全國中學生高中物理競賽第16屆—22屆預賽

1、全國中學生高中物理競賽第16屆22屆預賽電學試題集錦（含答案）一、第16屆預賽題. （20分）位于豎直平面內(nèi)的矩形平面導線框。長為，是水平的，長為，線框的質(zhì)量為，電阻為.。其下方有一勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的上、下邊界和均與平行，兩邊界間的距離為，磁場的磁感應強度為，方向與線框平面垂直，如圖預16-4所示。令線框的邊從離磁場區(qū)域上邊界的距離為處自由下落，已知在線框的邊進入磁場后，邊到達邊界之前的某一時刻線框的速度已達到這一階段的最大值。問從線框開始下落到邊剛剛到達磁場區(qū)域下邊界的過程中，磁場作用于線框的安培力做的總功為多少？參考解答設線框的邊剛到達磁場區(qū)域上邊界時的速度為，則有 （1）邊進入磁場后

2、，按題意線框雖然受安培力阻力作用，但依然加速下落設邊下落到離的距離為時，速度達到最大值，以表示這個最大速度，這時線框中的感應電動勢為 線框中的電流 作用于線框的安培力為 （2）速度達到最大的條件是安培力 由此得 （3）在邊向下運動距離的過程中，重力做功，安培力做功，由動能定理得 將（1）、（3）式代入得安培力做的功 （4）線框速度達到后，做勻速運動當邊勻速向下運動的距離為時，邊到達磁場的邊界，整個線框進入磁場在線框邊向下移動的過程中，重力做功，安培力做功，但線框速度未變化，由動能定理 （5）整個線框進入磁場后，直至邊到達磁場區(qū)的下邊界，作用于整個線框的安培力為零，安培力做的功也為零，線框只在重

3、力作用下做加速運動。所以，整個過程中安培力做的總功 （6）二、第16屆預賽題. （15分）如圖預16-4-1所示，電阻，電動勢，兩個相同的二極管串聯(lián)在電路中，二極管的特性曲線如圖預16-6-2所示。試求：1. 通過二極管的電流。2. 電阻消耗的功率。 參考解答解法一：設二極管兩端的管壓為，流過二極管的電流為。則有 （1）代入數(shù)據(jù)解得與的關系為 （2）這是一在圖預解16-6中橫軸上截距為1.5，縱軸上截距為 6、斜率為4的直線方程（稱為二極管的負載線）因管壓與流過二極管電流還受二極管的特性曲線的限制，因而二極管就工作在負載線與特性曲線的相交點上（如圖預解16-6）由此得二極管兩端的管壓和電流分別

4、為 , （3）電阻上的電壓 其功率 （4）解法二：設兩個二極管用一個等效二極管代替，當流過等效二極管的電流為時，等效二極管的管壓為。 即有 （1）代入數(shù)據(jù)解得與的關系為 （2）這是一在橫軸上截距為3、縱軸上截距為6、斜率為2的負載線方程，二極管的特性曲線只要將圖預解16-6的橫坐標增大1倍即可用作圖法，求出負載線與管的特性曲線相交的點得 ， （3）電阻上的電壓其功率 （4）三、第17屆預賽， （20分）如圖預17-5-1所示，在正方形導線回路所圍的區(qū)域內(nèi)分布有方向垂直于回路平面向里的勻強磁場，磁感應強度隨時間以恒定的變化率增大，回路中的感應電流為已知、兩邊的電阻皆為零；邊的電阻，邊的電阻。 1

5、試求兩點間的電壓、兩點間的電壓、兩點間的電壓、兩點間的電壓。 2若一內(nèi)阻可視為無限大的電壓表V位于正方形導線回路所在的平面內(nèi)，其正負端與連線位置分別如圖預17-5-2、圖預17-5-3和圖預17-5-4所示，求三種情況下電壓表的讀數(shù)、。 參考解答1. 設回路中的總感應電動勢為，根據(jù)楞次定律可知，電路中的電流沿逆時針方向，按歐姆定律有 （1）由對稱性可知，正方形回路每條邊上的感應電動勢相等，設為，等效電路如圖預解17-5-1所示。有 （2）根據(jù)含源電路歐姆定律，并代入數(shù)值得 （3） （4） （5） （6）2. 三種情況下的等效電路分別如圖預解17-5-2、17-5-3、17-5-4。對圖預解17

