第23届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案.docx

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第23届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案

第23届全国中学生物理竞赛复赛试题

　　本卷共七题，满分160分

一、（23分）有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管，管内为真空，管内有一小球自某处自由下落（初速度为零），落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞.以后小球将在玻璃管内不停地上下跳动.现用支架固定一照相机，用以拍摄小球在空间的位置.每隔一相等的确定的时间间隔T拍摄一张照片，照相机的曝光时间极短，可忽略不计.从所拍到的照片发现，每张照片上小球都处于同一位置.求小球开始下落处离玻璃管底部距离（用H表示）的可能值以及与各H值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值.

二、（25分）如图1所示，一根质量可以忽略的细杆，长为2l，两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C，开始时静止在光滑的水平桌面上.桌面上另有一质量为M的小球A，以一给定速度v0沿垂直于杆DB的方向与右端小球B作弹性碰撞.求刚碰后小球A、B、C、D的速度，并详细讨论以后可能发生的运动情况.

（图1）

三、（23分）有一带活塞的气缸，如图2所示，缸内盛有一定质量的气体.缸内还有一可随轴转动的叶片，转轴伸到气缸外，外界可使轴和叶片一起转动，叶片和轴以及气缸壁和活塞都是绝热的，它们的热容量都不计.轴穿过气缸处不漏气.

　　如果叶片和轴不转动，而令活塞缓慢移动，则在这种过程中，由实验测得，气体的压强p和体积V遵从以下的过程方程式pVα=k，其中α、k均为常量，α＞1（其值已知）.可以由上式导出，在此过程中外界对气体做的功为

式中V2和V1分别表示末态和初态的体积.

　　如果保持活塞固定不动，而使叶片以角速度ω做匀角速转动.已知在这种过程中，气体的压强的改变量△p和经过的时间△t遵从以下的关系式

式中V为气体的体积，L表示气体对叶片阻力的力矩的大小.

　　上面并没有说气体是理想气体，现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识，求出图3中气体原来所处的状态A与另一已知状态B之间的内能之差（结果要用状态A、B的压强pA、pB和体积VA、VB及常量α表示）.

　　四、（25分）图4所示的电路具有把输入的交变电压变成直流电压并加以升压、输出的功能，称为整流倍压电路.图中D1和D2是理想的、点接触型二极管（不考虑二极管的电容），C1和C2是理想电容器，它们的电容都为C，初始时都不带电，G点接地.现在A、G间接上一交变电源，其电压uA随时间t变化的图线如图5所示.试分别在图6和图7中准确地画出D点的电压uD和B点的电压uB在t=0到t=2T时间间隔内随时间t变化的图线，T为交变电压uA的周期.

　五、（25分）磁悬浮列车是一种高速运载工具.它具有两个重要系统.一是悬浮系统，利用磁力（可由超导电磁铁提供）使车体在导转上悬浮起来与轨道脱离接触.另一是驱动系统，在沿轨道上安装的三相绕组（线圈）中，通上三相交流电，产生随时间、空间作周期性变化的磁场，磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用，使车体获得牵引力.

　　为了有助于了解磁悬浮列车的牵引力的来由，我们求解下面的问题.

　　设有一与轨道平面垂直的磁场，磁感应强度B随时间t和空间位置x变化规律为B（x,t）=B0cos（ωt-kx）式中B0，ω，k均为已知常量，坐标轴x与轨道平行.在任一时刻t，轨道平面上磁场沿x方向的分布是不均匀的，如图所示.图8中Oxy平面代表轨道平面，“×”表示磁场的方向垂直Oxy平面指向纸里，“·”表示磁场的方向垂直Oxy平面指向纸外.规定指向纸外时B取正值.“×”和“·”的疏密程度表示沿着x轴B的大小分布.一与轨道平面平行的具有一定质量的金属矩形框MNPQ处在该磁场中，已知与轨道垂直的金属框边MN的长度为l，与轨道平行的金属框边MQ的长度为d，金属框的电阻为R，不计金属框的电感.　　1.试求在时刻t，当金属框的MN边位于x处时磁场作用于金属框的安培力，设此时刻金属框沿x轴正方向移动的速度为v.　　2.试讨论安培力的大小与金属框几何尺寸的关系.

