1、第30屆全國中學生物理競賽復賽模擬試卷（全國中學生物理競賽委員會及大連理工大學物理系）本卷共八題，滿分160分。計算題的解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟。只寫出最后結果的不能得分。有數字計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位。填空題把答案填在題中的橫線上，只要給出結果，不需寫出求解的過程。得分閱卷復核一、填空題（本題共4小題，共25分）1圖1所示的電阻絲網絡，每一小段電阻同為r，兩個端點A、B間等效電阻R1= 。若在圖1網絡中再引入3段斜電阻絲，每一段電阻也為r，如圖2 所示，此時A、B間等效電阻R2= 。 2右圖為開爾文滴水起電機示意圖。從三通管左右兩管口形成的水滴分別穿過鋁

2、筒A1、A2后滴進鋁杯B1、B2，當滴了一段時間后，原均不帶電的兩鋁杯間會有幾千伏的電勢差。試分析其原理。圖中鋁筒A1用導線與鋁杯B2相連；鋁筒A2用導線與B1相連。 3受迫振動的穩定狀態由下式給出，。其中，而為脅迫力，其中是阻尼力。有一偏車輪的汽車上有兩個彈簧測力計，其中一條的固有振動角頻率為，另外一條的固有振動角頻率為，在汽車運行的過程中，司機看到兩條彈簧的振動幅度之比為7。設為小量，計算中可以略去，已知汽車輪子的直徑為1m，則汽車的運行速度為 。4核潛艇中核的半衰期為年，衰變中有0.7%的概率成為核，同時放出一個高能光子，這些光子中的93%被潛艇鋼板吸收。1981年，前蘇聯編號U137的

3、核潛艇透射到艇外的高能光子被距核源（處理為點狀）1.5m處的探測儀測得。儀器正入射面積為22cm2，效率為0.25%（每400個入射光子可產生一個脈沖訊號），每小時測得125個訊號。據上所述，可知核的平均壽命= 年（），該核潛艇中的質量m= kg（保留兩位有效數字）。得分閱卷復核二、（20分）如圖所示，一內半徑為R的圓筒（圖中2R為其內直徑）位于水平地面上。筒內放一矩形物。矩形物中的A、B是兩根長度相等、質量皆為m的細圓棍，它們平行地固連在一質量可以忽略不計的，長為的矩形薄片的兩端。初始時矩形物位于水平位置且處于靜止狀態，A、B皆與圓筒內表面接觸，已知A、B與圓筒內表面間的靜摩擦系數都等于1。

4、現令圓筒繞其中心軸線非常緩慢地轉動，使A逐漸升高。1矩形物轉過多大角度后，它開始與圓筒之間不再能保持相對靜止？答： （只要求寫出數值，不要求寫出推導過程）2如果矩形物與圓筒之間剛不能保持相對靜止時，立即令圓筒停止轉動。令表示A的中點和B的中點的連線與整直線之間的夾角，求此后等于多少度時，B相對于圓筒開始滑動。（要求寫出必要的推導過程。最后用計算器對方程式進行數值求解，最終結果要求保留三位數字）得分閱卷復核三、（17分）斯泰瓦托爾曼（Stewart-Tolman）效應1917年，斯泰瓦和托爾曼發現，一繞在圓柱上的閉合線圈，當該圓柱以一定角加速度繞軸旋轉時，線圈中會有電流流過。設有許多匝線圈，每匝

5、線圈的半徑為r，每匝線圈均用電阻為R的細金屬導線繞成，線圈均勻地繞在一很長的玻璃圓柱上，圓柱的內部為真空。每匝線圈的位置用粘膠固定在圓柱上，單位長度的線圈匝數為n，包含每匝線圈的平面與圓柱的軸垂直。從某一時刻開始，圓柱以角加速度繞其軸旋轉。經過足夠長時間后，求圓柱中心處的磁場的磁感應強度B。設電子的電量e和質量m為已知。 得分閱卷復核四、（20分）一男孩通過交替蹲下和站起的方式來蕩秋千。如圖所示的是在擺動過程中男孩的質心軌跡。當男孩處于站立姿勢時，設秋千轉軸到男孩質心的距離為；而當男孩處于下蹲姿勢時，秋千轉軸到男孩質心的距離為。設比值，即男孩站立與下蹲兩種姿勢時質心相對于秋千轉軸到男孩質心的平

