本文格式為Word版，下載可任意編輯——第31屆全國中學生物理競賽復賽試題及答案（精致word版）

第31屆全國中學生物理競賽復賽理論考試試題解答

2023年9月20日

一、（12分）（1）球形

（2）液滴的半徑r、密度?和表面張力系數(shù)?（或液滴的質(zhì)量m和表面張力系數(shù)?）（3）解法一

假設液滴振動頻率與上述物理量的關系式為f?kr?????①

式中，比例系數(shù)k是一個待定常數(shù).任一物理量a可寫成在某一單位制中的單位[a]和相應的數(shù)值{a}的乘積a?{a}[a].依照這一約定，①式在同一單位制中可寫成{f}[f]?{k}{r}?{?}?{?}?[r]?[?]?[?]?

由于取同一單位制，上述等式可分解為相互獨立的數(shù)值等式和單位等式，因而[f]?[r]?[?]?[?]?②力學的基本物理量有三個：質(zhì)量m、長度l和時間t，依照前述約定，在該單位制中有m?{m}[m]，l?{l}[l]，t?{t}[t]于是[f]?t[?1]③[r]?[l]④[?]?m⑤[?]?[m][t]?2⑥[]l[?3]將③④⑤⑥式代入②式得[t]?1?[l]?([m][l]?3)?([m][t]?2)?

即[t]?1?[l]??3?[m]???[t]?2?⑦由于在力學中[m]、[l]和[t]三者之間的相互獨立性，有

??3??0，⑧????0，⑨2??1⑩

311解為???,???,??

222

解法二

假設液滴振動頻率與上述物理量的關系式為f?kr?????①

式中，比例系數(shù)k是一個待定常數(shù).任一物理量a可寫成在某一單位制中的單位[a]和相應的數(shù)值{a}的乘積a?{a}[a].在同一單位制中，①式兩邊的物理量的單位的乘積必需相等[f]?[r]?[?]?[?]?②

力學的基本物理量有三個：質(zhì)量M、長度L和時間T，對應的國際單位分別為千克（kg）、米（m）、秒（s）.在國際單位制中，振動頻率

?將?式代入①式得f?k?

?r3f的單位[f]為s

?1?1

，半徑r的單位[r]為m，密度?的單位[?]為

?2?1kg?m?3，表面張力系數(shù)?的單位[?]為N?m=kg?(m?s)?m?kg?s?2，即有

[f]?s?1③[r]?m④[?]?kg?m⑤[?]?kg?s?2⑥若要使①式成立，必需滿足

?3s?1?m??kg?m?3???kg?s?2??(kg)????m??3??s?2??⑦

由于在力學中質(zhì)量M、長度L和時間T的單位三者之間的相互獨立性，有??3??0，⑧

????0，⑨

得像距為

其橫向放大率為

111??vuf①

v?20cm②

?????1③

vu可知圓盤像在凸透鏡右邊20cm，半徑為5cm，為圓盤狀，圓盤與其像大小一樣.

（2）如下圖所示，連接A、B兩點，連線AB與光軸交點為C點，由兩個相像三角形?AOC與?BB'C的關系可求得C點距離透鏡為15cm.1分

若將圓形光闌放置于凸透鏡后方6cm處，此時圓形光闌在C點左側(cè).1分

當圓形光闌半徑逐漸減小時，均應有光線能通過圓形光闌在B點成像，因而圓盤像的形狀及大小不變，而亮度變暗.2分

此時不存在圓形光闌半徑ra使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半．1分

AO

CB'B

（3）若將圓形光闌移至凸透鏡后方18cm處，此時圓形光闌在C點（距離透鏡為15cm）的右側(cè).由下圖所示，此時有:

CB'=BB'=5cm,R'B'=2cm,

利用兩個相像三角形?CRR'與?CBB'的關系，得

CR'5?2?BB'=?5cm?3cm④r?RR'=CB'5

可見當圓盤半徑r?3cm（光闌邊緣與AB相交）時，圓盤剛好能成完整像，但其亮度變

暗．4分

C

R'B'

B

若進一步減少光闌半徑，圓盤像就會減小．當透鏡上任何一點發(fā)出的光都無法透過光闌照在原先像的一半高度處時，圓盤像的半徑就會減小為一半，如下圖所示．此時光闌邊緣與AE相交，AE與光軸的交點為D，由幾何關系算得D與像的軸上距離為

R20cm.此時有7620DR'=cm,DE'=cm,EE'=2.5cm,

77利用兩個相像三角形?DRR'與?DEE'的關系，得

ra?RR'=DR'20/7?2?EE'=?2.5cm?0.75cm⑤DE'20/7可見當圓形光闌半徑ra=0.75cm，圓盤像大小的半徑的確變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半．3分