（图8）

　　六、（23分）有一种称为直视分光镜的光谱学仪器.所有光学元件均放在一直长圆筒内.筒内有：

三个焦距分别为f1、f2和f3的透镜L1、L2和L3，f1=f2＞f3；观察屏P，它是一块带有刻度的玻璃片；由三块形状相同的等腰棱镜构成的分光元件（如图9所示），棱镜分别用折射率不同的玻璃制成，两侧棱镜的质料相同，中间棱镜则与它们不同，棱镜底面与圆筒轴平行.圆筒的一端有一与圆筒轴垂直的狭缝，它与圆筒轴的交点为S，缝平行于棱镜的底面.当有狭缝的一端对准筒外的光源时，位于圆筒另一端的人眼可观察到屏上的光谱.

　　已知：

当光源是钠光源时，它的黄色谱线（波长为589.3nm，称为D线）位于圆筒轴与观察屏相交处.制作棱镜所用的玻璃，一种为冕牌玻璃，它对钠D线的折射率nD=1.5170；另一种为火石玻璃，它对钠D线的折射率

.

　　1.试在图10中绘出圆筒内诸光学元件相对位置的示意图并说出各元件的作用.

　　2.试论证三块棱镜各应由何种玻璃制成并求出三棱镜的顶角α的数值.

　　七、（16分）串列静电加速器是加速质子、重离子进行核物理基础研究以及核技术应用研究的设备，图10是其构造示意图.S是产生负离子的装置，称为离子源；中间部分N为充有氮气的管道，通过高压装置H使其对地有5.00×106V的高压.现将氢气通入离子源S，S的作用是使氢分子变为氢原子，并使氢原子粘附上一个电子，成为带有一个电子电量的氢负离子.氢负离子（其初速度为0）在静电场的作用下，形成高速运动的氢负离子束流，氢负离子束射入管道N后将与氮气分子发生相互作用，这种作用可使大部分的氢负离子失去粘附在它们上面的多余的电子而成为氢原子，又可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质子.已知氮气与带电粒子的相互作用不会改变粒子的速度.质子在电场的作用下由N飞向串列静电加速器的终端靶子T.试在考虑相对论效应的情况下，求质子到达T时的速度v.

（图10）

　　电子电荷量q=1.60×10-19C，质子的静止质量m0=1.673×10-27kg.

第23届全国中学生物理竞赛复赛试题答案

　　一、参考解答：

　解法一

　　小球沿竖直线上下运动时，其离开玻璃管底部的距离h随时间t变化的关系如图11所示.设照片拍摄到的小球位置用A表示，A离玻璃管底部的距离为hA，小球开始下落处到玻璃管底部的距离为H.小球可以在下落的过程中经过A点，也可在上升的过程中经过A点.现在t表示小球从最高点（即开始下落处）落到玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的时间），t1表示小球从最高点下落至A点所需的时间（也就是从A点上升至最高点所需的时间），t2表示小球从A点下落至玻璃管底部所需的时间（也就是从玻璃管底部反跳后上升至A点所需的时间）.显然，t1+t2=t.根据题意，在时间间隔T的起始时刻和终了时刻上球都在A点.用n表示时间间隔T内（包括起始时刻和终了时刻）小球位于A点的次数（n≥2）.下面分两种情况进行讨论：

