴上滑，求开始时圆环绕OO '轴转动的角速度ω0、在30θ=︒时圆环绕OO '轴转动的角速度ω和小球相对于圆环滑动的速率v .五、（20分）如图所示，现有一圆盘状发光体，其半径为5cm ，放置在一焦距为10cm 、半径为15cm 的凸透镜前，圆盘与凸透镜的距离为20cm ，透镜后放置一半径大小可调的圆形光阑和一个接收圆盘像的光屏．图中所有光学元件相对于光轴对称放置．请在几何光学近轴范围内考虑下列问题，并忽略像差和衍射效应．（1）未放置圆形光阑时, 给出圆盘像的位置、大小、形状；圆凸光光（2）若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处.当圆形光阑的半径逐渐减小时，圆盘的像会有什么变化？是否存在某一光阑半径r，a 会使得此时圆盘像的半径变为（1）中圆盘像的半径的一半？若存在，请给出r的数a 值.（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm处，回答（2）中的问题；（4）圆形光阑放置在哪些位置时，圆盘像的大小将与圆形光阑的半径有关？（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，回答（2）中的问题.六、（22分）如图所示，一电容器由固定在共同导电底座上的N+1片对顶双扇形薄金属板和固定在可旋转的导电对称轴上的N片对顶双扇形薄金属板组成，所有顶点共轴，轴线与所有板面垂直，两组板面各自在垂直于轴线的平面上的投影重合，板面扇形半径均为R ，圆心角均为0θ（02πθπ≤<）；固定金属板和可旋转的金属板相间排列，两相邻金属板之间距离均为s ．此电容器的电容C 值与可旋转金属板的转角θ有关．已知静电力常量为k ．（1）开始时两组金属板在垂直于轴线的平面上的投影重合，忽略边缘效应，求可旋转金属板的转角为θ（00θθθ-≤≤）时电容器的电容()C θ；（2）当电容器电容接近最大时，与电动势为E 的电源接通充电（充电过程中保持可旋转金属板的转角不变），稳定后断开电源，求此时电容器极板所带电荷量和驱动可旋转金属板的力矩；（3）假设02πθ=，考虑边缘效应后，第（1）问中的()C θ可视为在其最大值和最小值之间光滑变化的函数max min max min 11()()()cos222C C C C C θθ=++-式中，max C 可由第（1）问的结果估算，而minC 是因边缘效应计入的，它与maxC 的比值λ是已知的．若转轴以角速度m ω匀速转动，且mt θω=，在极板间加一交流电压0cos V V t ω=．试计算电容器在交流电压作用下能量在一个变化周期内的平均值，并给出该平均值取最大值时所对应的mω．七、（26分）Z-箍缩作为惯性约束核聚变的一种可能方式，近年来受到特别重视，其原理如图所示．图中，长20 mm 、直径为5m μ的钨丝组成的两个共轴的圆柱面阵列，瞬间通以超强电流，钨丝阵列在安培力的作用下以极大的加速度向内运动, 即所谓自箍缩效应；钨丝的巨大动量转移到处于阵列中心的直径为毫米量级的氘氚靶球上，可以使靶球压缩后达到高温高密度状态，实现核聚变．设内圈有N 根钨丝（可视为长直导线）均匀地分布在半径为r 的圆周上，通有总电流7210A =⨯内I ；外圈有M 根钨丝，均匀地分布在半径为R 的圆周上，每根钨丝所通过的电流同内圈钨丝．已知通有电流i 的长直导线在距其r 处产生的磁感应强度大小为mi k r ，式中比例常量772210T m/A 210N /A m k --=⨯⋅=⨯．（1）若不考虑外圈钨丝，计算内圈某一根通电钨丝中间长为L ∆的一小段钨丝所受到的安培力；（2）若不考虑外圈钨丝，内圈钨丝阵列熔化后形成了圆柱面，且箍缩为半径0.25cm r =的圆柱面时，求柱面上单位面积所受到的安培力，这相当于多少个大气压？（3）证明沿柱轴方向通有均匀电流的长圆柱面，圆柱面内磁场为零，即通有均匀电流外圈钨丝的存在不改变前述两小题的结果；（4）当1N 时, 则通有均匀电流的内圈钨丝在外圈钨丝处的磁感应强度大小为mI k R 内，若要求外圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力大于内圈钨丝柱面每单位面积所受到的安培力，求外圈钨丝圆柱面的半径R 应满足的条件；（5）由安培环路定理可得沿柱轴方向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，请用其他方法证明此结论.（计算中可不考虑图中支架的影响）金属金属外圈内圈支架八、（20分）天文观测表明，远处的星系均离我们而去．著名的哈勃定律指出，星系离开我们的速度大小v =HD ，其中D 为星系与我们之间的距离，该距离通常以百万秒差距（Mpc ）为单位；H 为哈勃常数，最新的测量结果为H =67.80km/(s ⋅Mpc)．当星系离开我们远去时，它发出的光谱线的波长会变长（称为红移）．红移量z 被定义为λλλ'-=z ，其中λ'是我们观测到的星系中某恒星发出的谱线的波长，而λ是实验室中测得的同种原子发出的相应的谱线的波长，该红移可用多普勒效应解释．绝大部分星系的红移量z 远小于1，即星系退行的速度远小于光速．在一次天文观测中发现从天鹰座的一个星系中射来的氢原子光谱中有两条谱线，它们的频率ν'分别为4.549⨯1014Hz 和6.141⨯1014Hz ．由于这两条谱线处于可见光频率区间，可假设它们属于氢原子的巴尔末系，即为由n > 2的能级向k =2的能级跃迁而产生的光谱．（已知氢原子的基态能量013.60 eV=-E ，真空中光速82.99810m/s =⨯c ，普朗克常量346.62610J s-=⨯⋅h ，电子电荷量191.60210C-=⨯e ）（1）该星系发出的光谱线对应于实验室中测出的氢原子的哪两条谱线？它们在实验室中的波长分别是多少？（2）求该星系发出的光谱线的红移量z 和该星系远离我们的速度大小v ；（3）求该星系与我们的距离D ．第31届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答2014年9月20日一、（12分）（1）球形（2）液滴的半径r 、密度ρ和表面张力系数σ（或液滴的质量m 和表面张力系数σ）（3）解法一假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 按照这一约定，①式在同一单位制中可写成{}[]{}{}{}{}[][][]αβγαβγρσρσ=f f k r r由于取同一单位制，上述等式可分解为相互独立的数值等式和单位等式，因而 [][][][]αβγρσ=f r②力学的基本物理量有三个：质量m 、长度l 和时间t，按照前述约定，在该单位制中有{}[]=m m m ，{}[]=l l l ，{}[]=t t t于是[][]-=f t 1③[][]=r l④[][][]ρ-=m l 3⑤[][][]σ-=m t 2⑥将③④⑤⑥式代入②式得 [][]([][])([][])αβγ---=t l m l m t 132即[][][][]αββγγ--+-=t l m t 132⑦由于在力学中[]m 、[]l 和[]t 三者之间的相互独立性，有30αβ-=，⑧0βγ+=，21γ=⑩ 解为311,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得 σρ=f r 3⑫ 解法二假设液滴振动频率与上述物理量的关系式为αβγρσ=f k r①式中，比例系数k 是一个待定常数. 任一物理量a 可写成在某一单位制中的单位[]a 和相应的数值{}a 的乘积{}[]=a a a . 在同一单位制中，①式两边的物理量的单位的乘积必须相等[][][][]αβγρσ=f r力学的基本物理量有三个：质量M 、长度L 和时间T ，对应的国际单位分别为千克（kg ）、米（m ）、秒（s ）. 在国际单位制中，振动频率f 的单位[]f 为s -1，半径r 的单位[]r 为m ，密度ρ的单位[]ρ为3kg m -⋅，表面张力系数σ的单位[]σ为1212N m =kg (m s )m kg s ----⋅⋅⋅⋅=⋅，即有[]s -=f 1③[]m=r④[]kg m ρ-=⋅3⑤[]kg s σ-=⋅2⑥若要使①式成立，必须满足()()s m kg m kg s (kg)m s βγαβγαβγ---+--=⋅⋅=⋅⋅13232⑦由于在力学中质量M 、长度L 和时间T 的单位三者之间的相互独立性，有30αβ-=，⑧βγ+=，⑨21γ=⑩ 解为311,,222αβγ=-=-=⑪将⑪式代入①式得 3f r σρ=⑫评分标准：本题12分. 第（1）问2分，答案正确2分；第（2）问3分，答案正确3分；第（3）问7分，⑦式2分，⑪式3分，⑫式2分（答案为f ∝f =或f 2分）.二、(16分)解法一：瓶内理想气体经历如下两个气体过程：000000(,,,)(,,,)(,,,)−−−−−−−→−−−−−→i i f f f p V T N p V T N p V T N 放气(绝热膨胀)等容升温其中，0(,,,),(,,,,,,)iifffp V T N p V T N p V T N )和(分别是瓶内气体在初态、中间态与末态的压强、体积、温度和摩尔数．根据理想气体方程pV NkT =，考虑到由于气体初、末态的体积和温度相等，有f f iip N p N =①另一方面，设V '是初态气体在保持其摩尔数不变的条件下绝热膨胀到压强为0p 时的体积，即(,,,)(,,,)iiip V T N p V T N '−−−−→绝热膨胀此绝热过程满足1/00i V p V p γ⎛⎫= ⎪'⎝⎭②由状态方程有0ip V N kT '=和00fp V N kT =，所以fiN V NV ='③联立①②③式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭④ 此即lnln i ifp p p p γ=⑤由力学平衡条件有iip p gh ρ=+⑥0ffp p gh ρ=+⑦ 式中，0pgh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小.由⑤⑥⑦式得 000ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+⑧利用近似关系式：1, ln(1)x x x+≈当，以及 0/1, /1if h hh h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑨评分标准：本题16分．①②③⑤⑥⑦⑧⑨式各2分．解法二：若仅考虑留在容器内的气体：它首先经历了一个绝热膨胀过程ab ，再通过等容升温过程bc 达到末态100000(,,)(,,)(,,)−−−−−→−−−−−→i f p V T p V T p V T 绝热膨胀ab 等容升温bc其中，1(,,),(,,,,)ifp V T p V T p V T )和(分别是留在瓶内的气体在初态、中间态和末态的压强、体积与温度．留在瓶内的气体先后满足绝热方程和等容过程方程1100ab: γγγγ----=i p T p T①00bc://=f p T p T由①②式得1/0fi i p p p p γ⎛⎫= ⎪⎝⎭③ 此即lnln i ifp p p p γ=④由力学平衡条件有iip p gh ρ=+⑤0ffp p gh ρ=+⑥ 式中，0pgh ρ=为瓶外的大气压强，ρ是U 形管中液体的密度，g 是重力加速度的大小．由④⑤⑥式得00ln(1)ln(1)ln(1)if i h h h hh h γ+=+-+利用近似关系式：1, ln(1)x x x+≈当，以及 0/1, /1if h hh h ，有000///i ii f i fh h h h h h h h h γ==--⑧评分标准：本题16分．