第28届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷及答案

第28届全国中学生物理竞赛复赛模拟试卷

本卷共八题，满分160分。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。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。填空题把答案填在题中的横线上，只要给出结果，不需写出求解的过程。

一、填空题．（本题共4小题，共25分）

得分 阅卷 复核 htphwqpne1．图1所示的电阻丝网络，每一小段电阻同为r，两个端点A、B间等效电阻R1= 。若在图1网络中再引入3段斜电阻丝，每

一段电阻也为r，如图2 所示，此时A、B间等效电阻R2= 。

htphwqpne htphwqpne

2．右图为开尔文滴水起电机示意图。从三通管左右两管口形成的水滴分别穿过铝筒A1、A2后滴进铝杯B1、B2，当滴了一段时间后，原均不带电的两铝杯间会有几千伏的电势差。试分析其原理。图中铝筒A1用导线与铝杯B2相连；铝筒A2用导线与B1相连。 3．受迫振动的稳定状态由下式给出x?Acos(?t??)，

A?(?2??

h20??)?4??dxdt2222，??arctan????20??2。其中h?Hm，而Hcos(?t)为胁迫力，

?m，其中??是阻尼力。有一偏车轮的汽车上有两个弹簧测力计，其中一条的固有

振动角频率为?0?39.2727s?1，另外一条的固有振动角频率为?0'?78.5454s?1，在汽车运行的过程中，司机看到两条弹簧的振动幅度之比为7。设?为小量，计算中可以略去，已知汽车轮子的直径为1m，则汽车的运行速度为 。

4．核潜艇中U238核的半衰期为4.5?109年，衰变中有0.7%的概率成为U234核，同时放出一个高能光子，这些光子中的93%被潜艇钢板吸收。1981年，前苏联编号U137的核潜艇透射到艇外的高能光子被距核源（处理为点状）1.5m处的探测仪测得。仪器正入射面积为22cm2，效率为0.25%（每400个入射光子可产生一个脉冲讯号），每小时测得125个讯号。据上所述，可知U238核的平均寿命?= 年（ln2?0.693），该核潜艇中U量m= kg（保留两位有效数字）。

二、（20分）如图所示，一内半径为R的圆筒（图中2R为其内

得分 阅卷 复核 htphwqpne238的质

htphwqpne htphwqpne 直径）位于水平地面上。筒内放一矩形物。矩形物中的A、B是两

根长度相等、质量皆为m的细圆棍，它们平行地固连在一质量可以忽略不计的，长为l?3R的矩形薄片的两端。初始时矩形物位

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于水平位置且处于静止状态，A、B皆与圆筒内表面接触，已知A、B与圆筒内表面间的静摩擦系数?都等于1。

现令圆筒绕其中心轴线非常缓慢地转动，使A逐渐升高。

1．矩形物转过多大角度后，它开始与圆筒之间不再能保持相对静止？

答： （只要求写出数值，不要求写出推导过程） 2．如果矩形物与圆筒之间刚不能保持相对静止时，立即令圆筒停止转动。令?表示A的中点和B的中点的连线与整直线之间的夹角，求此后?等于多少度时，B相对于圆筒开始滑动。（要求写出必要的推导过程。最后用计算器对方程式进行数值求解，最终结果要求保留三位数字）

三、（17分）斯泰瓦—托尔曼（Stewart-Tolman）效应

得分 阅卷 复核 htphwqpne htphwqpne htphwqpne 1917年，斯泰瓦和托尔曼发现，一绕在圆柱上的闭合线圈，当

该圆柱以一定角加速度绕轴旋转时，线圈中会有电流流过。

设有许多匝线圈，每匝线圈的半径为r，每匝线圈均用电阻为R

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的细金属导线绕成，线圈均匀地绕在一很长的玻璃圆柱上，圆柱的内部为真空。每匝线圈的位置用粘胶固定在圆柱上，单位长度的线圈匝数为n，包含每匝线圈的平面与圆柱的轴垂直。