（图11）

　　1.A点不正好在最高点或最低点.　当n为奇数时有T=（n-1）t1+（n-1）t2=（n-1）t　　n=3,5,7,…　　

（1）

　　在

（1）式中，根据题意t1可取0＜t1＜t中的任意值，而当n为偶数时有t2=t-t1　　

（2）

　　T=nt2+（n-2）t1=nt1+（n-2）t2　　n=2,4,6,…　　（3）由（3）式得t1=t2　　（4）

　　由

（1）、（3）、（4）式知，不论n是奇数还是偶数，都有T=（n-1）t　　n=2,3,4,…　　（5）

　　因此可求得，开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为

　　n=2,3,4,…　　（6）　

　　n=2,3,4,…　　（7）

　　当n为奇数时，t1可取0＜t1＜t中的任意值，故有　0＜tA＜Hn　　

　　n=3,5,7,…　　（8）

　　可见与Hn相应的hA的可能值为0与Hn之间的任意值.当n为偶数时，

，由（6）式、（7）式求得Hn的可能值

　　n=2,4,6,…　　（9）

　　2.若A点正好在最高点或最低点.无论n是奇数还是偶数都有　T=2（n-1）t　　n=2,3,4,…　　（10）

　　n=2,3,4,…　　（11）

　　n=2,3,4,…　　（12）

　　或Hλ=0

　　解法二　因为照相机每经一时间间隔T拍摄一次时，小球都位于相片上同一位置，所以小球经过该位置的时刻具有周期性，而且T和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究小球通过某个位置的周期性.

设小球从最高点（开始下落处）落下至管底所需时间为t，从最高点下落至相片上小球所在点（A点）所需时间为t1，从A点下落至管底所需时间为t2，则t=t1+t2　　

（1）

　　（小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同，也是t、t1和t2）

　　从小球在下落过程中经过A点时刻开始，小球经过的时间2t2后上升至A点，再经过时间2t1后又落到A点，此过程所需总时间为2t1+2t2=2t.以后小球将重复这样的运动.小球周期性重复出现在A点的周期是多少？

分两种情况讨论：

（1）t1≠t2，t1和t2都不是小球在A点重复出现的周期，周期是2t.

（2）t1=t2，小球经过时间2t2=t回到A点，再经过时间2t1=t又回到A点，所以小球重复出现在A点的周期为t.

　　下面就分别讨论各种情况中H的可能值和A点离管底的距离hA的可能值.（如果从小球在上升过程中经过A点的时刻开始计时，结果一样，只是t1和t2对调一下）

　　1.H的可能值

（1）较普遍的情况，t1≠t2.T与2t的比值应为一整数，t的可能值应符合下式　

，k=1,2,3,…　　

（2）

　　由自由落体公式可知，与此相应的Hk的数值为　

　　k=1,2,3,…　　（3）

（2）t1=t2时t的可能值应符合下式

　　k′=1,2,3,…　　（4）　故Hk'的可能值为

　　k′=1,2,3,…　　（5）

　当k′为偶数时，即k′=2,4,6,…时，（5）式与（3）式完全相同.可见由（3）式求得的H的可能值包含了t1≠t2的全部情况和t1=t2的一部分情况.当k′为奇数时，即k′=1,3,5,…时，由（5）式得出的H的可能值为

　　k′=1,3,5,…　　（6）

　　它们不在（3）式之内，故（3）式和（6）式得出的H合在一起是H的全部的可能值.

　　2.与各H值相应的hA的可能值a与Hk相应的hA的可能值

由于在求得（3）式时未限定A点的位置，故hA的数值可取0和Hk之间的任意值，即　0≤hA≤Hk　　

　　k=1,2,3,…　　（7）

　b.与Hk'（k′为奇数）相应的hA的可能值

　　这些数值与A位于特定的位置，

，相对应，所以对于每一个H，对应的k，是一个特定值，它们是

　　k′=1,3,5,…　　（8）

　　二、参考解答：

　1.求刚碰撞后小球A、B、C、D的速度

　　设刚碰撞后，小球A、B、C、D的速度分别为vA、vB、vC、vD，并设它们的方向都与v0的方向相同.由于小球C位于由B、C、D三球组成的系统的质心处，所以小球C的速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒，故有