DR'RE'

E

（4）只要圓形光闌放在C點（距離透鏡為15cm）和光屏之間，圓盤像的大小便與圓形光闌半徑有關．2分

（5）若將圖中的圓形光闌移至凸透鏡前方6cm處，則當圓形光闌半徑逐漸減小時，圓盤像的形狀及大小不變，亮度變暗；2分

同時不存在圓形光闌半徑使得圓盤像大小的半徑變?yōu)椋?）中圓盤像大小的半徑的一半．1分

評分標準：第（1）問3分，正確給出圓盤像的位置、大小、形狀，各1分；

第（2）問5分，4個給分點分別為1、1、2、1分；第（3）問7分，2個給分點分別為2、3分；第（4）問2分，1個給分點為2分；第（5）問3分，2個給分點分別為2、1分．

六、（22分）

（1）固定金屬板和可旋轉(zhuǎn)金屬板之間的重疊扇形的圓心角?的取值范圍為??0????0．整個電容器相當于2N個一致的電容器并聯(lián)，因而

C(?)?2NC1(?)

①

式中C1(?)為兩相鄰正、負極板之間的電容

C1(?)?A(?)4?ks②

這里，A(?)是兩相鄰正負極板之間相互重迭的面積，有

?122?R(?0??),當??0??????0??2A(?)??

12?2?R(2?0??),當???0????0??2③

由②③式得

?R2(?0??),當??0??????0??4?ksC1(?)??2

R(2???)0?,當???0????0??4?ks④

由①④式得

?NR2(?0??),當??0??????0??2?ksC(?)??2

?NR(2?0??),當???????00?2?ks?

⑤

（2）當電容器兩極板加上直流電勢差E后，電容器所帶電荷為

Q(?)?C(?)E當??0時，電容器電容達到最大值Cmax，由⑤式得

⑥

NR2?0Cmax?2?ks充電穩(wěn)定后電容器所帶電荷也達到最大值Qmax，由⑥式得

⑦

QmaxNR2?0?E2?ks⑧

斷開電源，在轉(zhuǎn)角?取??0附近的任意值時，由⑤⑧式得，電容器內(nèi)所儲存的能量為

2QmaxNR2?02E2U(?)??當??0??????0⑨

2C(?)4?ks(?0??)設可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩為T(?)（它是由若干作用在可旋轉(zhuǎn)金屬板上外力Fi產(chǎn)生的，不失普遍性，可認為Fi的方向垂直于轉(zhuǎn)軸，其作用點到旋轉(zhuǎn)軸的距離為ri，其值Fi的正負與可旋轉(zhuǎn)金屬板所受力矩的正負一致），當金屬板旋轉(zhuǎn)??（即從?變?yōu)????）后，電容器內(nèi)所儲存的能量增加?U，則由功能原理有⑩T(?)???(?Frii)????Fi?li??U(?)

式中，由⑨⑩式得

NR2?02E2?U(?)T(?)??當??0??????0

??4?ks(?0??)2?

當???0??2時，T(?)發(fā)散，這說明所用的平行板電容公式需要修改．當電容器電容最大時，充電后

轉(zhuǎn)動可旋轉(zhuǎn)金屬板的力矩為

NR2E2??U?T????4?ks??????0?

（3）當V?V0cos?t，則其電容器所儲存能量為

1U?CV221?11???(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?mt?V02cos2?t2?22??1?11?2(C?C)?(C?C)cos2?tV0(1?cos2?t)maxminmaxminm?4?22???

V02??(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?t?(Cmax?Cmin)cos2?mt?(Cmax?Cmin)cos2?mtcos2?t?8V02?{(Cmax?Cmin)?(Cmax?Cmin)cos2?t?(Cmax?Cmin)cos2?mt81?(Cmax?Cmin)[cos2(?m??)t?cos2(?m??)t]}2

由于邊緣效應引起的附加電容遠小于Cmax，因而可用⑦式估算Cmax．假使?m??，利用⑦式和題設條件以及周期平均值公式

cos2?t=0,cos2?mt=0,cos2(?m??)t=0,cos2(?m??)t=0?

可得電容器所儲存能量的周期平均值為

?

1(1??)NR222U1?(Cmax?Cmin)V0?V0

832ks

假使?m??，?式中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和題設條件以及周期平均值公式的前3式得電容器所儲存能量的周期平均值為

111(3??)NR22222U2?(Cmax?Cmin)V0?(Cmax?Cmin)V0?(3Cmax?Cmin)V0?V0?