从某一时刻开始，圆柱以角加速度?绕其轴旋转。经过足够长时间后，求圆柱中心处的磁场的磁感应强度B。设电子的电量e和质量m为已知。

得分 阅卷 复核 htphwqpne四、（20分）一男孩通过交替蹲下和站起的方式来荡秋千。如图所

示的是在摆动过程中男孩的质心轨迹。当男孩处于站立姿势时，设秋千转轴到男孩质心的距离为ru；而当男孩处于下蹲姿势时，秋千

rdru1 htphwqpne htphwqpne 转轴到男孩质心的距离为rd。设比值

?210?1.072，即男孩站立与下蹲两种姿势时质心

相对于秋千转轴到男孩质心的平均距离只变化大约7%。

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为了使问题简化，假定秋千质量可以忽略，秋千的摆幅很小，男孩的质量总是集中在其质心上；同时还假定男孩每次从下蹲到站立或者站立到下蹲的过程（即A到B，E到F）与秋千摆动本身相比进行得足够快，因此可以认为从下蹲到站立或者站立到下蹲是瞬间完成的。与此类似，另外两个下蹲过程（从C到D，从G到H）也被假定是瞬间过程。 需要求解的问题是：男孩要将秋千摆动幅度增加一倍，或者说最大角速度增加一倍（即摆动幅度为初始幅度的两倍，或最大角速度为原来的两倍），需要进行多少次（可以用分数表示）摆动才行。

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五、（20分）关于齐明点的讨论

得分 阅卷 复核 htphwqpne1．半径为R的透明球体，折射率为n，P为主轴上一点，位于球心左方

Rn htphwqpne htphwqpne 处，

如图所示。求证：从P点向右发出的任一条光线（不限于近轴光线）经球面折射后，将聚焦于一点，并求出该点Q的位置。P、Q称为齐明点。

2．齐明点概念常用于显微镜的物镜中，以增大显微镜入射光的孔径角。设某显微镜的接物镜（接物镜前方有光射入）是折射率为n1=1.5，半径为R1=3mm的半球，其平底面与物同浸在折射率与物镜材料相同的油中，物即位于一个齐明点上。

试设计物镜组第二个月牙形透镜（在接物镜后）的两球面的半径R2和R3及其构形（可作图说明），使其物、像也是齐明点。已知该透镜材料的折射率为n2=1.6，透镜前球面与第一个透镜后球面的间距为d1=2.0mm，透镜中央厚度为d2=1.5mm，并估算从第二个透镜出射的光的孔径角?和经两个透镜成像后的放大率k。

六、（18分）木星的卫食

得分 阅卷 复核 htphwqpne远在科学家能精确测量光速之前，丹麦天文学家欧罗梅尔（O.Romer）就研究了木星卫星的星食时间。他通过观测木星的卫星

绕木星运动的周期来确定光的速率。图1表示地球E绕太阳S的运动轨道和木星的一个卫星M绕木星J的运动轨道。他观测木星的卫星M相继两次从木星的太阳阴影中出现的时间间隔。卫星处在行星的太阳阴影中，称为卫星食，简称卫食。

htphwqpne htphwqpne 第 5 页 共 21 页

三、参考解答：

先考虑一个圆环。

考虑环的一小部分，并引进该小部分在其中静止的参照系。环以恒定的角加速度?运动，于是，我们引进的参照系不是惯性系，它具有一定的线加速度。此加速度的径向分量可不必考虑，因为环很细，观察不到任何径向效应。加速度的切向分量为r?。在我们所取的参照系中，形成金属晶格的正离子处于静止状态。在此参照系中有惯性力作用在电子上，此力的大小为mr?，方向与上述切向加速度方向相反。

晶格与电子间的相互作用下不允许电子无限制地增加速度。根据欧姆定律，此相互作用随电子相对晶格的速度的增大而增大。某一时刻，惯性力与这种相互作用造成的阻力会达到平稳。结果，正离子与负的电子以不同的速度运动。这就是说，在正离子静止的参照系中将有电流流过。

此惯性力大小是常量，方向在环的每一部分均与环相切，它对电子的作用与一个在每一点上与环相切的虚拟电场相同。

现来求此虚拟电场的大小。显然，此电场的作用力应等于惯性力。由此

eE?mr? （1）

因而

E?mr?e （2）

在电阻为R的环（静止）中，上述电场将产生电流

I?2?rER （3）

于是，在所考察的环中的电流应为

I?2?mr?eR2 （4）

诚然，场是虚拟的电场，但它描述了惯性力对电子的一种真实作用。环中的电流是真实的。

以上想法可用来处理题中所述单位长度有n匝线圈（沿对称轴）的很长螺线管的问题，其中流有电流I。大家知道，在此螺线管中，磁场B的大小均匀（在远离两端处），其值为

B??0nI （5）

式中?0为真空磁导率。由于轴上一点不转动，不论在转动非惯性系中还是在实验室参照系中均静止不动，因而在实验室参照系中，在轴的中心处的磁场为

B?2??0nmr?eR2 （6）

【点评】本题颇有启发性。因为，尽管环是电中性的，但出人意料，由于金属的特殊结构，螺线管中却会出现磁场。因此，英语里的电学名词“电动势（electromotive force）”中会含有力学名词“力（force）”也就变得容易理解了。 评分标准：本题17分．