①②式各3分，④⑤⑥⑦⑧式各2分．三、（20分）（1）平板受到重力CP 、拉力0M Q 、铰链对三角形板的作用力N A 和N B ，各力及其作用点的坐标分别为：C (0,sin ,cos )ϕϕ=--mg mg P ，(0,0,)h ； 0M (0,,0)Q =Q ， 00(,0,)x z ；A A A A (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b； B B B B (,,)x y z N N N =N ， (,0,0)2b- 式中h =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 A B x0=+=∑xx F N N①A B sin 0ϕ=++-=∑yy y FQ N N mg②A B cos 0ϕ=+-=∑zz z FN N mg③0sin 0xMmgh Q z ϕ=-⋅=∑④B A 022=-=∑y z z b bM N N⑤0A B 022z yy b bM Q x N N =⋅+-=∑⑥联立以上各式解得sin mgh Q z ϕ=，A B x x N N =-，000sin 21()2Ay mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦，000sin 21()2Bymg h b x Nb z z ϕ⎡⎤=--⎢⎥⎣⎦A B 1cos 2z z N N mg ϕ==即0M 0sin (0,,0)mgh z ϕ=Q ，⑦0A A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦N ，⑧0B A 002sin 1(,1(),cos )22x x mg h b N mg b z z ϕϕ⎡⎤=---⎢⎥⎣⎦N⑨（2）如果希望在M(,0,)x z 点的位置从点0M (,0,)x z 缓慢改变的过程中，可以使铰链支点对板的作用力ByN 保持不变，则需 sin 21()2By mg h b x N b z z ϕ⎡⎤=--=⎢⎥⎣⎦常量⑩M 点移动的起始位置为0M ，由⑩式得00022-=-b x b x z z z z⑪ 或00022b x b x zz z ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭⑫这是过A(,0,0)2b 点的直线. (*)因此，当力MQ 的作用点M 的位置沿通过A 点任一条射线(不包含A 点)在平板上缓慢改变时，铰链支点B 对板的作用力ByN 保持不变. 同理，当力MQ的作用点M 沿通过B 点任一条射线在平板上缓慢改变时，铰链支点A 对板的作用力AyN 保持不变.评分标准：本题20分．第（1）问14分，①式1分，②③④⑤⑥式各2分，⑦⑧⑨式各1分；第（2）问6分，⑩⑫式各1分，(*) 2分，结论正确2分. 四、（24分）（1）考虑小球沿径向的合加速度. 如图，设小球下滑至θ角位置时，小球相对于圆环的速率为v ，圆环绕轴转动的角速度为ω ．此时与速率v 对应的指向中心C 的小球加速度大小为 21a R=v①同时，对应于圆环角速度ω，指向OO '轴的小球加速度大小为 2(sin )sin R a R ωωθθ=②该加速度的指向中心C 的分量为22(sin )sin R a a R ωωθθ==③该加速度的沿环面且与半径垂直的分量为C θ ω R ∆z ∆θθ ∆l r23(sin )cos cot R a a Rωωθθθ==④由①③式和加速度合成法则得小球下滑至θ角位置时，其指向中心C 的合加速度大小为 2212(sin )v ωθ=+=+R R a a a R R⑤在小球下滑至θ角位置时，将圆环对小球的正压力分解成指向环心的方向的分量N 、垂直于环面的方向的分量T . 值得指出的是：由于不存在摩擦，圆环对小球的正压力沿环的切向的分量为零. 在运动过程中小球受到的作用力是N 、T 和mg . 这些力可分成相互垂直的三个方向上的分量：在径向的分量不改变小球速度的大小，亦不改变小球对转轴的角动量；沿环切向的分量即sin θmg 要改变小球速度的大小；在垂直于环面方向的分量即T 要改变小球对转轴的角动量，其反作用力将改变环对转轴的角动量，但与大圆环沿'OO 轴的竖直运动无关. 在指向环心的方向，由牛顿第二定律有22(sin )cos R R N mg ma mR ωθθ++==v⑥合外力矩为零，系统角动量守恒，有202(sin )L L m R θω=+⑦式中L 0和L 分别为圆环以角速度ω0和ω转动时的角动量．如图，考虑右半圆环相对于轴的角动量，在θ角位置处取角度增量∆θ，圆心角∆θ所对圆弧l ∆的质量为m l λ∆=∆（02m Rλπ≡），其角动量为2sin L m r l rR Rr z R Sωλωθλωλω∆=∆=∆=∆=∆ ⑧式中r 是圆环上θ角位置到竖直轴OO '的距离，S ∆为两虚线间窄条的面积．⑧式说明，圆弧l ∆的角动量与S ∆成正比. 整个圆环（两个半圆环）的角动量为2200122222m R L L R m R R πωωπ=∆=⨯=∑ ⑨[或：由转动惯量的定义可知圆环绕竖直轴OO '的转动惯量J 等于其绕过垂直于圆环平面的对称轴的转动惯量的一半，即2012J m R =⑧则角动量L 为2012L J m R ωω==⑨ ] 同理有200012L m R ω=⑩力N 及其反作用力不做功；而T 及其反作用力的作用点无相对移动，做功之和为零；系统机械能守恒. 故22012(1cos )2[(sin )]2k k E E mgR m R θωθ-+⨯-=⨯+v⑪式中0k E 和k E 分别为圆环以角速度0ω和ω转动时的动能．圆弧l ∆的动能为222111()sin 222k E m r l rR R Sωλωθλω∆=∆=∆=∆整个圆环（两个半圆环）的动能为22220011222224k k m R E E R m R R πωωπ=∆=⋅⋅⋅⋅=∑⑫[或：圆环的转动动能为22201124k E J m R ωω==⑫ ] 同理有2200014k E m R ω=⑬根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2c o sNθ，当02cos N m gθ≥⑭时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩⑪⑫ ⑬式可知，⑭式可写成2220000220cos 6cos 4cos 102(4sin )ωθθθθ⎡⎤-+--≤⎢⎥+⎣⎦m R m m m m gm m⑮式中，g 是重力加速度的大小.（2）此时由题给条件可知当=30θ︒时，⑮式中等号成立，即有20020912()m m m m m ⎤⎛-+=- ⎥+⎝⎣⎦或00(m m ω=+⑯由⑦⑨⑩⑯式和题给条件得00020(9312)232+4sin +3(2)m mm m m gm m m mm m mRωωωθ-+===+⑰由⑪⑫⑬⑯⑰式和题给条件得2200023+(123)336(2)m mm m gRm m m-+=+v⑱评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，⑪式2分，⑫⑬式各1分，⑭式2分，⑮式1分；第（2）问6分，⑯⑰⑱式各2分．五、（20分）（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v . 由题意知：20cm u =,10cmf =，代入透镜成像公式111u f+=v①得像距为20cm=v②其横向放大率为1uβ=-=-v③可知圆盘像在凸透镜右边20cm ，半径为5cm ，为圆盘状，圆盘与其像大小一样.（2）如下图所示，连接A 、B 两点，连线AB 与光轴交点为C 点，由两个相似三角形AOC ∆与BB'C∆的关系可求得C 点距离透镜为15cm. 1分若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm 处，此时圆形光阑在C 点左侧. 1分当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B 点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗.2分此时不存在圆形光阑半径ar 使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm 处，此时圆形光阑在C 点（距离透镜为15cm ）的右侧. 由下图所示，此时有: CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm,利用两个相似三角形CRR'∆与CBB'∆的关系，得CR'52RR'=BB'=5cm 3cm CB'5r -=⨯⨯= ④可见当圆盘半径3cm r =（光阑边缘与AB 相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变暗． 4分若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原A C OBB C R BR ' B '先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE 相交，AE 与光轴的交点为D ，由几何关系算得D 与像的轴上距离为207cm. 此时有620DR'=cm, DE'=cm, EE'=2.5cm,77利用两个相似三角形DRR'∆与DEE'∆的关系，得DR'20/72RR'=EE'= 2.5cm 0.75cm DE'20/7ar -=⨯⨯= ⑤可见当圆形光阑半径ar =0.75cm ，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分（4）只要圆形光阑放在C 点（距离透镜为15cm ）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm 处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗；D RER E2分同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分；第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分；第（4）问2分，1个给分点为2分；第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．