　　MvD=MvA+3mvC　　

（1）碰撞前后质点组的角动量守恒，有　0=mlvC+2mlvD　　

（2）

　　这里角动量的参考点设在与B球重合的空间固定点，且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性碰撞，碰撞前后质点组的动能相等，有

　　（3）

　　因为杆是刚性杆，小球B和D相对于小球C的速度大小必相等，方向应相反，所以有　vB-vC=vC-vD　　（4）

　　解

（1）、

（2）、（3）、（4）式，可得两个解　vC=0　　（5）和

　　（6）

　　因为vC也是刚碰撞后由B、C、D三小球组成的系统的质心的速度，根据质心运动定律，碰撞后这系统的质心不可能静止不动，故（5）式不合理，应舍去.取（6）式时可解得刚碰撞后A、B、D三球的速度

　　（7）

　　（8）　

　　（9）

　　2.讨论碰撞后各小球的运动碰撞后，由于B、C、D三小球组成的系统不受外力作用，其质心的速度不变，故小球C将以（6）式的速度即

沿v0方向作匀速运动.由（4）、（8）、（9）式可知，碰撞后，B、D两小球将绕小球C作匀角速度转动，角速度的大小为

　　（10）

　　方向为逆时针方向，由（7）式可知，碰后小球A的速度的大小和方向与M、m的大小有关，下面就M、m取值不同而导致运动情形的不同进行讨论：

　　（i）vA=0，即碰撞后小球A停住，由（7）式可知发生这种运动的条件是　5M-6m=0　即

　　（11）

　　（ii）vA＜0，即碰撞后小球A反方向运动，根据（7）式，发生这种运动的条件是　

　　（12）

　　（iii）vA＞0但vA＜vC，即碰撞后小球A沿v0方向作匀速直线运动，但其速度小于小球C的速度.由（7）式和（6）式，可知发生这种运动的条件是　5M-6m＞0和4M＞5M-6m　即

m＜M＜6m　　（13）

　　（iv）vA＞vC，即碰撞后小球A仍沿v0方向运动，且其速度大于小球C的速度，发生这种运动的条件是　M＞6m　　（14）

　　（v）vA=vC，即碰撞后小球A和小球C以相同的速度一起沿v0方向运动，发生这种运动的条件是　M=6m　　（15）

　　在这种情形下，由于小球B、D绕小球C作圆周运动，当细杆转过180°时，小球D将从小球A的后面与小球A相遇，而发生第二次碰撞，碰后小球A继续沿v0方向运动.根据质心运动定理，C球的速度要减小，碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是　　

　　（16）　从第一次碰撞到第二次碰撞，小球C走过的路程　

　　（17）

　　3.求第二次碰撞后，小球A、B、C、D的速度

　　刚要发生第二次碰撞时，细杆已转过180°，这时，小球B的速度为vD，小球D的速度为vB，在第二次碰撞过程中，质点组的动量守恒，角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球A、B、C、D的速度分别为

、

、

和

，并假定它们的方向都与v0的方向相同.注意到

（1）、

（2）、（3）式可得

　　（18）　0=mlvc′+2mlvB′　　（19）　

　　（20）

　　由杆的刚性条件有　

　　（21）

　　（19）式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D球重合的空间点.

　　把（18）、（19）、（20）、（21）式与

（1）、

（2）、（3）、（4）式对比，可以看到它们除了小球B和D互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解

=0　　（22）和

　　（23）

　　对于由B、C、D三小球组成的系统，在受到A球的作用后，其质心的速度不可能保持不变，而（23）式是第二次碰撞未发生时质心的速度，不合理，应该舍去.取（22）式时，可解得

　　（24）　

　　（25）　

　　（26）

　　（22）、（24）、（25）、（26）式表明第二次碰撞后，小球A以速度vD作匀速直线运动，即恢复到第一次碰撞前的运动，但已位于杆的前方，细杆和小球B、C、D则处于静止状态，即恢复到第一次碰撞前的运动状态，但都向前移动了一段距离

，而且小球D和B换了位置.