（1）或（2）式3分，（3）式3分，（4）式4分，（5）式3分，（6）式4分．

四、参考解答：

当??0时，即秋千摆至最低点时，由于小孩在秋千上由蹲姿到立姿的转换时间极短，

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故在由A到B以及由E到F的过程中，相对于秋千上方的悬挂点而言，作用于小孩的合力矩为零，故小孩的角动量守恒。设

m=小孩的质量；

r=小孩的质心至秋千悬挂点的距离； ?=秋千相对于悬挂点的角速度；

2L?mr?=小孩相对于悬挂点的角动量。

当小孩由蹲姿转换到立姿时，即从A到B或由E到F，其质心至悬挂点的距离由rd变至ru，所对应的角速度由?d变至?u，由角动量守恒定律得

mrd?d?mru?u （1）

22?u?(rdru2)?d （2）

亦即当秋千在最低点时，小孩每一次由蹲姿站起来摆荡时，角速率增加(rdru2)倍。

当秋千从B摆至C的过程中，机械能守恒，故小孩的重力势能的增加量等于动能的减少量，即

mgru(1?cos?)?1222mru?u （3）

当秋千摆至C时，小孩由站姿转换为蹲姿，因此其质心至悬挂点的距离，由ru变长为rd，即质心的位置从C变至D，因此质心的重力势能已改变。当秋千从D摆至E时，设其角速率为?d'，则同理利用机械能守恒定律，可得

mgrd(1?cos?)?122'mrd?d （4）

2由（3）、（4）两式可得

?d?'2rurd2?u （5）

将（2）式代入（5）式，可得

?d?'2rurd?(rdru342)?d

?'d?(rdru)2?d （6）

即秋千每摆荡半圈时，其角速率增加(rdru3)2倍；因此每摆荡一圈，则角速率增加(rdru3)倍。

秋千摆荡的角幅和其在最低点的角速率成正比。若秋千摆荡n圈后，角幅增为起始时的两倍，则

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2?(rdru13n)3n?(210)3n?210

n?103 （7）

评分标准：本题20分．

（1）或（2）式4分，（3）、（4）式均3分，（5）式3分，（6）式4分，（7）式3分．

五、参考解答：

1．考察自P发出的任一光线PA，设其与主轴夹角为?，如图所示。设光线在球面上入射角为i，折射角为r，由折射定律

sinisinr?1n （1）

在△PCA中应用正弦定理，有

siniRn?sinrR （2）

比较（1）、（2）两式，在?为锐角的情况下（r必为锐角），有

??r （3） 而r=∠QAC，Q为折射光的反向延长线与主轴交点，于是△QAC∽△APC，及

QCR?RRnQC?nR （4）

，即

与?角无关，得证。

2．两透镜的几何位形如图所示。

设C1为接透镜（L1）的球心，从（物）S发出的光经L1折射后成像于S’。由上小题可知S'C1?n1R1，则

S'O1?n1R1?R1?(n1?1)R。应使

S’发出的光无折射地进入第二个透镜（L2）的前球面，故S’为前球面中心，且前球面半径

R2?S'O2?S'O1?d1?(n1?1)R1?d1?9.5mm （5）

为使S’位于L2的齐明点，又使L2的中央厚度为d2，应有

S'O3?R3?R3n2 （6）

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S'O3?R2?d2?(n1?1)R1?d1?d2 （7）

由（6）、（7）两式可解得后球面半径

R3?(n1?1)R1?d1?d21?1n2?6.77mm （8）

图中S''为S’经L2后所成的像[S''O3?(n2?1)R3]，C3为后球面的球心。

S发出的光的孔径角?满足

tan??R1R1n1?n1 （9）

S经L1所成像S’的孔径角设为?1，则

tan?1?R1n1R1?1n1 （10）

?1又是L2的物点的孔径角，?1则为最后的像S''的孔径角。由图不难看出，

tan??S'Asin?1S'Acos?1?S''S'?R2sin?1R2cos?1?S''S'（忽略透镜边缘厚度） （11）

而

S''S'?n2R3?1n2R3 （12）

???arctanR2sin?1R2cos?1?(n2?1n22?20.0 （13） )R30?k?k1?k2?n1R1R1n1?n2R2R2n2?n1?n2?5.76 （14）