6、-5-2中的回路，因磁通量變化率為零，回路中的總電動勢為零，這表明連接兩端的電壓表支路亦為含源電路，電壓表的讀數(shù)等于由正端（）到負端（一）流過電壓表的電流乘以電壓表的內(nèi)阻，因阻值為無限大，趨近于零（但為有限值），故得 解得 （7） 同理，如圖預解17-5-3所示，回路的總電動勢為，故有 （8）解得 （9）代入數(shù)據(jù)得 （10）如圖預解17-5-4所示，回路的總電動勢為零，而邊中的電阻又為零，故有 （11）四、第18屆預賽， （ 25分）如圖預187所示，在半徑為的圓柱空間中（圖中圓為其橫截面）充滿磁感應強度大小為的均勻磁場，其方向平行于軸線遠離讀者在圓柱空間中垂直軸線平面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成

7、的邊長為的剛性等邊三角形框架，其中心位于圓柱的軸線上邊上點（）處有一發(fā)射帶電粒子的源，發(fā)射粒子的方向皆在圖預18-7中截面內(nèi)且垂直于邊向下發(fā)射粒子的電量皆為（0），質(zhì)量皆為，但速度有各種不同的數(shù)值若這些粒子與三角形框架的碰撞均為完全彈性碰撞，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊試問：1帶電粒子速度的大小取哪些數(shù)值時可使點發(fā)出的粒子最終又回到點？2. 這些粒子中，回到點所用的最短時間是多少？參考解答帶電粒子（以下簡稱粒子）從點垂直于邊以速度射出后，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其圓心一定位于邊上，其半徑可由下式 求得，為 （1）1. 要求此粒子每次與的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到點，則

8、和應滿足以下條件：（）與邊垂直的條件由于碰撞時速度與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于的邊上，粒子繞過頂點、時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點（即、）上粒子從點開始向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為的半圓，在邊上最后一次的碰撞點與點的距離應為，所以的長度應是的奇數(shù)倍。粒子從邊繞過點轉回到點時，情況類似，即的長度也應是軌道半徑的奇數(shù)倍取，則當?shù)拈L度被奇數(shù)除所得的也滿足要求，即 1，2，3，因此為使粒子與各邊發(fā)生垂直碰撞，必須滿足下面的條件 （2）此時 為的奇數(shù)倍的條件自然滿足只要粒子繞過點與邊相碰，由對稱關系可知，以后的碰撞都能與的邊垂直（）粒子能繞過頂點與的邊相碰的條件由于磁場局限于半徑

9、為的圓柱范圍內(nèi)，如果粒子在繞點運動時圓軌跡與磁場邊界相交，它將在相交點處以此時的速度方向沿直線運動而不能返回所以粒子作圓周運動的半徑不能太大，由圖預解18-7可見，必須（的頂點沿圓柱半徑到磁場邊界的距離，時，粒子圓運動軌跡與圓柱磁場邊界相切），由給定的數(shù)據(jù)可算得 （3）將1，2，3，分別代入（2）式，得 由于，這些粒子在繞過的頂點時，將從磁場邊界逸出，只有4的粒子能經(jīng)多次碰撞繞過、點，最終回到點由此結論及（1）、（2）兩式可得與之相應的速度 （4）這就是由點發(fā)出的粒子與的三條邊垂直碰撞并最終又回到點時，其速度大小必須滿足的條件2. 這些粒子在磁場中做圓周運動的周期為 將（1）式代入，得 （5）

