高中物理 第27全國物理競賽決賽試題理論部分及標(biāo)準(zhǔn)答案

1、第27屆全國物理競賽決賽試題一、填空題（共25分）1一個粗細(xì)均勻的細(xì)圓環(huán)形橡皮圈，其質(zhì)量為m，勁度系數(shù)為k，無形變時半徑為r?，F(xiàn)將它用力拋向空中，忽略重力的影響，設(shè)穩(wěn)定其形狀仍然保持為圓形，且在平動的同時以角速度繞通過圓心垂直于圓面的軸線勻速旋轉(zhuǎn)。這時它的半徑應(yīng)為_?！敬鸢福?；6分】2鴿哨的頻率是，如果鴿子飛行的最大速率是u，由于多普勒效應(yīng)，觀察者可能觀測到的頻率的范圍是從_到_。設(shè)聲速為v。【答案：，；4分】3如圖所示，在一個質(zhì)量為m、內(nèi)部橫截面積為a的豎直放置的絕熱氣缸中，用活塞封閉了一定量溫度為t0的理想氣體?；钊彩墙^熱的，活塞質(zhì)量以及活塞和氣缸之間的摩擦力都可忽略不計(jì)。已知大氣壓強(qiáng)為

2、p0，重力加速度為g?，F(xiàn)將活塞緩慢上提，當(dāng)活塞到達(dá)氣缸開口處時，氣缸剛好離開地面。已知理想氣體在緩慢變化的絕熱過程中保持不變，其中p是氣體的壓強(qiáng)，v是氣體的體積，是一常數(shù)。根據(jù)以上所述，可求得活塞到達(dá)氣缸開口處時氣體的溫度為_?！敬鸢福?；6分】4（本題答案保留兩位有效數(shù)字）在電子顯微鏡中，電子束取代了光束被用來“照射”被觀測物。要想分辨1.0×10-10m（即原子尺度）的結(jié)構(gòu)，則電子的物質(zhì)波波長不能大于此尺度。據(jù)此推測電子的速度至少需被加速到_。如果要想進(jìn)一步分辨1.0×10-12m尺度的結(jié)構(gòu)，則電子的速度至少需被加速到_，且為使電子達(dá)到這一速度，所需的加速電壓為_。已知電

3、子的靜止質(zhì)量kg，電子的電量c，普朗克常量，光速m/s【答案：m/s，m/s，v】二、（20分）圖示為一利用傳輸帶輸送貨物的裝置。物塊（視為質(zhì)點(diǎn)）自平臺經(jīng)斜面滑到一以恒定速度v運(yùn)動的水平長傳輸帶上，再有傳輸帶輸送到遠(yuǎn)處目的地。已知斜面高h(yuǎn)=2.0m，水平邊長l=4.0m，傳輸帶寬d=2.0m，傳輸帶的運(yùn)動速度v=3m/s，物塊與斜面間的摩擦系數(shù)=0.30，物塊自斜面頂端下滑的初速度為零，沿斜面下滑的速度方向與傳輸帶運(yùn)動方向垂直。設(shè)斜面與傳輸帶接觸處為非常小的一段圓弧，使得物塊通過斜面與傳輸帶交界處時其速度的大小不變。重力加速度g=10m/s21、為使物塊滑到傳輸帶上后不會從傳輸帶邊緣脫離，物塊

4、與傳輸帶之間的摩擦系數(shù)至少為多少？2、假設(shè)傳輸帶由一帶有穩(wěn)速裝置的直流電機(jī)驅(qū)動，與電機(jī)連接的電源的電動勢e=200v，內(nèi)阻可忽略；電機(jī)的內(nèi)阻r=10，傳輸帶空載（無輸送貨物）時工作電流i0=。求當(dāng)貨物的平均流量（單位時間里輸送的貨物質(zhì)量）穩(wěn)定在kg/s時，電機(jī)的平均工作電流等于多少？假設(shè)除了貨物與傳輸帶之間的摩擦損耗和電機(jī)的內(nèi)阻熱損耗外，其它部分的能量損耗與傳輸帶上的貨物量無關(guān)。答案：1、0.5；210a三、（20分）如圖，剛性細(xì)輕桿（其質(zhì)量可視為零）可繞通過其中點(diǎn)o的光滑水平軸在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。兩質(zhì)量分別為2m和m的小球1和2（可視為質(zhì)點(diǎn)）串在輕桿上，它們與輕桿之間的靜摩擦系數(shù)為。開始時輕

5、桿靜止在水平位置，小球1和2分別位于緊靠輕桿兩端點(diǎn)a和b的位置?，F(xiàn)讓系統(tǒng)自水平位置以零初速下擺，求1、小球1脫離輕桿時的位置（用小球1脫離桿時桿與水平線的夾角表示）；2、小球2脫離輕桿時的位置（用小球2脫離桿時桿與水平線的夾角表示）答案：1、；2、四、（15分）如圖所示，a、b、c為三個質(zhì)點(diǎn)，a的質(zhì)量遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于b、c的質(zhì)量，b和c的質(zhì)量相等。已知a、b之間、a、c之間存在相互吸引力，b、c之間存在相互排斥力，三個質(zhì)點(diǎn)在相互間引力或斥力的作用下運(yùn)動。如果作用力合適，可以存在一種如下形式的運(yùn)動：a、b、c的相對位置固定，它們構(gòu)成一個平面，三個質(zhì)點(diǎn)繞著位于這個平面內(nèi)的某條軸勻速轉(zhuǎn)動：因?yàn)橘|(zhì)點(diǎn)a的質(zhì)量遠(yuǎn)