六、（22分）（1）整个电容器相当于2N 个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为θ时1()2()C NC θθ= ①式中1()C θ为两相邻正、负极板之间的电容1()()4A C ksθθπ=②这里，()A θ是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有2000200200200012(2), 212(), 02()12(), 0212(2), 2R R A R R θπθθθπθθθπθθθθθπθθππθθθ⎧⨯--≤≤-⎪⎪⎪⨯+-≤≤⎪=⎨⎪⨯-≤≤-⎪⎪⎪⨯--<<⎩当当当当 ③由②③式得2000200120020001(2), 41(), 04()1(), 041(2), 4R ks R ksC R ks R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当 ④由①④式得20002002002000(2), 2(), 02()(), 02(2), 2N R ks N R ks C N R ks N R ksθπθθθππθθθπθπθθθθπθπθππθθθπ⎧--≤≤-⎪⎪⎪+-≤≤⎪=⎨⎪-≤≤-⎪⎪⎪--<<⎩当当当当 ⑤（2）当电容器两极板加上直流电势差E 后，电容器所带电荷为()()θθ=Q C E⑥当0θ=时，电容器电容达到最大值maxC ，由⑤式得20max2NR C ksθπ=⑦充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值maxQ ，由⑥式得20max2NR Q E ksθπ= ⑧断开电源，在转角θ取0θ=附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为2222max 0000()2()4()θθθθπθθπθθ==-≤≤--Q NR E U C ks 当 ⑨设可旋转金属板所受力矩为()T θ（它是由若干作用在可旋转金属板上外力iF 产生的，不失普遍性，可认为iF 的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为ir ，其值iF 的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转θ∆（即从θ变为θθ+∆）后，电容器内所储存的能量增加U ∆，则由功能原理有()()()θθθθ∆=∆=∆=∆∑∑i i i i T F r F l U ⑩式中，由⑨⑩式得22200020()() 4()θθθθθπθθπθθ∆==-≤≤-∆-NR E U T ks 当 ⑪当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为2204θθπ=∆⎛⎫== ⎪∆⎝⎭U NR E T ks⑫（3）当0cos V V t ω=，则其电容器所储存能量为[]222max min max min 02max min max min 020max min max min max min max min 2012111()()cos2cos 222111()()cos2(1cos2)422()()cos2()cos2()cos2cos28{(8m m m m U CV C C C C t V t C C C C t V t V C C C C t C C t C C t t V ωωωωωωωω=⎡⎤=++-⎢⎥⎣⎦⎡⎤=++-+⎢⎥⎣⎦=++++-+-=max min max min max min max min )()cos2()cos21()[cos2()cos2()]}2m m m C C C C t C C t C C t t ωωωωωω++++-+-++-⑬由于边缘效应引起的附加电容远小于maxC ，因而可用⑦式估算maxC ．如果mωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑭可得电容器所储存能量的周期平均值为2221max min 001(1)()832NR U C C V V ksλ+=+= ⑮如果mωω=，⑭式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为222222max min 0max min 0max min 00111(3)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑯由于边缘效应引起的附加电容与忽略边缘效应的电容是并联的，因而maxC 应比用⑦式估计maxC大；这一效应同样使得minC>；可假设实际的maxmin ()CC -近似等于用⑦式估计maxC ．如果mωω≠，利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式cos2=0 cos2=0, cos2()=0, cos2()=0m m m t t t t ωωωωωω+-,⑰可得电容器所储存能量的周期平均值为 2221max min 001(12)()832NR U C C V V ksλ+=+= ⑱[如果mωω=，⑭中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和题设条件以及周期平均值公式⑭的前3式得电容器所储存能量的周期平均值为 222222max min 0max min 0max min 00111(34)()()(3)8161664NR U C C V C C V C C V V ksλ+=++-=+= ⑲]212 U U U >因为，则最大值为，所对应的mω为m ωω= ⑳评分标准：本题22分．第（1）问6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）问9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中没有求和号的，也同样给分；没有力的符号，也给分），⑪⑫式各2分；第（3）问7分，⑬⑭式各2分，⑮⑯⑳式各1分．七、（26分）（1）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的大小为mi B k r = ①由右手螺旋定则可知，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，它与电流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，大小为图(a)2m k Li F B Li d∆=∆=②考虑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．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；我们只要将其他钨丝对它的吸引力在径向的分量叠加即可．如图，设两根载流钨丝到轴心连线间的夹角为ϕ，则它们间的距离为 2sin 2d r ϕ= ③ 由②③式可知，两根载流钨丝之间的安培力在径向的分量为22sin 2sin(/2)22mmrk Li k LiF r rϕϕ∆∆== ④ 它与ϕ无关，也就是说虽然处于圆周不同位置的载流钨丝对某根载流钨丝的安培力大小和方向均不同，但在径向方向上的分量大小却是一样的；而垂直于径向方向的力相互抵消．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222(1)(1)22-∆-∆==mmN k L I N k LiF r rN内⑤ 其方向指向轴心．（2）由系统的对称性可知，所考虑的圆柱面上各处单位面积所受的安培力的合力大小相等，方向与柱轴垂直，且指向柱轴．所考虑的圆柱面，可视为由很多钨丝排布而成，N 很大，但总电流不变．圆柱面上ϕ∆角对应的柱面面积为 s r L ϕ=∆∆ ⑥ 圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(1)24m N N k Li N F P s r Lϕππ-∆∆==∆ ⑦由于1N，有22(1)-=N N i I 内⑧由⑦⑧式得224π=mk IP r内⑨ 代入题给数据得1221.0210N/m P =⨯ ⑩ 一个大气压约为5210N/m ，所以 710atm P ≈ ⑪ 即相当于一千万大气压．（3）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θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧L 1和L 2，如图（b ）所示. 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 I 12等于它们到A 点的距离之比/l l 12：111222==I L l I L l⑫式中，因此有1212=m mI I k k l l⑬ 即通过两段微小圆弧在A 点产生的磁场大小相同，方向相反，相互抵消．整个圆周可以分为许多“对”这样的圆弧段，因此通电的外圈钨丝圆柱面在其内部产生的磁场为零，所以通电外圈钨丝的存在，不改变前述两小题的结果．（4）由题中给出的已知规律，内圈电流在外圈钨丝所在处的磁场为=mI B k R 内 ⑭方向在外圈钨丝阵列与其横截面的交点构成的圆周的切线方向，由右手螺旋法则确定．外圈钨丝的任一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222(1)(2) + 22-∆∆+=∆=mm mM k L I I k I k L I I I F L RM M R RM外外内外内外外⑮ 式中第一个等号右边的第一项可直接由⑤式类比而得到，第二项由⑭式和安培力公式得到.因此圆柱面上单位面积所受的安培力的合力为22(2)24ϕπϕπ+∆==∆∆外外内外外mFk I I I M P R L R⑯ 若要求2222244ππ+>外内外内（）mm k I I I k IR r⑰ 只需满足222222++<外内外内I I I R M NM r I N ⑱（5）考虑均匀通电的长直圆柱面外任意一点C的磁场强度. 根据对称性可知，长直圆柱面上的均匀电流在该点的磁场方向一定在过C 点且平行于通电圆柱的横截面（纸面上的圆），与圆的径向垂直，满足右手螺旋法则. 在C 点所在的通电圆柱的横截面内，过C 点作两条相互间夹角为微小角度θ∆的直线，在圆上截取两段微小圆弧3L 和4L ，如图（c ）所示. 由几何关系以及电流在圆周上排布的均匀性，穿过3L 和4L 段的电流之比34/I I 等于它们到C 点的距离之比34/l l ：333444I L l I L l ==⑲式中，33CL l =，44CL l =，CO l =. 由此得33443434I I II l l l l+==+ ⑳考虑到磁场分布的对称性，全部电流在C 点的磁感应强度应与CO 垂直. 穿过3L 和4L 段的电流在C 点产生的磁感应强度的垂直于CO 的分量之和为3344C 3434cos cos 2cos m m mI I I IB k k k l l l lθθθ+=+=+ ○21 设过C 点所作的直线34CL L 与直线CO 的夹角为θ，直线34CL L 与圆的半径4OL 的夹角为α（此时，将微小弧元视为点）. 由正弦定理有34sin()sin sin()l l lαθααθ==-+ ○22式中，3OCL θ=，4CL O α=. 于是343434C 342cos 2sin cos [sin()sin()]m m mI I I I I I B k k k l l l lθαθαθαθ+++===+++- ○23 即穿过两段微小圆弧的电流3I 和4I 在C 点产生的磁场沿合磁场方向的投影等于3I 和4I 移至圆柱轴在在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,mIB k l r l=>内 ○24 方向垂直于C 点与圆心O 的连线，满足右手螺旋法则．评分标准：本题26分．第（1）问6分，②③式各1分，④式2分，⑤式1分，方向1分；第（2）问6分，⑥~⑪式各1分；第（3）问3分，⑫⑬式各1分，对称性分析正确1分；第（4）问6分，⑮⑯各2分，⑰⑱式各1分；第（5）问5分，⑲○21○22○23○24式各1分.八、（20分）（1）由题给条件，观察到星系的谱线的频率分别为1414.54910Hzν'=⨯和1426.14110Hzν'=⨯，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ν1和ν2．由红移量z 的定义，根据波长与频率的关系可得νννννν''--==''112212z①式中，ν'是我们观测到的星系中某恒星发出的频。