　　三、参考解答：

　由pVα=k，α＞1　　

（1）

　　可知，当V增大时，p将随之减小（当V减小时，p将随之增大），在p-V图上所对应的曲线（过状态A）大致如图12所示，在曲线上取体积与状态B的体积相同的状态C.

（图12）

　　现在设想气体从状态A出发，保持叶片不动，而令活塞缓慢地向右移动，使气体膨胀，由状态A到达状态C，在此过程中，外界对气体做功

（2）

　　用UA、UC分别表示气体处于状态A、C时的内能，因为是绝热过程，所以内能的增量等于外界对气体做的功，即

　　（3）

　　再设想气体处于状态C时，保持其体积不变，即保持活塞不动，令叶片以角速度ω做匀速转动，这样叶片就要克服气体阻力而做功，因为缸壁及活塞都是绝热的，题设缸内其它物体热容量不计，活塞又不动（即活塞不做功），所以此功完全用来增加气体的内能.因为气体体积不变，所以它的温度和压强都会升高，最后令它到达状态B.在这过程中叶片转动的时间用△t表示，则在气体的状态从C到B的过程中，叶片克服气体阻力做功

　　W′=Lω△t　　（4）

令UB表示气体处于状态B的内能，由热力学第一定律得

　　UB-UC=Lω△t　　（5）　由题知　

　　（6）

　　由（4）、（5）、（6）式得　

　　（7）（7）式加（3）式，得

　　（8）

　　利用pVα=k和VC=VB得　

　　（9）

　　四、参考解答：

　　答案：

uD如图13所示，uB如图14所示.

　　参考解法：

　　二级管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管D1和D2处在什么状态，若在时刻t，A点的电压为uA，D点的电压为uD，B点的电压为uB，电容器C1两极板间的电压为uC1，电容器C2两极板间的电压为uC2，则有

　　uD=uA-uC1　　

（1）　uB=uC2　　

（2）　

　　（3）　　

　　（4）

　　式中q1为C1与A点连接的极板上的电荷量，q2为C2与B点连接的极板上的电荷量.

　　若二极管D1截止，D2导通，则称电路处在状态I.当电路处在状态I时有　uD=uE　　uD＞0

　　若二极管D1和D2都截止，则称电路处在状态II.当电路处在状态II时有　uD＜uE　　uD＞0

　　若二极管D1导通，D2截止，则称电路处在状态III.当电路处在状态III时有　uD＜uE　　uD=0

　　电路处在不同状态时的等效电路如图15所示.

（图15）

　　在t=0到t=2T时间间隔内，uD、uB随时间t的变化情况分析如下：

　　1.从t=0起，uA从0开始增大，电路处在状态I，C1、C2与电源组成闭合回路.因C1、C2的电容相等，初始时两电容器都不带电，故有

　　在uA达到最大值即uA=U时，对应的时刻为

，这时uD=uB=

U，也达到最大值.uA达到最大值后将要减小，由于D2的单向导电性，电容器C1、C2都不会放电，uC1和uC2保持不变，uD将要小于

U，即将要小于uB，D2将由导通变成截止，电路不再处于状态I.所以从t=0到

时间间隔内，uD、uB随时间t变化的图线如图16、图17中区域I1内的直线所示.

　　2.从

起，因uD小于uB，D2处在截止状态，电路从状态I变为状态II.因为二极管的反向电阻为无限大，电容器C1、C2都不会放电，两极板间的电压都保持不变.当电路处在状态II时，D点的电压

　B点的电压

　　随着uA从最大值U逐渐变小，uD亦变小；当

时，对应的时刻为

，uD=0.如果uA小于

U，则uD将小于0，D1要从截止变成导通，电路不再处在状态II.所以在

到

时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域II1内的直线所示.