6、均距離只變化大約7%。為了使問題簡化，假定秋千質量可以忽略，秋千的擺幅很小，男孩的質量總是集中在其質心上；同時還假定男孩每次從下蹲到站立或者站立到下蹲的過程（即A到B，E到F）與秋千擺動本身相比進行得足夠快，因此可以認為從下蹲到站立或者站立到下蹲是瞬間完成的。與此類似，另外兩個下蹲過程（從C到D，從G到H）也被假定是瞬間過程。需要求解的問題是：男孩要將秋千擺動幅度增加一倍，或者說最大角速度增加一倍（即擺動幅度為初始幅度的兩倍，或最大角速度為原來的兩倍），需要進行多少次（可以用分數表示）擺動才行。得分閱卷復核五、（20分）關于齊明點的討論1半徑為R的透明球體，折射率為n，P為主軸上一點，位于球心

7、左方處，如圖所示。求證：從P點向右發出的任一條光線（不限于近軸光線）經球面折射后，將聚焦于一點，并求出該點Q的位置。P、Q稱為齊明點。2齊明點概念常用于顯微鏡的物鏡中，以增大顯微鏡入射光的孔徑角。設某顯微鏡的接物鏡（接物鏡前方有光射入）是折射率為n1=1.5，半徑為R1=3mm的半球，其平底面與物同浸在折射率與物鏡材料相同的油中，物即位于一個齊明點上。試設計物鏡組第二個月牙形透鏡（在接物鏡后）的兩球面的半徑R2和R3及其構形（可作圖說明），使其物、像也是齊明點。已知該透鏡材料的折射率為n2=1.6，透鏡前球面與第一個透鏡后球面的間距為d1=2.0mm，透鏡中央厚度為d2=1.5mm，并估算從第

8、二個透鏡出射的光的孔徑角和經兩個透鏡成像后的放大率k。得分閱卷復核六、（18分）木星的衛食遠在科學家能精確測量光速之前，丹麥天文學家歐羅梅爾（O.Romer）就研究了木星衛星的星食時間。他通過觀測木星的衛星繞木星運動的周期來確定光的速率。圖1表示地球E繞太陽S的運動軌道和木星的一個衛星M繞木星J的運動軌道。他觀測木星的衛星M相繼兩次從木星的太陽陰影中出現的時間間隔。衛星處在行星的太陽陰影中，稱為衛星食，簡稱衛食。從一系列的衛食的觀測可以精確地求出衛食周期，而該周期T的觀察值大小依賴與地球在以連線SJ作為一根坐標軸的參照系中的相對位置。衛星繞木星轉動一周的平均周期為T0=42小時28分16秒，周

9、期的最大觀測值為T0+15秒。設觀測者（在地球上）處在位置時，看到衛星M從木星的陰影中出現。當他處在位置時，看到衛星下一次從木星陰影中出現，其中k=1，2，3，從以上的觀測結果中他得到衛星繞木星公轉的表觀周期T（tk）依賴于觀測時刻tk。他認為這種表現周期因觀測時間而發生的變化，是觀測過程中地球相對于木星的距離d發生變化造成的。請你從以上材料推斷估算光速，并計算相對誤差大小。得分閱卷復核七、（20分）如圖所示的圓柱形容器，其截面積，器壁絕熱，圓筒內有兩個以彈簧相連接的絕熱活塞，彈簧的勁度系數為，筒中部有一帶孔的固定隔板，筒壁上有開口，與大氣相通。整個裝置的結構及尺寸如圖。容器左、右端氣室中分別

10、盛有同種的理想氣體，左室中有一電加熱器。已知：大氣壓強；電加熱器未加熱強兩室氣體均處于平衡態，溫度均為T0=300K，壓強均為p0；活塞的位置如圖所示，l0=0.100m；如果通過加熱器對左室氣體不斷地徐徐加熱，彈簧長度的最大改變量；理想氣體的絕熱過程遵循的規律為恒量；筒內氣體的摩爾內能與溫度的關系為，式中T為氣體的熱力學溫度，R為摩爾氣體常量。求當左氣室吸熱為Q=1000J時，左、右兩室氣體的溫度和壓強。設活塞與筒壁的摩擦可忽略不計，且不漏氣。計算過程各量均取三位有效數字。得分閱卷復核八、（20分）氫原子模型的拓展1在經典的氫原子模型中，電子圍繞原子核做圓周運動，電子的向心力來自于核電場的作