2【点评】本题是齐明点概念在显微镜物镜中的应用，这种物镜称为油浸物镜，是显微镜物镜的主要形式之一。

评分标准：本题20分．

第1小问6分．（1）式1分，（2）式2分，（3）式1分，（4）式2分．

第2小问14分．作图3分，（5）式2分，（8）式3分，（11）式2分，（13）式2分，（14）式2分．

六、参考解答：

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假定地球和木星的轨道均为圆形，则向心力=太阳的引力，有

GMEMSRGM2E?MvEE2REvJ2 （1）

JM2SRJ?MJRJ （2）

其中G为引力常量，MS为太阳质量，ME为地球质量，MJ为木星质量，RE为地球轨道半径，RJ为木星轨道半径，vE为地球公转速度，vJ为木星公转速度。因而

RJ2R?(vE Ev) J已知

T2?EE???2?R EvET2?2?RJJ???v JJ（4）、（5）两式相比，得

RET3ET?vE?(RE JRJR)2JvJ由此得

2RJJ?RE(TT)3?779.8?106km E相对角速度

???E??J?0.0158rad/day 相对速度

v??RE?27.3km/s 木星与地球距离可表示为

d(t)?RJ?RE d(t)?R22J?RE?2RERJcos?t

?RR1EJ[1?2Rcos?t??]2

J第 15 页 共 21 页

（3）

（4）

5）

（6）

（7）

8）

9）

10）

（ （ （（

?RJ(1?RERJcos?t??) （11）

上述表达式的相对误差[由略去的

RERJRERJ的平方项引起]的数量级为

()?4% （12）

2当观测者在距离d(t)时看到卫星M从阴影中出现，当他在距离d(t?T0)时看到卫星下一次从阴影中出现。光行进距离?d?d(t?T0)?d(t)需要时间，因而观测者看到的是表观周期T而非真实周期T0。

?d?RE[cos?t?cos?(t?T0)]?Re?T0sin?t （13）

因为?T0?0.03，sin?T0??T0，cos?T0?1。我们也可从图的几何关系中直接得到上述近似表达式。

我们也可用另一种方法计算?d。由图得

????? （14）

?T02??????2 （15）

?d(t)??T0REcos???T0REsin(?t?RERJ?T02??) （16）

而?T0?0.03，及???0.19，故?d?Re?T0sin?t

T?T0??d(t)c?T0?RE?T0sin?tc （17）

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当?t??2时观测者观察到最大周期；当?t?3?2时观测到最小周期；当?t?0和?时观测

到真实周期。

由 Tmax?T0?得

RE?T0c?15s （18） RE?T0c

代入数据可得

c?149.6?10?1.82?1015RERJ26?7?1.53?105?2.78?10km/s （19）

5我们可估算由距离平方比(0.515)产生的相对误差约为4%，由时间测量产生的相对误差约为

?100%?3.4%，故总的相对误差约为7.4%。另一误差来自轨道为圆形的假定，实际

上轨道是椭圆的，其相对误差约为

100%?REmax?RERE?1.5% （20）

评分标准：本题17分．

（7）式2分，（8）式1分，（9）式2分，（12）式2分，（13）式3分，（17）式3分，（19）式2分，（20）式2分．

七、参考解答：

i）对加热过程作分析

开始时弹簧的弹力为零，弹簧长度为自然长度，左、右室气体的温度、压强、体积均相同，由此可知它们的物质的量也相同，设为n，则有

n?p0V0RT0?0.0682mol （1）

开始加热后左室气体的温度和压强均缓慢增大，从而推动左活塞右移，压缩弹簧。被压缩的弹簧又推动右活塞右移，压缩右室气体。整个过程是：左室气体吸热膨胀，右室气体绝热压缩，弹簧被压缩，活塞对大气做功，部分大气被排出筒外。此过程进行至左活塞右移距离为l0后情况发生变化。此时左活塞与隔板相接触，左室气体压强再升高时活塞不再右移，弹簧不再被进一步压缩，弹簧的压缩量达到最大值，右室气体状态此后不再发生变化。题给条件Q=1000J相当于何种情况，是左活塞右移小于l0还是等于l0，需要通过计算得出左活塞刚好右移l0所需热量Q0，然后比较Q与Q0的大小才能作出判断。