8161664ks由于邊緣效應引起的附加電容與忽略邊緣效應的電容是并聯(lián)的，因而Cmax應比用⑦式估計Cmax大；這一效應同樣使得Cmin?0；可假設實際的(Cmax?Cmin)近似等于用⑦式估計Cmax．假使?m??，利用

⑦式和題設條件以及周期平均值公式

cos2?t=0,cos2?mt=0,cos2(?m??)t=0,cos2(?m??)t=0?

可得電容器所儲存能量的周期平均值為

1(1?2?)NR222U1?(Cmax?Cmin)V0?V0

832ks?

[假使?m??，?中第4式右端不是零，而是1．利用⑦式和題設條件以及周期平均值公式?的前3式得電容器所儲存能量的周期平均值為]

111(3?4?)NR22222U2?(Cmax?Cmin)V0?(Cmax?Cmin)V0?(3Cmax?Cmin)V0?V0?

8161664ks由于U2?U1，則最大值為U2，所對應的?m為

?m??

?

評分標準：此題22分．第（1）問6分，①②式各1分，③⑤式各2分；第（2）問9分，⑥⑦⑧⑨⑩式各1分（⑩式中沒有求和號的，也同樣給分；沒有力的符號，也給分），??式各2分；第（3）問7分，??式各2分，???式各1分．

七、（26分）

（1）通有電流i的鎢絲（長直導線）在距其r處產(chǎn)生的磁感應強度的大小為

B?kmir①

由右手螺旋定則可知，相應的磁感線是在垂直于鎢絲的平面上以鎢絲為對稱軸的圓，磁感應強度的方向沿圓弧在該點的切向，它與電流i的方向成右手螺旋．

兩根相距為d的載流鎢絲（如圖（a））間的安培力是相互吸引力，大小為

?dkm?Li2F?B?Li?d②

考慮某根載流鎢絲所受到的所有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力．由

圖(a)系統(tǒng)的對稱性可知，每根鎢絲受到的合力方向都指向軸心；我們只要將其他鎢絲

對它的吸引力在徑向的分量疊加即可．如圖，設兩根載流鎢絲到軸心連線間的夾角為?，則它們間的距離為

d?2rsin?2

③

由②③式可知，兩根載流鎢絲之間的安培力在徑向的分量為

km?Li2?km?Li2Fr?sin?

2rsin(?/2)22r④

它與?無關，也就是說雖然處于圓周不同位置的載流鎢絲對某根載流鎢絲的安培力大小和方向均不同，但在徑向方向上的分量大小卻是一樣的；而垂直于徑向方向的力相互抵消．因此，某根載流鎢絲所受到的所

有其他載流鎢絲對它施加的安培力的合力為

2(N?1)km?Li2(N?1)km?LI內(nèi)F??2r2rN2⑤

其方向指向軸心．

（2）由系統(tǒng)的對稱性可知，所考慮的圓柱面上各處單位面積所受的安培力的合力大小相等，方向與柱軸垂直，且指向柱軸．所考慮的圓柱面，可視為由好多鎢絲排布而成，N很大，但總電流不變．圓柱面上??角對應的柱面面積為

s?r???L

⑥

圓柱面上單位面積所受的安培力的合力為

N??FN(N?1)km?Li2P??2?s4?r2?L2N(N?1)i2?I內(nèi)

⑦

由于N

1，有

⑧

由⑦⑧式得

P?

522kmI內(nèi)4?r2⑨

代入題給數(shù)據(jù)得

P?1.02?1012N/m2

?

⑩

一個大氣壓約為10N/m，所以

P?107atm

即相當于一千萬大氣壓．

（3）考慮均勻通電的長直圓柱面內(nèi)任意一點A的磁場強度.根據(jù)對稱性可知，其磁場假使不為零，方向一定在過A點且平行于通電圓柱的橫截面.在A點所在的通電圓柱的橫截面（紙面上的圓）內(nèi)，過A點作兩條相互間夾角為微小角度??的直線，在圓上截取兩段微小圓弧L1和L2，如圖（b）所示.由幾何關系以及鎢絲在圓周上排布的均勻性，通過L1和L2段的電流之比I1/I2等于它們到A點的距離之比l1/l2：

I1L1l1??I2L2l2kmI1I?km2l1l2?

式中，因此有

?

即通過兩段微小圓弧在A點產(chǎn)生的磁場大小一致，方向相反，相互抵消．整個圓周可以分為大量“對〞這樣

的圓弧段，因此通電的外圈鎢絲圓柱面