国际物理奥赛试题及答案

国际物理奥赛试题及答案一、选择题（每题3分，共30分）1. 光在真空中的速度是多少？A. 299,792,458 m/sB. 299,792,458 km/sC. 299,792,458 cm/sD. 299,792,458 mm/s答案：A2. 根据量子力学，一个粒子的波函数代表什么？A. 粒子的位置B. 粒子的速度C. 粒子的概率密度D. 粒子的能量答案：C3. 以下哪项不是电磁波的特性？A. 波长B. 频率C. 质量D. 能量答案：C4. 根据牛顿第三定律，作用力和反作用力的关系是什么？A. 相等且相反B. 相等且相同C. 不相等且相反D. 不相等且相同答案：A5. 热力学第一定律表述了什么？A. 能量守恒定律B. 熵增定律C. 热力学第二定律D. 热力学第三定律答案：A6. 一个物体在自由落体运动中，其加速度是多少？A. 9.8 m/s²B. 10 m/s²C. 11 m/s²D. 12 m/s²答案：A7. 以下哪种力不属于基本力？A. 重力B. 电磁力C. 强核力D. 弱核力答案：A8. 一个完全弹性碰撞中，动量守恒和能量守恒是否都成立？A. 是B. 否答案：A9. 光的双缝干涉实验中，干涉条纹的间距与什么有关？A. 光的波长B. 双缝间的距离C. 观察屏的距离D. 所有以上因素答案：D10. 根据相对论，时间膨胀和长度收缩的效应是否只发生在高速运动的物体上？A. 是B. 否答案：A二、填空题（每题2分，共20分）1. 光年是______单位，表示光在一年内通过的距离。

答案：长度2. 绝对零度是温度的下限，其数值为______开尔文。

答案：03. 一个物体的动能与其速度的平方成正比，其比例系数是______。

答案：1/24. 根据库仑定律，两个点电荷之间的力与它们电荷量的乘积成正比，与它们距离的平方成______。

答案：反比5. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场可以产生______。

奥林匹克物理竞赛试题及答案

奥林匹克物理竞赛试题及答案国际奥林匹克物理竞赛是国际中学生的物理大赛，高中同学可以用来提升物理解题能力。

下面店铺给大家带来奥林匹克物理竞赛试题，希望对你有帮助。

奥林匹克物理竞赛试题国际物理奥林匹克竞赛简介竞赛设立由参赛成员国组成的国际物理奥林匹克委员会。

竞赛章程规定：目的是为增进中学物理教学的国际交流，通过竞赛促进开展物理学科的课外活动，以加强不同国家青年之间的友好关系和人民间的相互了解合作。

同时帮助参赛者发展物理方面的创造力，把从学校学到的知识用于解决实际问题的能力。

国际物理奥林匹克竞赛每年举办一次。

由各会员国轮流主办，并由各代表团团长和一名主办国指定的主席组成国际委员会。

国际委员会的任务是公平合理地评卷，监督章程规定的执行情况，决定竞赛结果。

每一会员国可选派5名高中学生或技术学校学生参加竞赛。

参加者的年龄到竞赛开始的那一天不能超过20岁。

参赛代表队要有2名团长，2名团长是国际委员会的成员，条件是能胜任解答赛题，能参加竞赛试卷的讨论和评分工作，并能通晓一种国际物理奥林匹克的工作语言。

国际物理奥林匹克的工作语言是英文、法文、德文和俄文。

代表团到达主办国时，团长要将参加学生及团长的情况告诉主办国家组织人员。

竞赛于每年6月底举行。

竞赛分两天进行。

第一天进行3道理论计算题竞赛，另一天的竞赛内容是1—2道实验题。

中间有一天的休息。

参赛者可使用计算尺、不带程序编制的计算器和对数表、物理常数表和制图工具，但不能使用数学和物理公式一览表。

竞赛题由参加国提供题目，主办国命题。

在竞赛前，赛题要保密。

竞赛题内容包括中学物理的4个部分(力学、热力学和分子物理学、光学及原子和核物理学、电磁学) ，解题要求用标准的中等数学而不要用高等数学。

主办国提出评卷标准并指定评卷人。

每题满分为10分。

各代表团团长同时对自己团员竞赛卷的复制品进行评定，最后协商决定成绩。

评奖标准是以参赛者前三名的平均分数计为100%，参赛者达90% 以上者为一等奖，78—90%者为二等奖，65—78%者为三等奖，同时发给证书。

物理奥林匹克竞赛试题

物理奥林匹克竞赛试题一. 选择题1. 下列哪个物理定律描述的是静电场中电势的变化情况？A. 波尔定律B. 焦耳定律C. 库伦定律D. 爱因斯坦关系式2. 在弹性碰撞中，除了动量守恒外，还满足下列哪个条件？A. 能量守恒B. 力守恒C. 加速度守恒D. 角动量守恒3. 下列哪个物理量描述的是物体转动的惯性？A. 质量B. 动量C. 力D. 速度4. 一颗质量为2kg的物体，以1m/s的速度和一颗质量为1kg的物体发生碰撞，碰撞后两物体的速度分别是2m/s和？A. 2m/sB. 3m/sC. 4m/sD. 5m/s5. 是谁提出了相对论？A. 爱因斯坦B. 牛顿C. 麦克斯韦D. 高斯二. 填空题1. 牛顿第一定律也被称为___________。