10、可見在及給定時與無關。粒子從點出發(fā)最后回到點的過程中，與的邊碰撞次數(shù)愈少，所經(jīng)歷的時間就愈少，所以應取，如圖預解18-7所示（圖中只畫出在邊框的碰撞情況），此時粒子的速度為，由圖可看出該粒子的軌跡包括313個半圓和3個圓心角為300的圓弧，所需時間為 （6）以（5）式代入得 （7）評分標準：本題25分第一問15分；第二問10分。第一問中：（1）式2分；（2）式5分；分析出4的結論給4分；（4）式4分。第二問中：（5）式1分；（6）式7分；（7）式2分。五、第19屆預賽， （20分）一個長為，寬為，質(zhì)量為的矩形導電線框，由質(zhì)量均勻分布的剛性桿構成，靜止放置在不導電的水平桌面上，可繞與線框的一條邊

11、重合的光滑固定軸ab轉動，在此邊中串接一能輸出可變電流的電流源（圖中未畫出）。線框處在勻強磁場中，磁場的磁感應強度沿水平方向且與轉軸垂直，俯視圖如圖預19-6所示?，F(xiàn)讓電流從零逐漸增大，當電流大于某一最小值時，線框?qū)⒏淖冹o止狀態(tài)。（1）求電流值。（2）當線框改變靜止狀態(tài)后，設該電流源具有始終保持恒定電流值不變（）的功能。已知在線框運動過程中存在空氣阻力。試分析線框的運動狀況。參考解答（1）解法一：導體線框放在水平桌面上，俯視圖如圖預解19-6-1。由圖可見，在線框沒動之前，線框的邊與邊平行于磁場，因而不受磁場力。邊受的安培力的大小為，方向垂直于桌面向下，但此力對軸的力矩為零。邊受的安培力的大小

12、為，方向垂直桌面向上。此力對固定軸的力矩為 除此力矩外，線框還受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘線框重心（點）到軸ab的距離，即 當時，桌面對線框的支持力的力矩為零，時，線框?qū)⒏淖冹o止狀態(tài)，開始繞軸ab向上翹起。根據(jù)題意及、式，由力矩平衡原理可知 解得 解法二：線框所受的重力矩也可以由各邊對ab軸的重力矩來求。邊與邊的重心均在（）處，兩條邊對ab軸的合力矩為 邊對ab軸的力矩為 故線框所受的重力矩為 與解法一求得的式一致，從而求得與式相同。（2）線框處于靜止狀態(tài)時，若電流比稍大，線框所受的電磁力矩將大于重力矩，使線框繞ab軸向上翹起。邊和邊所受電磁力不等于零，但二者相互抵消。當保持電流值恒定不

13、變時，線框?qū)撵o止狀態(tài)開始繞固定軸作加速轉動。在加速轉動過程中，由于通過線框的磁通量發(fā)生變化，線框內(nèi)將產(chǎn)生感應電動勢，它有使線框中的電流變小的趨勢，題中已設電流源有保持電流恒定不變的功能，所以當線框平面轉至與桌面成角時，如圖預解19-6-2a所示，線框受到的合力矩為 隨著角逐漸增大，合力矩隨之減小，但始終大于零，因而線框仍作逆時針加速轉動，角速度不斷增大。當線框平面轉到豎直面時，合力矩為零，角速度達到最大。由于慣性，線框?qū)⒃竭^面作逆時針轉到。此時，合力矩與線框轉動方向相反，角速度將逐漸減小，合力矩的大小隨著角的增大而增大，如圖預解19-6-2b所示。如果沒有空氣阻力，將增至180。當角等于18

14、0 時，線框轉動的角速度為零，合力矩將使線框作順時針加速轉動，結果線框?qū)⒃诮堑扔?與180之間往復擺動不止。實際上，由于空氣阻力作用，線框平面在平面兩側擺動的幅度將逐漸變小，最終靜止在面處，此時，電磁力矩與重力矩均為零。如果線框稍偏離平衡位置，電磁力矩與重力矩的合力矩將使線框回到平面處。故線框處于穩(wěn)定平衡狀態(tài)。評分標準：本題20分。第一問6分、第二問14分。第一問中，、式各2分。第二問中，正確地分析了線框往復轉動，給4分；說明最后平衡在豎直面處，給6分；說明穩(wěn)定平衡，給4分。六、第20屆預賽， （20分）圖預20-7-1中 A和B是真空中的兩塊面積很大的平行金屬板、加上周期為T的交流電壓，在兩