ii）左活塞右移距离刚达到l0时左室电加热器提供的热量Q0

设此时右活塞右移距离为x，则弹簧的压缩量，即弹簧长度的最大改变量为

lm?l0?x?7.40?10?2m （2）

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左、右室气体的压强为

p1?p2?p0?klmS5?1.65?10Pa （3）

左、右室气体体积分别为

V1?2l0S?3.4?10?33m （4）

V2?(l0?x)S?lmS?1.26?10?33m （5）

由气体定律可求得左、右室气体的温度分别为

T1?p1V1p0V0p2V2p0V0T0?990K （6）

T2?T0?367K （7）

以左、右两室气体、活塞和弹簧作为一个系统，根据热力学第一定律有

Q0??U??E弹?W （8）

其中?U为气体内能的增量，?E弹为弹簧弹性势能的增量，W为两个活塞对大气所做的功，它们的数值分别为

?U?nRa?1(T1?T0)?nRa?1(T2?T0)?12nRa?1(T1?T2?2T0) （9）

?E弹?2klm?41J （10）

W?p0Sl0?p0Sx?p0Slm?126J （11）

iii）为求出?U的值，必须先求出a的值，方法如下： 由于右室气体遵从绝热过程的方程式，即pVaaa?恒量，因而有

p0V0?p2V2 （12）

两边取对数可得

lga?lgp2p0V0V2?lglgp2p0l0lm?1.67 （13）

将有关数据代入（9）式可得

?U?640J （14）

因此

Q0?(640?41?126)J?807J （15）

iv）Q=1000J时，左、右两室气体的温度和压强

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如前所述，当电加热器提供807J的热量时左活塞就与隔板相接触，此后右室气体的状态不再改变，故当Q=1000J时，右室气体的温度仍为

'T2?367K （16）

右室气体的压强仍为

'5p2?1.65?10Pa （17）

此后提供的热量全部用于增加左室气体的内能，即

?Q?(1000?807)J?nRa?1'(T1?T1) （18）

代入数据解得左室气体的温度为

'3T1?1.22?10K （19）

左室气体的压强为

p?'1T1'5p1?2.03?10Pa （20）

T1评分标准：本题20分．

（1）式2分，（2）式1分，（4）、（5）式均1分，（6）、（7）式均1分，（9）、（10）、（11）式各1分，（15）式3分，（16）式2分，（17）式1分，（18）、（19）式各1分，（20）式2分．

八、参考解答：

1．由方程 F?ma （1） a?v2r1 （2）

22 F?可推导出电子的总能量为

e4??0r （3）

U??e28??0r0 （4）

由条件EH??13.6eV推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为：

?11 r0?5.29?10m （5）

9 v0?2.1?10m6s / （6）

由拉莫尔公式得初始发射功率 P?ea3226?c?0?e3632096?c?0mr3 4 （7）

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在微小的时间间隔?t中，辐射使电子的总能量U减少

?U??P?t （8） U??e28??0r??r(1?1r)??e228??0r?r （9）

其中?r为电子轨道半径的减少量，由此可导出时间和半径r的变化方程： ?t?32212?c?0mr0e423222?r?A?4?r?r, （10）

2其中A?3?c?0me4。

构造一个半径为r0 的球体，则4?r2?r即为距离球心为r的薄球壳的体积，在r0到0

3的求和过程中可以算出球的体积为?r0。对应本题情况解出电子轨道从r0减少到0所需的

43时间为

??代入数据，得：

??1.56?10?11s （12） 2．对于高能电子有 v?c （13）

2 E?mc （14）

??t?4?c?0mr0e423223 （11）

a?v2r （15）

c （16） F?eB

F?ma （17） 以上条件可以得出电子的偏转半径： R?储存环中的电子数量：

n?Qe?I?teEecB （18）

（19）

其中?t为电子旋转一圈所花费的时间。由（15）式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总能量为（电子在直道上不辐射能量）： Eneu?ea?6?c?03224?2?Rc?e?243?0R （20）

由（19）（20）得到存储环中的电子消耗的总功率为：

第 20 页 共 21 页

Pu出光口的功率为：

?talnEn?teu?Ie?43?0R?4.3?41W0 （21）

5 P0?评分标准：本题20分．

PuNtal?2.1?71W0 （22）

4第1小问10分．（4）式1分，（7）式2分，（9）式3分，（10）式2分，（11）式2

分．

第2小问10分．（

18）式2分，（20）式5分，（21）式1分，（第 21 页 共 21 页

22）式2分．

Pu出光口的功率为：

?talnEn?teu?Ie?43?0R?4.3?41W0 （21）

5 P0?评分标准：本题20分．

PuNtal?2.1?71W0 （22）

4第1小问10分．（4）式1分，（7）式2分，（9）式3分，（10）式2分，（11）式2

分．

第2小问10分．（

18）式2分，（20）式5分，（21）式1分，（第 21 页 共 21 页

22）式2分．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/32x6.html