2. 牛顿第二定律的数学表达式是___________。

3. 下列哪个公式描述的是功的定义？功 = ___________4. 波长与频率的关系由___________定律描述。

5. 物体的密度等于物体的___________除以物体的体积。

三. 解答题1. 描述一下牛顿第三定律，并给出一个实际的例子。

2. 一台电视机的重量是500N，如果放在木板上，木板支持住了电视机的质量，木板对电视机的支持力是多大？3. 一辆汽车在匀加速的情况下行驶，初始速度为20m/s，加速度为2m/s²，求汽车在3秒后的速度和位移。

4. 一个质量为2kg的物体以4m/s的速度沿着光滑水平面运动，撞上了一面质量为5kg的墙壁并弹回，求墙壁对物体的冲量。

四. 应用题1. 一个物体从高度5m自由落下，假设匀加速度为10m/s²，求物体落地所需的时间以及落地时的速度。

2. 一个长为3m、宽为2m、高为1m的箱子，质量为100kg，求箱子的密度。

3. 有一根长为2m、质量为1kg的细杆，细杆的一个端点连接一个质量为1kg的小球，细杆另一端固定在墙上。

小球和杆组成一个单摆，求该单摆的周期。

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答第8届（1975年于德意志民主共和国的居斯特罗）【题1】一根杆以恒定的角速度ω绕竖直轴旋转，杆与轴的夹角为（900－α）。

质量为m 的质点可以沿杆滑动，摩擦系数为μ 。

求转动过程中，质点保持在同一高度的条件（如图8.1）。

解：我们发现，采用所谓“滑动摩擦角”概念是有用的。

如果滑动摩擦系数等于某一角度的正切值，就称这个角ε为“滑动摩擦角”（如解图8.1所示），即tan ε＝μ我们必须求出把物体压向平台的合力。

如果合力与平面法线之间的夹角在滑动摩擦角之内，则摩擦力大到足以阻止运动。

极限情形是合力与摩擦角的一臂重合。

对于本题，当我们寻找质点在旋转杆上向上滑动的极限情况时，合力应位于（α＋ε）角的双臂内（如解图8.2所示）。

图8.1ε解图8.1 解图8.2把质点压在杆上的力是重力mg 与m ω2r ＝m ω2L cos α的合力。

故质点在向上滑动的极限情形下，角（α＋ε）的正切为gL mg L m αωαωεαcos cos )tan(22==+ 同理，质点向下滑动的极限情形可用角（α＋ε）的正切得到。

于是，如果)tan(cos )tan(2εααωεα+≤≤g L －则质点在旋转杆上处于平衡。

从边界条件可以看出，存在着一个较高位置（L f ）和一个较低位置（L a ），质点在这两位置之间的任何地方将处于随遇解图8.3平衡状态。

在这两边界之外，质点无法平衡，质点将向上或向下滑动。

随遇平衡位置L f －L a 可由边界条件导出：)tan tan 1(cos tan 22232εααωε⋅-=-g L L a f 解图8.3对不同的α角，画出质点在杆上哪些部分处于随遇平衡，（取ω＝10 s -1，μ＝0.268，ε＝150）。

虚线表示无摩擦时质点非稳定平衡位置。

【题2】求出厚透镜对两个不同波长有同一焦距的条件，并就不同类型的透镜讨论可行性。

解答：我们必须知道厚透镜的性质。

物理奥林匹克竞赛试题

1.在一个密闭容器中，有一定量的理想气体。

当容器体积减小时，气体的压强会如何变化？A.减小B.不变C.增大（答案）D.无法确定2.一个物体在地球表面受到的重力加速度是9.8米/秒²。

如果将该物体移到月球表面，它受到的重力加速度会：A.保持不变B.增大C.减小（答案）D.变为零3.光的色散现象是由于：A.光的波长不同（答案）B.光的速度不同C.光的强度不同D.光的方向不同4.一个物体做简谐振动，当它的位移达到最大时，它的：A.速度最大B.加速度最大（答案）C.动能最大D.势能最小5.在电路中，电阻、电感和电容对电流的作用分别是：A.阻碍、储存电能、产生磁场B.阻碍、产生磁场、储存电能（答案）C.储存电能、阻碍、产生磁场D.产生磁场、储存电能、阻碍6.一个物体在真空中自由下落，它下落的高度h与时间t的关系是：A.h = gt²（答案）（其中g为重力加速度）B.h = gtC.h = g/t²D.h = g/t7.光的干涉现象是：A.两束光相遇时互相抵消的现象B.两束光相遇时加强的现象C.两束相干光波叠加产生明暗相间的条纹的现象（答案）D.光在介质中传播速度改变的现象8.在量子力学中，描述微观粒子运动状态的函数是：A.波动函数（答案）B.概率函数C.密度函数D.分布函数9.一个物体在水平面上做匀速圆周运动，它的线速度与角速度的关系是：A.v = rω（答案）（其中v为线速度，r为半径，ω为角速度）B.v = r/ωC.v = ω/rD.v = r +ω。

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答第６届（1972年于罗马尼亚的布加勒斯特）【题１】给定三个圆柱，它们的长度、外径和质量均相同。

第一个是实心圆柱；第二个是空心圆筒，壁有一定厚度；第三个是同样壁厚的圆筒，但两端用薄片封闭，里面充满一种密度与筒壁相同的液体。

如将它们放在倾角α为的斜面上，如图6.1所示，求出并比较这些圆柱的线加速度。

研究光滑滚动与又滚又滑两种情况。

圆柱与斜面的摩擦系数为μ，液体与筒壁之间的摩擦可以忽略。

解：沿斜面方向作用在圆柱上的力是：作用于质心重力的分量mg sin 和作用于接触点的摩擦力S ，如图6.1所示。

产生的加速度a ：ma ＝mg sin －S 纯滚动时的角加速度为： R a ＝β 转动的运动方程为： I Ra RS = 以上方程组的解为： 21sin mR I g a +=α221sin mR I mR Img S +⋅=α （１）当S 达到最大可能值μmg cos 时，也就到了纯滚动的极限情形，这时：221sin cos mR I mR I mg mg h h +=ααμ即维持纯滚动的极限条件为)1(tan 2ImR h +=μα （２）下面我们来研究三个圆柱体的纯滚动情形。

（Ⅰ）实心圆柱的转动惯量为221mR I =从（１）式和（２）式分别得到 αsin 32g a =， tan a h ＝３μ ααmg sin S R角加速度为：β＝Ra （Ⅱ）设空心圆筒壁的密度是实心圆柱密度的n 倍。

因已知圆柱的质量是相等的，故可以算出圆筒空腔的半径r ：)(222r R L n L R -=ρπρπ 即nn R r 122-= 转动惯量为：nn mR r LR n R LR n I 125.05.05.022222-=⋅-⋅=ρπρπ 由（１）式和（２）式分别算出： αsin 142g n n a -=， μα1214tan --=n n h 角加速度为：β＝Ra （Ⅲ）对充满液体的圆筒，因液体与筒壁之间无摩擦力，故液体不转动。

物理奥林匹克竞赛试题

物理奥林匹克竞赛试题一、选择题（每题3分，共15分）1. 一个物体在水平面上以恒定加速度运动，已知其初速度为v0，经过时间t后，速度变为v。

假设加速度为a，以下哪个公式是正确的？- A) v = v0 + at- B) v = v0 - at- C) v = v0 * at- D) v = (v0 + at) / 22. 一个质量为m的物体从静止开始自由下落，忽略空气阻力，经过时间t后，其速度v和下落距离h与以下哪个公式相符？- A) v = gt; h = 1/2gt^2- B) v = 1/2gt; h = gt^2- C) v = gt^2; h = 1/2gt- D) v = gt; h = gt3. 两个点电荷q1和q2，分别位于x轴上的点A和B，点A的坐标为(-a, 0)，点B的坐标为(a, 0)。

如果q1 = +Q，q2 = -Q，那么在x轴上距离A点距离为r的点C的电场强度大小为：- A) E = kQ/(a^2 + r^2)- B) E = kQ/(a^2 - r^2)- C) E = kQr/(a^2 + r^2)^(3/2)- D) E = kQr/(a^2 - r^2)^(3/2)4. 一个质量为m的物体在摩擦系数为μ的水平面上以初速度v0滑行，最终停止。

假设物体在滑行过程中没有其他外力作用，那么物体滑行的距离s与以下哪个公式相符？- A) s = v0^2 / (2μg)- B) s = v0^2 / (2μg + 1)- C) s = v0^2 / (2g - μ)- D) s = v0^2 / (2g + μ)5. 一个理想变压器的原线圈和副线圈的匝数比为N1:N2，当原线圈中的电流I1变化时，副线圈中的电流I2将如何变化？- A) I2 = N2/N1 * I1- B) I2 = N1/N2 * I1- C) I2 = (N2^2/N1^2) * I1- D) I2 = (N1^2/N2^2) * I1二、简答题（每题5分，共10分）1. 请解释什么是相对论性质量，并给出一个日常生活中的例子来说明它。