11、用。可是，經典的電磁理論表明電子做加速運動會發射電磁波，其發射功率可表示為（拉莫爾公式）：，其中a 為電子的加速度，c為真空光速，,電子電荷量絕對值e=1.602´10-19C。若不考慮相對論效應，試估計在經典模型中氫原子的壽命t 。（實驗測得氫原子的結合能是，電子的靜止質量）2帶點粒子加速后發射的電磁波也有重要的應用價值。當代科學研究中應用廣泛的同步輻射即是由以接近光速運動的電子在磁場中作曲線運動改變運動方向時所產生的電磁輻射，電子存儲環是同步輻射光源裝置的核心，存儲環中的電子束團通過偏轉磁鐵等裝置產生高性能的同步輻射光。上海光源是近年來建成的第三代同步輻射光源，它的部分工作參數如

12、下：環內電子能量，電子束團流強，周長L=432m，單元數（裝有偏轉磁鐵的彎道數量）N=20，偏轉磁鐵磁場的磁感應強度B=1.27T。使計算該設備平均每個光口的輻射總功率P0。（在電子接近光速時，若動量不變，牛頓第二定律仍然成立，但拉莫爾公式不再適用，相應的公式變化為，其中，E為電子總能量，為電子的靜止能量。）第30屆全國中學生物理競賽復賽模擬試卷參考解答與評分標準（全國中學生物理競賽委員會及大連理工大學物理系）一、參考解答：1，2本裝置的幾何結構盡管十分對稱，但由于空氣中離子分布及宇宙射線等因素的不確定性，使鋁筒A1、A2的電勢會略有不同。譬如，A1的電勢比A2高，由于靜電感應，使A1上方的水

13、滴帶負電，A2上方的水滴帶正電，帶電水滴分別滴入下方的鋁杯后，使B1杯帶負電，由于B1與A2用導線相連，又使A2電勢進一步降低，同理A1電勢則進一步升高，這又使A1上方的水滴帶更多的負電，A2上方的水滴帶更多的正電，如此下去，使鋁杯B2的電勢越來越高，B1的電勢越來越低，最終可使兩鋁杯間產生幾千伏的電勢差。當然，由于各種因素的不確定性，下次實驗開始時，可能A2的電勢比A1高，最終使B1的電勢比B2的電勢高幾千伏。但A1、A2因偶然因素造成的電勢差因上述正反饋效應而得到放大卻是不變的。【點評】物理系統的對稱性因某種原因受到破壞，這種現象稱為對稱破缺。對稱破缺在物理學的許多分支及其他許多學科里已成

14、為一個重要的概念。本題是這方面的一個例子。350km/h由題目給出的條件得到汽車的脅迫力的角頻率為，而車輪轉動的頻率為，這樣汽車的速度為4；30評分標準：本題25分第1小問7分第一空2分，第二空5分第2小問7分 第3小問5分 第4小問6分第一空3分，第二空3分二、參考解答：190°2當矩形物處于豎直位置即時，B不會滑動，矩形物靜止。當圓筒緩慢轉動使剛超過0°時，A將離開圓筒內表面而開始傾倒，按題意此時圓筒已停止轉動。假定B仍不動，此后，A在豎直平面內從靜止開始繞B做圓周運動，圓周運動的徑向方程（牛頓第二定律）為 （1）這里v表示A的速度。T是剛性薄片對A的作用力，規定其方向

15、從B到A為正。根據能量守恒，有 （2）聯立（1）、（2）式，得 （3）如果令T=0，可得°顯見，°時，作用力是徑向正向，對A是推力；時，作用力是徑向反向，對A是拉力。 現在再來看前面被假定不動的B是否運動。我們可以在B處畫圓桶內表面的切面，它與水平面成30°夾角，因為假定B不動，其加速度為零，所以B在垂直于切面方向的受力方程為 （4）這里是圓筒內壁對B的支持力。由（4）式和（3）式可以論證，如果在等于60°（A將與圓筒相碰）之前B不動，則必將始終不等于零，這就是說，在B開始滑動以前，B不會離開筒壁。B對筒壁的正壓力是的反作用力，大小和相同。式中的T是剛性