15、板間產(chǎn)生交變的勻強電場己知B板電勢為零，A板電勢UA隨時間變化的規(guī)律如圖預20-7-2所示，其中UA的最大值為的U0，最小值為一2U0在圖預20-7-1中，虛線MN表示與A、B扳平行等距的一個較小的面，此面到A和B的距離皆為l在此面所在處，不斷地產(chǎn)生電量為q、質(zhì)量為m的帶負電的微粒，各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等這種微粒產(chǎn)生后，從靜止出發(fā)在電場力的作用下運動設微粒一旦碰到金屬板，它就附在板上不再運動，且其電量同時消失，不影響A、B板的電壓己知上述的T、U0、l，q和m等各量的值正好滿足等式 若在交流電壓變化的每個周期T內(nèi)，平均產(chǎn)主320個上述微粒，試論證在t0到tT2這段時間內(nèi)產(chǎn)主的微粒中，有

16、多少微?？傻竭_A板（不計重力，不考慮微粒之間的相互作用）。 參考解答在電壓為時，微粒所受電場力為，此時微粒的加速度為。將此式代入題中所給的等式，可將該等式變?yōu)?（1）現(xiàn)在分析從0到時間內(nèi)，何時產(chǎn)生的微粒在電場力的作用下能到達A板，然后計算這些微粒的數(shù)目。在時產(chǎn)生的微粒，將以加速度向A板運動，經(jīng)后，移動的距離與式（1）相比，可知 （2）即時產(chǎn)生的微粒，在不到時就可以到達A板。在的情況下，設剛能到達A板的微粒是產(chǎn)生在時刻，則此微粒必然是先被電壓加速一段時間，然后再被電壓減速一段時間，到A板時剛好速度為零。用和分別表示此兩段時間內(nèi)的位移，表示微粒在內(nèi)的末速，也等于后一段時間的初速，由勻變速運動公式應

17、有 （3） （4）又因 ， （5） ， （6） ， （7）由式（3）到式（7）及式（1），可解得 ， （8）這就是說，在的情況下，從到這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒都可到達A板（確切地說，應當是）。為了討論在這段時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒的運動情況，先設想有一靜止粒子在A板附近，在電場作用下，由A板向B板運動，若到達B板經(jīng)歷的時間為，則有 根據(jù)式（1）可求得 由此可知，凡位于到A板這一區(qū)域中的靜止微粒，如果它受的電場作用時間大于，則這些微粒都將到達B板。在發(fā)出的微粒，在的電場作用下，向A板加速運動，加速的時間為，接著在的電場作用下減速，由于減速時的加速度為加速時的兩倍，故經(jīng)過微粒速度減為零。由此可知微?？衫^續(xù)在的

18、電場作用下向B板運動的時間為 由于，故在時產(chǎn)生的微粒最終將到達B板（確切地說，應當是），不會再回到A板。在大于但小于時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒，被的電場加速的時間小于，在的電場作用下速度減到零的時間小于，故可在的電場作用下向B板運動時間為 所以這些微粒最終都將打到B板上，不可能再回到A板。由以上分析可知，在到時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒中，只有在到時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒能到達A板，因為各個時刻產(chǎn)生帶電微粒的機會均等，所以到達A板的微粒數(shù)為 （9）評分標準：本題20分。論證在到時間內(nèi)產(chǎn)生的微?？赡艿竭_A板給10分；論證到時間內(nèi)產(chǎn)生的微粒不能到達A板給6分。求得最后結果式（9）再給4分。ODPACKM七、第21屆預賽， （1

19、5分）測定電子荷質(zhì)比（電荷q與質(zhì)量m之比q /m）的實驗裝置如圖所示真空玻璃管內(nèi)，陰極K發(fā)出的電子，經(jīng)陽極A與陰極K之間的高電壓加速后，形成一束很細的電子流，電子流以平行于平板電容器極板的速度進入兩極板C、D間的區(qū)域若兩極板C、D間無電壓，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的O點；若在兩極板間加上電壓U，則離開極板區(qū)域的電子將打在熒光屏上的P點；若再在極板間加一方向垂直于紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，則打到熒光屏上的電子產(chǎn)生的光點又回到O點現(xiàn)已知極板的長度l = 5.00cm， C、D間的距離d = 1.50cm，極板區(qū)的中點M到熒光屏中點O的距離為L = 12.50 cm，U = 20