高中物理竞赛初赛试题

全国第31届中学生物理竞赛预赛试题一、选择题．本题共5小题，每小题6分，在每小题给出的4个选项中，有的小题只有一项符合题意，有的小题有多项符合题意．把符合题意的选项前面的英文字母写在每小题后面的方括号内，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．一线膨胀系数为α的正立方体物块，当膨胀量较小时，其体膨胀系数等于A．αB．α1/3C．α3D．3α2．按如下原理制作一杆可直接测量液体密度的秤，称为密度秤，其外形和普通的杆秤差不多，装秤钩的地方吊着一体积为lcm3的较重的合金块，杆上有表示液体密度数值的刻度．当秤砣放在Q点处时秤杆恰好平衡，如图所示，当合金块完全浸没在待测密度的液体中时，移动秤砣的悬挂点，直至秤杆恰好重新平衡，便可直接在杆秤上读出液体的密度．下列说法中错误的是A．密度秤的零点刻度在Q点B．秤杆上密度读数较大的刻度在较小的刻度的左边C．密度秤的刻度都在Q点的右侧D．密度秤的刻度都在Q点的左侧3．一列简谐横波在均匀的介质中沿z轴正向传播，两质点P1和P2的平衡位置在x轴上，它们相距60cm，当P1质点在平衡位置处向上运动时，P2质点处在波谷位置，若波的传播速度为24 m/s，则该波的频率可能为A．50Hz B．60HzC．400Hz D．410Hz4．电磁驱动是与炮弹发射、航空母舰上飞机弹射起飞有关的一种新型驱动方式，电磁驱动的原理如图所示，当直流电流突然加到一固定线圈上，可以将置于线圈上的环弹射出去．现在同一个固定线圈上，先后置有分别用钢、铝和硅制成的形状、大小和横截面积均相同的三种环；当电流突然接通时，它们所受到的推力分别为F1、F2和F3．若环的重力可忽略，下列说法正确的是A．F1>F2>F3B．F2>F3 >F1C．F3 >F2> F1D．F1=F2=F35．质量为m A的A球，以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰．假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大二、填空题．把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求得结果的过程．6．（10分）用国家标准一级螺旋测微器（直标度尺最小分度为0.5mm，丝杆螺距为0.5mm，套管上分为50格刻度）测量小球直径．测微器的初读数如图(a)所示，其值为_____mm，测量时如图(b)所示，其值为_____mm，测得小球直径d=___________mm．7．（10分）为了缓解城市交通拥问题，杭州交通部门在禁止行人步行的十字路口增设“直行待区”（行人可从天桥或地下过道过马路），如图所示．当其他车道的车辆右拐时，直行道上的车辆可以提前进入“直行待行区”；当直行绿灯亮起时，可从“直行待行区”直行通过十字路口．假设某十字路口限速50km/h，“直行待行区”的长度为12m，从提示进入“直行待行区”到直行绿灯亮起的时间为4s.如果某汽车司机看到上述提示时立即从停车线由静止开始匀加速直线运动，运动到“直行待行区”的前端虚线处正好直行绿灯亮起，汽车总质量为1.5t，汽车运动中受到的阻力恒为车重的0.1倍，则该汽车的行驶加速度为_________；在这4s内汽车发动机所做的功为_____________（取g=10m/s2）8．（10分）如图所示，两个薄透镜L1和L2共轴放置，已知L1的焦距f1=f，L2的焦距f2=―f，两透镜间的距离也是f，小物体位于物面P上，物距u1=3f．(1)小物体经过这两个透镜成的像在L2的_____边，到L2的距离为________，是______像（填“实”或“虚”）、_______像（填“正”或“倒”），放大率为___________．(2)现把两个透镜位置调换，若还要使给定的原物体在原像处成像，两透镜作为整体应沿光轴向______边移动距离_________．这个新的像是______（填“实”或“虚”）、______像（填“正”或“倒”），放大率为__________．9．(10分)图中所示的气缸壁是绝热的．缸内隔板A是导热的，它固定在缸壁上．活塞B是绝热的，它与缸壁的接触是光滑的，但不漏气．B的上方为大气．A与Ｂ之间以及A与缸底之间都盛有n mol的同种理想气体，系统在开始时处于平衡状态．现通过电炉丝E对气体缓慢加热，在加热过程中，A、B之间的气体经历____过程．A以下气体经历____过程；气体温度每上升１K，A、B之间的气体吸收的热量与A以下气体净吸收的热量之差等于＿＿＿＿＿．已知普适气体常量为Ｒ．10.（10分）字宙空间某区域有一磁感应强度大小为B=1.0×10-9T的均匀磁场，现有一电子绕磁力线做螺旋运动．该电子绕磁力线旋转一圈所需的时间间隔为_____s；若该电子沿磁场方向的运动速度为1.0×10-2c（c为真空中光速的大小），则它在沿磁场方向前进1.0×10-3光年的过程中，绕磁力线转了_____圈. 已知电子电荷量为1.60×10 -19C，电子质量为9.11×10-31kg．三、计算题，计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．11．（15分）如图所示，一水平放置的厚度为t折射率为n的平行玻璃砖，下表面镀银（成反射镜）．一物点A位于玻璃砖的上方距玻璃砖的上表面为h处．观察者在A点附近看到了A点的像．A点的像到A点的距离等于多少？不考虑光经玻璃砖上表面的反射．12.（20分）通常电容器两极板间有多层电介质，并有漏电现象．为了探究其规律性，采用如图所示的简单模型，电容器的两极板面积均为A．其间充有两层电介质l和2，第1层电介质的介电常数、电导率（即电阻率的倒数）和厚度分别为ε1、σ1和d1，第2层电介质的则为ε2、σ2和d2．现在两极板加一直流电压U，，电容器处于稳定状态．(1)画出等效电路图；(2)计算两层电介质所损耗的功率；(3)计算两介质交界面处的净电荷量；提示：充满漏电电介质的电容器可视为一不漏电电介质的理想电容和一纯电阻的并联电路．13. (20分)如图所示，一绝缘容器内部为长方体空胶，其长和宽分别为a和b，厚度为d，其两侧等高处装有两根与大气相通的玻璃管（可用来测量液体两侧的压强差）．容器内装满密度为ρ的导电液体，容器上下两端装有铂电极A和C，这样就构成了一个液体电阻，该液体电阻置于一方向与容器的厚度方向平行的均匀恒定的磁感应强度为B的磁场中，并通过开关K接在一电动势为ε、内阻为r的电池的两端，闭合开关．若稳定时两侧玻璃管中液面的高度差为h，求导电液体的电导率σ．重力加速度大小为g．14.（20分）lmol的理想气体经历一循环过程l—2—3—1，如p—T图示所示．过程l—2是等压过程，过程3—1是通过p—T图原点的直线上的一段，描述过程2—3的方程为 c1p2 + c2p =T，式中c1和c2都是待定的常量，p和T分别是气体的压强和绝对温度．已知，气体在状态l的压强、绝对温度分别为p1和T1．气体在状态2的绝对温度以及在状态3的压强和绝对湿度分别为T2以及p3和T3．气体常量R也是已知的．(1)求常量c1和c2的值；(2)将过程l—2—3—1在p—V图示上表示出来；(3)求该气体在一次循环过程中对外做的总功．15. (20分)一个ω介子飞行时衰变成静止质量均为m的三个π介子，这三个π介子的动量共面．已知：衰变前后介子运动的速度都远小于光在真空中的速度c；衰变后的三个π介子的动能分别为T1、T2和T3，且第一、二个π介子飞行方向之间的夹角为θl，第二、三个π介子飞行方向之间的夹角为θ2（如图所示）；介子的动能等于介子的能量与其静止时的能量（即其静止质量与c2的乘积）之差．求ω介子在衰变前的辨阀的飞行方向（用其飞行方向与衰变后的第二个介子的飞行方向的夹角即图中的φ角表示）及其静止质量．16. (25分)一圈盘沿顺时针方向绕过圆盘中心O并与盘面垂直的固定水平转轴以匀角速度ω=4.43rad/s 转动．圆盘半径r=1.00m ，圆盘正上方有一水平天花板．设圆盘边缘各处始终有水滴被甩出．现发现天花板上只有一点处有水．取重力加速度大小g=9. 80m/s 2．求(1)天花板相对于圆盘中心轴O 点的高度；(2)天花板上有水的那一点的位置坐标，参考答案及评分标准一、1. (D) 2. (C) 3. (AD) 4. (A) 5. (BCD)二、6. 0.022～0.024mm (3分)；3.772～3.774mm(3分)；3.748～3.752mm(4分) (若有效位数错，无分)7. 1.5m/s 2(5分)；4.5×104J(5分)8. (1)右，f ，实，倒，1 (每空1分) (2)左，2f ，实，倒，1 (每空1分)9. 等压(2分)；等容(2分)；nR(6分)10. 3.6×10-2(5分)；8.8×107(5分)三、11. (15分) 由折射定律得：sin θi = sin θd …①由几何关系得：x 1=htan θi …②，x 2=htan θd …③，H=2(x 1+x 2)tan(900―θi )…④，H 为物A 到像A /的距离，在小角度近似下有：tan θi ≈sin θi ，tan θd ≈sin θd ，tan(900―θi )≈1 sin θi…⑤，联立以上各式得：H=2(h+t n) …⑥ 评分标准：①式3分，②③④式各2分，⑤⑥各3分12. (20分)(1)等效电路如图所示(2)等效电容C 1和C 2为：C 1=ε1A d 1，C 2=ε2A d 2…① 等效电阻R 1和R 2为： R 1=d 1σ1 A ，R 2=d 2σ2 A…② 两层电介质所消粍的功率为：P=U 2 R 1+R 2=U 2A σ1σ2 d 1σ2+d 2σ1…③ (3)没两层介质各自上下界面之间的电压分别为U 1和U 2，上层介质界面上的电荷为：Q 1=C U 1=ε1A d 1·UR 1R 1+R 2=ε1σ2AU d 1σ2+d 2σ1…④，下层介质界面上的电荷为：Q 2=ε2σ1AU d 1σ2+d 2σ1…⑤ 两层介质交界面处的净电荷量为：Q=Q 1―Q 2=(ε1σ2―ε2σ1)AU d 1σ2+d 2σ1…⑥ 评分标准：第(1)问4分(可不标字母、箭头)，第(2)问9分，①②③式各3分，第(3)问7分，④⑤式各2分，⑥式3分13. (20分)沿着电流I 的方向液柱长度为a ，该液柱受到的安培力大小为：F 安=BIa …① 液柱两侧面受到的由压强差产生的压力大小为：F P =ρghad …②水平方向上二力平衡，有：F 安= F P …③，由欧姆定律得：ε=I(R+r) …④，式中R=a σbd…⑤ 由以上各式解得：σ =ρgha b(B ε―r ρghd)…⑥ 评分标准：①式4分，②③④⑤式各3分，⑥式4分14. (20分)(1)设气体在状态i(i=1、2和3)下的压强、体积和绝对温度分别为p i 、V i 和T i ，由题设条件有： c 1p 22 + c 2p 2 =T 2 …①，c 1p 32 + c 2p 3 =T 3 …②由此解得：c 1=T 2p 3―T 3p 2 p 22p 3―p 32p 2=T 2p 3―T 3p 1 p 12p 3―p 32p 1 …③，c 1=T 2p 32―T 3p 22 p 2p 32―p 22p 3=T 2p 32―T 3p 12p 1p 33―p 12p 3…④ (2)利用气体状态方程pV=RT ，以及V 1=R T 1p 1，V 2=R T 2p 2，V 3=R T 3p 3…⑤ 可将过程2―3的方程为：p V 2―V 3 p 2―p 3=V+V 2p 3―V 3p 2 p 2―p 3…⑥ 可见，在p ―V 图上过程2―3是以(p 2，V 2)和(p 3，V 3) 为状态端点的直线段，过程3―1是通过原点直线上的一段，因而描述其过程的方程为：p T=c 3 …⑦，式中c 3是一常量，利用气体状态方程pV=RT ，可将过程3—1的方程改写为：V=R c 3=V 3=V 1 …⑧，这是以(p 3，V 1)和(p 1，V 1)为状态端点的等容降压过程.综上所述，过程1―2―3―1在p ―V 图上是一直角三角形，如图所示.(3)气体在一次循环过程中对外做的总功为：W=―12(p 3―p 1)( V 2―V 1) …⑨ 利用气体状态方程pV=RT 和⑤式，上式即W=―12R(T 2―T 1)(p 3p 1―1) …⑩ 评分标准：第(1)问8分，①②③④式各2分；第(2)问10分，⑤⑥式各2分，过程1―2―3―1在p ―V 上的图示正确得6分；第(3)问2分，⑩式2分.15. (20分)以第二个π介子的飞行方向为x轴，以事件平面为x―y平面，设衰变前ω介子和衰变后三个π介子的动量大小分别为Pω、P1、P2和P3，衰变前后粒子在x和y方向的动量分别守恒，有：Pωcosφ= P1cosθ1+P2+ P3cosθ2 …⑴，―Pωsinφ= ―P1sinθ1+ P3sinθ2 …⑵衰变前后粒子的总能量守恒，有：mωc2+Tω=(mc2+T1)+( mc2+T2)+( mc2+T3) …⑶，式中左端和右端三个括号内的分别是衰变前ω介子的总能量(静能和动能之和)和衰变后三个π介子的总能量，动能可由动量和静质量表示：Tω=pω22mω…⑷，T1=p122m…⑸，T2=p222m…⑹，T3=p322m…⑺分别由⑤⑥⑦式得p1=2mT1…⑻，p2=2mT2…⑼，p3=2mT3…⑽联立①②⑧⑨⑩式得：φ=arctanT1sinθ1―T3sinθ2T1cosθ1+T2+ T3cosθ2…⑾Pω2=2m(T1+T2+T3)+4m T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3cosθ2] …⑿由③④式得：2mω2c2―2mω(3mc2+T1+T2+T3)+2m(T1+T2+T3)+4m[T1T3cos(θ1+θ2)+T1T2cosθ1+T2T3 cosθ2]=0 …⒀其解为mω=32m+12c2(T1+T2+T3)+[32m+12c2(T1+T2+T3)]2―Pω22c2…⒁式中pω2由⑿式给出。