16、薄片對B的作用力，它和（1）式中的T大小相等（因薄片質量不計）。由于，所以最大靜摩擦力fmax的大小就等于正壓力。 （5）其方向是沿切面方向。沿切面方向除摩擦力外，B還受到其他力 （6）只要不大于最大靜摩擦力，B就不滑動。這個條件寫出來就是 （7）B滑動與否的臨界點就應由求出，即 （8）將（3）式的T代入（8）式，化簡后得方程 （9）這個方程可用數值求解，即取不同的值代入逐步逼近，最后可得 （10）超過此值，B將開始滑動。評分標準：本題20分第1小問5分第2小問15分（3）式4分，（4）、（5）、（6）式均2分，（7）或（8）式2分，（10）式3分三、參考解答：先考慮一個圓環。考慮環的一小部分

17、，并引進該小部分在其中靜止的參照系。環以恒定的角加速度運動，于是，我們引進的參照系不是慣性系，它具有一定的線加速度。此加速度的徑向分量可不必考慮，因為環很細，觀察不到任何徑向效應。加速度的切向分量為r。在我們所取的參照系中，形成金屬晶格的正離子處于靜止狀態。在此參照系中有慣性力作用在電子上，此力的大小為，方向與上述切向加速度方向相反。晶格與電子間的相互作用下不允許電子無限制地增加速度。根據歐姆定律，此相互作用隨電子相對晶格的速度的增大而增大。某一時刻，慣性力與這種相互作用造成的阻力會達到平穩。結果，正離子與負的電子以不同的速度運動。這就是說，在正離子靜止的參照系中將有電流流過。此慣性力大小是常

18、量，方向在環的每一部分均與環相切，它對電子的作用與一個在每一點上與環相切的虛擬電場相同。現來求此虛擬電場的大小。顯然，此電場的作用力應等于慣性力。由此 （1）因而 （2）在電阻為R的環（靜止）中，上述電場將產生電流 （3）于是，在所考察的環中的電流應為 （4）誠然，場是虛擬的電場，但它描述了慣性力對電子的一種真實作用。環中的電流是真實的。以上想法可用來處理題中所述單位長度有n匝線圈（沿對稱軸）的很長螺線管的問題，其中流有電流I。大家知道，在此螺線管中，磁場B的大小均勻（在遠離兩端處），其值為 （5）式中為真空磁導率。由于軸上一點不轉動，不論在轉動非慣性系中還是在實驗室參照系中均靜止不動，因而在

19、實驗室參照系中，在軸的中心處的磁場為 （6）【點評】本題頗有啟發性。因為，盡管環是電中性的，但出人意料，由于金屬的特殊結構，螺線管中卻會出現磁場。因此，英語里的電學名詞“電動勢（electromotive force）”中會含有力學名詞“力（force）”也就變得容易理解了。評分標準：本題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、參考解答：當時，即秋千擺至最低點時，由于小孩在秋千上由蹲姿到立姿的轉換時間極短，故在由A到B以及由E到F的過程中，相對于秋千上方的懸掛點而言，作用于小孩的合力矩為零，故小孩的角動量守恒。設=小孩的質量；=小孩的質心至秋千懸掛

20、點的距離；=秋千相對于懸掛點的角速度；=小孩相對于懸掛點的角動量。當小孩由蹲姿轉換到立姿時，即從A到B或由E到F，其質心至懸掛點的距離由變至，所對應的角速度由變至，由角動量守恒定律得 （1） （2）亦即當秋千在最低點時，小孩每一次由蹲姿站起來擺蕩時，角速率增加倍。當秋千從B擺至C的過程中，機械能守恒，故小孩的重力勢能的增加量等于動能的減少量，即 （3）當秋千擺至C時，小孩由站姿轉換為蹲姿，因此其質心至懸掛點的距離，由ru變長為rd，即質心的位置從C變至D，因此質心的重力勢能已改變。當秋千從D擺至E時，設其角速率為，則同理利用機械能守恒定律，可得 （4）由（3）、（4）兩式可得 （5）將（2）式

21、代入（5）式，可得 （6）即秋千每擺蕩半圈時，其角速率增加倍；因此每擺蕩一圈，則角速率增加倍。秋千擺蕩的角幅和其在最低點的角速率成正比。若秋千擺蕩n圈后，角幅增為起始時的兩倍，則 （7）評分標準：本題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、參考解答：1考察自P發出的任一光線PA，設其與主軸夾角為，如圖所示。設光線在球面上入射角為i，折射角為r，由折射定律 （1）在PCA中應用正弦定理，有 （2）比較（1）、（2）兩式，在為銳角的情況下（r必為銳角），有 （3）而r=QAC，Q為折射光的反向延長線與主軸交點，于是QACAPC，及，即 （4）