20、0V，P點到O點的距離， B = 6.310-4T試求電子的荷質(zhì)比（不計重力影響）參考解答：設電子剛進入平行板電容器極板間區(qū)域時的速度為v0，因為速度方向平行于電容器的極板，通過長度為l的極板區(qū)域所需的時間(1)當兩極板之間加上電壓時，設兩極板間的場強為E，作用于電子的靜電力的大小為qE方向垂直于極板由C指向D，電子的加速度 (2)而 (3)因電子在垂直于極板方向的初速度為0，因而在時間t1內(nèi)垂直于極板方向的位移 (4)電子離開極板區(qū)域時，沿垂直于極板方向的末速度 (5)設電子離開極板區(qū)域后，電子到達熒光屏上P點所需時間為t2(6)在t2時間內(nèi)，電子作勻速直線運動，在垂直于極板方向的位移 (7

21、)P點離開O點的距離等于電子在垂直于極板方向的總位移(8)由以上各式得電子的荷質(zhì)比為(9)加上磁場B后，熒光屏上的光點重新回到O點，表示在電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場力與磁場力相等，即(10)注意到 (3) 式，可得電子射入平行板電容器的速度 (11)代入(9)式得 (12)代入有關數(shù)據(jù)求得 (13)評分標準本題15分（1）、（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，（10）式3分，（12）、（13）式各2分dMabcBBKLPQ八、第21屆預賽（15分）如圖所示，兩條平行的長直金屬細導軌KL、PQ固定于同一水平面內(nèi)，它們之間的距離為l，電阻可忽略不計；ab和

22、cd是兩根質(zhì)量皆為m的金屬細桿，桿與導軌垂直，且與導軌良好接觸，并可沿導軌無摩擦地滑動兩桿的電阻皆為R桿cd的中點系一輕繩，繩的另一端繞過輕的定滑輪懸掛一質(zhì)量為M的物體，滑輪與轉軸之間的摩擦不計，滑輪與桿cd之間的輕繩處于水平伸直狀態(tài)并與導軌平行導軌和金屬細桿都處于勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在平面向上，磁感應強度的大小為B現(xiàn)兩桿及懸物都從靜止開始運動，當ab桿及cd桿的速度分別達到v1和v2時，兩桿加速度的大小各為多少？參考答案：用E和I分別表示abdc回路的感應電動勢和感應電流的大小，根據(jù)法拉第電磁感應定律和歐姆定律可知 (1)(2)令F表示磁場對每根桿的安培力的大小，則 (3)令a1

23、和a2分別表示ab桿、cd桿和物體M加速度的大小，T表示繩中張力的大小，由牛頓定律可知 (4) (5)(6)由以上各式解得(7)(8)評分標準本題15分（1）式3分，（2）式2分，（3）式3分，（4）、（5）、（6）式各1分，（7）、(8)式各2分20V30W10W24V18W10VBC1.0W2.0WBC圖1圖2九、第21屆預賽，（17分）如圖所示的電路中，各電源的內(nèi)阻均為零，其中B、C兩點與其右方由1.0的電阻和2.0的電阻構成的無窮組合電路相接求圖中10F的電容器與E點相接的極板上的電荷量參考解答：設B、C右方無窮組合電路的等效電阻為，則題圖中通有電流的電路可以簡化為圖1中的電路B、C右方的電路又可簡化為圖2的電路，其中是虛線右方電路的等效電阻由于、右方的電路與B、C右方的電路結構相同，而且都是無窮組合電路， 故有 20V30W10W24V18W10VBC1.0W2.0WBC圖1圖2 (1)由電阻串、并聯(lián)公式可得(2)由式(1)、(2)兩式得解得 (3)圖1所示回路中的電流為 (4)電流沿順時針方向。2WQ310V18WQ124