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答第5届（1971年于保加利亚的索菲亚）【题1】质量为m 1和m 2的物体挂在绳子的两端，绳子跨过双斜面顶部的滑轮，如图5.1。

斜面质量为m ，与水平面的夹角为1和2。

整个系统初态静止。

求放开后斜面的加速度和物体的加速度。

斜面保持静止的条件是什么？摩擦可以忽略。

解：我们用a 表示双斜面在惯性参照系中的加速度（正号表示向右的方向）。

用a 0表示物体相对斜面的加速度（正号表示左边物体m 下降）两个物体在惯性系中的加速度a 1和a 2可由矢量a 和a 0相加得到（如解图5.1图5.1）。

用F 表示绳子中的张力。

对沿斜面方向的分量应用牛顿第二定律。

使物体m 1加速下降的力是 m 1g sin 1－F 在惯性系中，沿斜面方向的加速度分量为 a 0－a cos 1所以，对此斜面分量，牛顿第二定律为：解图5.1m 1（a 0－a cos 1）＝m 1g sin 1－F同样，对于m 2有m 2（a 0－a cos 2）＝F －m 2g sin 2两式相加：（m 1cos 1＋m 2cos 2）a ＝（m 1＋m 2）a 0－（m 1sin 1－m 2sin 2）g （1）我们用动量守恒原理来研究斜面的运动。

斜面在惯性系中的速度为v （向右）。

物体相对斜面的速度为v 0。

故斜面上两物体在惯性系中的速度的水平分量（向左）分别为：v 0 cos 1－v 和 v 0 cos 2－v利用动量守恒原理：m 1（v 0 cos 1－v ）＋m 2（v 0 cos 2－v ）＝m v对匀加速运动，速度与加速度成正比，因此有：m 1（a 0 cos 1－a ）＋m 2（a 0 cos 2－a ）＝m a 所以0212211cos cos a m m m m m a +++=αα （2）上式给出了有关加速度的信息。

很明显，只有当两物体都静止，即两个物体平衡时，斜面才静止，这是动量守恒原理的自然结果。

第31届国际物理奥林匹克竞赛试题理论试题(续)

第31届国际物理奥林匹克竞赛试题理论试题(续)英国莱斯特2000年7月10日时间5小时引力波和引力对光所产生的效应A部分这部分涉及探测天文事件所产生的引力波的困难。