22、與角無關，得證。2兩透鏡的幾何位形如圖所示。設C1為接透鏡（L1）的球心，從S（物）發出的光經L1折射后成像于S。由上小題可知，則。應使S發出的光無折射地進入第二個透鏡（L2）的前球面，故S為前球面中心，且前球面半徑 （5）為使S位于L2的齊明點，又使L2的中央厚度為d2，應有 （6） （7）由（6）、（7）兩式可解得后球面半徑 （8）圖中為S經L2后所成的像，C3為后球面的球心。S發出的光的孔徑角滿足 （9）S經L1所成像S的孔徑角設為，則 （10）又是L2的物點的孔徑角，則為最后的像的孔徑角。由圖不難看出，（忽略透鏡邊緣厚度） （11）而 （12） （13） （14）【點評】本題是齊明點概

23、念在顯微鏡物鏡中的應用，這種物鏡稱為油浸物鏡，是顯微鏡物鏡的主要形式之一。評分標準：本題20分第1小問6分（1）式1分，（2）式2分，（3）式1分，（4）式2分第2小問14分作圖3分，（5）式2分，（8）式3分，（11）式2分，（13）式2分，（14）式2分六、參考解答：假定地球和木星的軌道均為圓形，則向心力=太陽的引力，有 （1） （2）其中G為引力常量，MS為太陽質量，ME為地球質量，MJ為木星質量，RE為地球軌道半徑，RJ為木星軌道半徑，vE為地球公轉速度，vJ為木星公轉速度。因而 （3）已知 （4） （5）（4）、（5）兩式相比，得 （6）由此得 （7）相對角速度 （8）相對速度 （9

24、）木星與地球距離可表示為 （10） （11）上述表達式的相對誤差由略去的的平方項引起的數量級為 （12）當觀測者在距離時看到衛星M從陰影中出現，當他在距離時看到衛星下一次從陰影中出現。光行進距離需要時間，因而觀測者看到的是表觀周期T而非真實周期T0。 （13）因為，。我們也可從圖的幾何關系中直接得到上述近似表達式。我們也可用另一種方法計算。由圖得 （14） （15） （16）而，及，故 （17）當時觀測者觀察到最大周期；當時觀測到最小周期；當和時觀測到真實周期。由 得 （18）代入數據可得 （19）我們可估算由距離平方比產生的相對誤差約為4%，由時間測量產生的相對誤差約為，故總的相對誤差約為7

25、.4%。另一誤差來自軌道為圓形的假定，實際上軌道是橢圓的，其相對誤差約為 （20）評分標準：本題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、參考解答：i）對加熱過程作分析開始時彈簧的彈力為零，彈簧長度為自然長度，左、右室氣體的溫度、壓強、體積均相同，由此可知它們的物質的量也相同，設為n，則有 （1） 開始加熱后左室氣體的溫度和壓強均緩慢增大，從而推動左活塞右移，壓縮彈簧。被壓縮的彈簧又推動右活塞右移，壓縮右室氣體。整個過程是：左室氣體吸熱膨脹，右室氣體絕熱壓縮，彈簧被壓縮，活塞對大氣做功，部分大氣被排出筒外。

26、此過程進行至左活塞右移距離為l0后情況發生變化。此時左活塞與隔板相接觸，左室氣體壓強再升高時活塞不再右移，彈簧不再被進一步壓縮，彈簧的壓縮量達到最大值，右室氣體狀態此后不再發生變化。題給條件Q=1000J相當于何種情況，是左活塞右移小于l0還是等于l0，需要通過計算得出左活塞剛好右移l0所需熱量Q0，然后比較Q與Q0的大小才能作出判斷。ii）左活塞右移距離剛達到l0時左室電加熱器提供的熱量Q0設此時右活塞右移距離為x，則彈簧的壓縮量，即彈簧長度的最大改變量為 （2）左、右室氣體的壓強為 （3）左、右室氣體體積分別為 （4） （5）由氣體定律可求得左、右室氣體的溫度分別為 （6） （7）以左、右兩室氣體、活塞和彈簧作為一個系統，根據熱力學第一定律有 （8）其中為氣體內能的增量，為彈簧彈性勢能的增量，W為兩個活塞對大氣所做的功，它們的數值分別為 （9） （10） （11）iii）為