　　3.从

起，uA从

U开始减小，D1导通，但uD＜uB，D2仍是截止的，电路从状态II变为状态III.当电路处在状态III时有　uD=0，　

　　在uA减小的过程中，C1两极板间的电压uC1=（uA）也随之改变，从而维持uD为0.当uA达到反向最大值即uA=-U时，对应的时记得为

，uC1=-U.若uA从-U开始增大（|-U|减小），因D1的单向导电性，电容器C1不会放电，uC1=-U保持不变，uD=uA-uC1＞0，D1要从导通变成截止，电路不再处于状态III.所以在

到

时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中区域III1内的直线所示.

　　4.从

起，uA从-U开始增大，D1变为截止状态，uD=uA+U从零开始增大，只要uD仍小于uB，D2仍是截止的，电路从状态III变为状态II.当电路处在状态II时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变，故有

　　uD=uA+U　uB=

U

　　当uA增大至-

U时，对应的时记得为

，

.若uA再增大，uD将要大于uB，D2将要从截止变为导通，uD=uB，电路不再处于状态II.所以在

到

时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图16和图17中区域II2中的直线所示.

　　5.从

起，uA要从-

U增大，D2变为导通状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态I.当电路处在状态I时，电源与C1、C2构成闭合回路，而　uD=uB　

　　当uA变化时，q1+q2将随之变化，但由导通的二极管D2连接的C1、C2的两块极板所带的总电荷量-q1+q2是恒定不变的.由于在

时刻，uC1=-U，

，此时q1=-CU，

，故有

　　由以上有关各式得

　　uD、uB随着uA的增大而增大.当uA达到最大值即uA=U时，对应的时刻为

，

.由于D2单向导电，uB=uC2只增不减，uA从最大值减小时，uC1不变，uD将要小于

，而uB=uC2保持为

，因而uD＜uB，D2从导通变成截止，电路不再是状态I.所以在

到

时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图16和图17中I2中的直线所示.

　　6.从

起，uA从U开始减小，D2变为截止状态，这时D1仍是截止的，电路又进入状态II.当电路处在状态II时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由

时刻的uD和uA的值可知此时

.故有

　　当uA减小至-

U时，对应的时刻为

，uD=0，以后D1将由截止变为导通，电路不再处在状态II.所以在

到

时间内，uD、uB随t变化的图线如图16和图17中II3中的直线所示.

　　　7.从

起，uA从-

U开始减小，D1变为导通状态，但D2仍是截止的，电路又进入状态III，故有

　　uD=0　　

　　在uA减小的过程中，C1两端的电压uC1也随之改变，开始阶段D1保持导通，uD=0.但当uA减小至-U时，对应的时刻为

，uC1=U.因D1单向导电，且uD＜uB，C1右极板的正电荷只增不减，uA到达-U后要增大，uD要大于0，D1要从导通变为截止，电路不再处于状态III.所以在

T到

时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图4和图5中III2内的直线所示.

　　8.从

起，uA从-U开始增大，D1变为截止状态，D2仍是截止的，电路又进入状态II.当电路处于状态II时，C1和C2不会放电，电容器两极板间的电压保持不变.由

时刻的uD和uA的值可知，此时uC1=-U.故有　uD=uA+U　

　　uD将随着uA的增大而增大.当

时，对应的时刻

，与uB相等.以后uD要大于

，D2要从截止变为导通，电路不再是状态II.所以在

到t=2T时间间隔内，uD、uB随t变化的图线如图16和图17中II4内的直线所示.

　　总结以上讨论，各时段起止时刻及uD和uB变化值如下表所示：

时段

1

2

3

4

5

6

7

8

I1

II1

III1

II2

I2

II3

III2

II4

0→

→

→

→

→

→

→

→2T

uD

0→

→0

0

0→

→

→0

0

0→U

UE

0→

→