已知远距离的超新星爆炸可能对地球表面的引力场强度产生大约10-19Nkg-1的扰动。

一种引力波探测器的模型（见图5）由两根各1米长的金属棒组成，两律互成直角，每根棒的一头都抛光成光学平面，另一头刚性地固定住。

调节其中一根棒的位置，使从光电管所接收到的信号最小（见图5）。

用压电器件在棒中产生一个非常短的纵向脉冲，结果棒的自由瑞产生纵向位移Δx t的振动：Δx t=ae-μt cos(ωt+φ)其中a、μ、ω和φ为常数。

（a）如果50秒的时间间隔内位移的振幅减小20％，求μ的值。

（b）设两棒都由．铝组成，其密度（ρ）为2700kgm-3，杨氏模量（E）为7.1×1010 Pa。

已知纵波的速度v=ρE，试求ω的最小值。

/（c）一般不可能使得这两根棒具有完全相同的长度，因此光电管信号出现0.005Hz 的拍频，问两棒的长度差为多少？（d）对于长为l的棒，导出由于引力场强度g的变化Δg所引起的长度变化面l的代数表达式，用l和棒材料的其它常数表示。

设探测器对引力场强度变化的响应只发生在一根棒的轴向上。

（e）某激光器产生波长为656nm的单色光，如果可以测出的最小条纹移动量为激光波长的10-4，要使这个系统能够测出g的变化量为10-19Nkg-1，棒的最小l值为多少？B部分这部分考察引力场对光在空间的传播所产生的效应。

（a）一个从太阳（质量M、半径R）表面发出的光子将被红移。

假定光子的质量等价于光子的能量，利用牛顿引力理论证明无穷远处光子的有效（或测量到的）频率以因子（1－GM／Rc2）的倍率减小（即红移）。

（b）光子频率的减小等价于时间周期的增加。

当利用光子作为标准钟时，则等价于时间的膨胀。

另外，时间的膨胀总是伴随着同一因子的长度收缩。

第31届(IMO)国际物理奥林匹克竞赛试题(收藏版)

第31届国际物理奥林匹克竞赛试题理论试题英国莱斯特2000年7月10日时间5小时题1A 某蹦迪运动员系在一根长弹性绳子的一端，绳的另一端固定在一座高桥上，他自静止高桥向下面的河流下落，末与水面相触，他的质量为m，绳子的自然长度为L，绳子的力常数（使绳子伸长lm所需的力）为k，重力场强度为g。

求出下面各量的表达式。

（a）运动员在第一次达到瞬时静止前所落下的距离y。

（b）他在下落过程中所达到的最大速率v。

（c）他在第一次达到瞬时静止前的下落过程所经历的时间t。

设运动员可以视为系于绳子一端的质点，与m相比绳子的质量可忽略不计，当绳子在伸长时服从胡克定律，在整个下落过程中空气的阻力可忽略不计。

B 一热机工作于两个相同材料的物体之间，两物体的温度分别为T A和T B（T A＞T B），每个物体的质量均为m，比热恒定，均为s。

设两个物体的压强保持不变，且不发生相变。

（a）假定热机能从系统获得理论上允许的最大机械能，求出两物体A和B最终达到的温度T?的表达式，给出解题全部过程。

（b）由此得出允许获得的最大功的表达式。

（c）假定热机工作于两箱水之间，每箱水的体积为2.50m3，一箱水的温度为350K，另一箱水的温度为300K。

计算可获得的最大机械能。

已知水的比热容= 4.19×103kg-1K-1，水的密度=1.00 x 103kgm.-3C 假定地球形成时同位素238U和235U已经存在，但不存在它们的衰变产物。

238U和235U的衰变被用来确定地球的年龄T。

（a）同位素238U以4.50×109年为半衰期衰变，衰变过程中其余放射性衰变产物的半衰期比这都短得多，作为一级近似，可忽略这些衰变产物的存在，衰变过程终止于铅的同位素206Ph。

用238U的半衰期、现在238U的数目238N表示出由放射衰变产生的206Pb原子的数目206n。

（运算中以109年为单位为宜）（b）类似地，235U在通过一系列较短半衰期产物后，以0.710×109年为半衰期衰变，终止于稳定的同位素207Pb。

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答第3届（1969年于捷克斯洛伐克的布尔诺）【题1】右图的力学系统由三辆车组成，质量分别为m A ＝0.3kg ，m B ＝0.2kg ，m C ＝1.5kg 。

（a ）沿水平方向作用于C 车的力F 很大。

使A 、B 两车相对C 车保持静止。

求力F 及绳子的张力。

（b ）C 车静止，求A 、B 两车的加速度及绳子的张力。

（忽略阻力和摩擦力，忽略滑轮和车轮的转动惯量）解：（a ）A 、B 两车相对C 车保持静止，A 车在竖直方向没有加速度，因此它对绳的拉力为m A g 。

这个力使B 车得到加速度g m m a BAB =。

又三车系统以相同的加速度运动，则： g m m m m m F BAC B A )(++= 由给定的数值得：a B ＝a C ＝a A ＝1.5g ＝14.7m/s 2绳中的张力为：T ＝m A g ＝2.94N 水平推力为：F ＝29.4N（b ）如果C 车静止，则力m A g 使质量m A ＋m B 加速，加速度为：BA A AB m m gm a +=＝0.6g ＝5.88N绳中的张力为：T /＝m A g －m A ×0.6g ＝1.176N【题2】在质量为m 1的铜量热器中装有质量为m 2的水，共同的温度为t 12；一块质量为m 3、温度为t 3的冰投入量热器中（如右图所示）。

试求出在各种可能情形下的最终温度。

计算中t 3取负值。

铜的比热c 1＝0.1kcal/kg·0C ，水的比热c 2＝1kcal/kg·0C ，冰的比热c 3＝0.5kcal/kg·0C ，冰的熔解热L ＝80kcal/kg 。

解：可能存在三种不同的终态：（a ）只有冰；（b ）冰水共存；（c ）只有水。

（a ）冰温度升高，但没有熔化，达到某一（负）温度t a ；放出的热量和吸收的热量相等：c 3 m 3（t a －t 3）＝（c 1 m 1＋c 2 m 2）（t 12－t a ）＋m 2L得出最终的温度为3332112333122211)(c m c m c m Lm t c m t c m c m t a +++++=（1）情况（a ）的条件是t a ＜０（注：指00C ），如果上式的分子为负值，我们得到下列条件：（c 1 m 1＋c 2 m 2）t 12＜―c 3 m 3t 3―m 2L （2）（c ）现在让我们讨论冰块全部熔化的情况。

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答

历届国际物理奥林匹克竞赛试题与解答第１届（1967年于波兰的华沙）【题１】质量Ｍ＝0.2kg 的小球静置于垂直柱上，柱高ｈ＝5m 。

一粒质量ｍ＝0.01kg 、以速度?0＝500m/s 飞行的子弹水平地穿过球心。

球落在距离柱s ＝20m 的地面上。

问子弹落在地面何处？子弹动能中有多少转换为热能？解：在所有碰撞情况下，系统的总动量均保持不变：其中v 和V 分别是碰撞后子弹的速度和小球的速度. 两者的飞行时间都是01.12==ght s 球在这段时间沿水平方向走过20m 的距离，故它在水平方向的速度为：8.1901.120==V （m/s ）由方程0.01×500＝0.01v ＋0.2×19.8 可求出子弹在碰撞后的速度为：v ＝104m/s子弹也在1.01s 后落地，故它落在与柱的水平距离为S ＝vt ＝104×1.01＝105m 的地面上。

碰撞前子弹的初始动能为=2021mv 1250 J 球在刚碰撞后的动能为=221MV 39.2 J 子弹在刚碰撞后的动能为=221mv 54 J与初始动能相比，两者之差为1250 J －93.2 J ＝1156.8 J这表明原来动能的92.5%被系统吸收而变为热能。

这种碰撞不是完全非弹性碰撞。

在完全弹性碰撞的情形下，动能是守恒的。

而如果是完全非弹性碰撞，子弹将留在球内。

【题2】右图（甲）为无限的电阻网络，其中每个电阻均为r ，求Ａ、Ｂ两点间的总电阻。

解：如图（乙）所示Ａ、Ｂ两点间的总电阻应等于Ｃ、Ｄ两点间的总电阻与电阻ｒ的并联，再与ｒ串联图（甲）后的等效电阻。

如果网络是无限的，则Ａ、Ｂ两点间的总电阻应等于Ｃ、Ｄ两点间的总电阻，设为Ｒx 。

根据它们的串并联关系有：rR rR r R x xx ++= 图（乙）ABr r r r r r r rA B r r r r r r r r ＣＤ解上式可得： r R x 251+=【题3】给定两个同样的球，其一放在水平面上，另一个以细线悬挂。

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