6、遠(yuǎn)大于b、c的質(zhì)量，可認(rèn)為該轉(zhuǎn)軸過質(zhì)點(diǎn)a且固定不動；連線ab與轉(zhuǎn)軸的夾角與連線ac與轉(zhuǎn)軸的夾角不相等，且，。若ab之間吸引力的大小，ac之間吸引力的大小為，其中、分別為a、b與a、c之間的距離，k為比例系數(shù)。不計(jì)重力的影響，試問的值在什么范圍內(nèi)，上述運(yùn)動才能實(shí)現(xiàn)？答案：>2五、（15分）南極冰架崩裂形成一座巨型冰山，隨洋流漂近一個城市。有人設(shè)計(jì)了一個利用這座冰山來發(fā)電的方案，具體過程為：（a）先將環(huán)境中一定量的空氣裝入體積可變的容器，在保持壓強(qiáng)不變的條件下通過與冰山接觸使容器內(nèi)空氣溫度降至冰山溫度；（b）使容器脫離冰山，保持其體積不變，讓容器中的冷空氣從環(huán)境中吸收熱量，使其溫度升至環(huán)境溫

7、度；（c）在保持容器體積不變的情況下讓空氣從容器中噴出，帶動發(fā)電裝置發(fā)電。如此反復(fù)，直至整座冰山融化。已知環(huán)境溫度=293k，冰山的溫度為冰的熔點(diǎn)t1=273k，可利用的冰山的質(zhì)量m=1.0×1011kg。為了估算可能獲得的電能，設(shè)計(jì)者做出的假設(shè)和利用的數(shù)據(jù)如下：（1）空氣可視為理想氣體（2）冰的熔解熱l×105j/kg；冰融化成溫度為t1的水之后即不再利用（3）壓強(qiáng)為p、體積為v的空氣的內(nèi)能upv（4）容器與環(huán)境之間的熱傳導(dǎo)良好，可以保證噴氣過程中空氣溫度不變（5）噴氣過程可分解為一連串小過程，每次噴出的氣體的體積都是u，且u遠(yuǎn)小于容器的體積。在每個小過程中，噴管中的氣體

8、在內(nèi)外壓強(qiáng)差的作用下加速，從而獲得一定動能，從噴嘴噴出。不考慮噴出氣體在加速過程中體積的改變，并認(rèn)為在噴氣過程中容器內(nèi)的氣體壓強(qiáng)仍是均勻的，外壓強(qiáng)為大氣壓。（6）假設(shè)可能獲得的電能是總和的45%（7）當(dāng)時，試根據(jù)設(shè)計(jì)者的假設(shè)，計(jì)算利用這座冰山可以獲得的電能。答案：=×1014j六、（15分）如圖，兩塊大金屬板a和b沿豎直方向平行放置，相距為d，兩板間加有恒定電壓u。一表面涂有金屬膜的乒乓球垂吊在兩板之間，其質(zhì)量為m。輕推乒乓球，使之向其中一金屬板運(yùn)動，乒乓球與該板碰撞后返回，并與另一板碰撞，如此不斷反復(fù)。假設(shè)乒乓球與兩板的碰撞為非彈性碰撞，其恢復(fù)系數(shù)為e，乒乓球與金屬板接觸的時間極短

9、，并在這段時間內(nèi)達(dá)到靜電平衡。達(dá)到靜電平衡時，乒乓球所帶的電荷量q與兩極板之間電勢差的關(guān)系可表示為，其中為一常量。同時假設(shè)乒乓球半徑遠(yuǎn)小于兩金屬板間距d，乒乓球上的電荷不影響金屬板上的電荷分布；連接乒乓球的繩子足夠長，乒乓球的運(yùn)動可近似為沿水平方向的直線運(yùn)動；乒乓球第一次與金屬板碰撞時的初動能可忽略，空氣阻力可忽略。試求：1、乒乓球運(yùn)動過程中可能獲得的最大動能2、經(jīng)過足夠長時間后，通過外電路的平均電流。答案：七、（20分）如圖（a）所示，十二根均勻的導(dǎo)線桿聯(lián)成一邊長為l的剛性正方體，每根導(dǎo)線桿的電阻均為r，該正方體在勻強(qiáng)磁場中繞通過其中心且與abcd面垂直的轉(zhuǎn)動軸作勻速轉(zhuǎn)動，角速度為。已知磁感

10、應(yīng)強(qiáng)度大小為b，方向與轉(zhuǎn)動軸垂直。忽略電路的自感。當(dāng)正方體轉(zhuǎn)動到如圖（b）所示的位置（對角線bd與磁場方向夾角為時），求：1、通過導(dǎo)線ba、ad、bc和cd的電流強(qiáng)度2、為維持正方體作勻速轉(zhuǎn)動所需的外力矩答案：1、2、八、（10分）空心激光束是一種在傳播方向上中心光強(qiáng)為零的圓筒形光束。由于這一特征，它可以把某些微小粒子約束在激光束的中心部位，作為激光導(dǎo)管、激光鑷子，光學(xué)扳手等，實(shí)現(xiàn)對納米粒子、生物細(xì)胞等微小粒子的精確操控?？招募す饧夹g(shù)目前在生物學(xué)、激光加工、原子冷卻等方面得到了廣泛的應(yīng)用，正逐漸成為一門新興的學(xué)科分支。產(chǎn)生空心激光束的基本做法是利用光學(xué)系統(tǒng)將一束實(shí)心的圓柱形激光轉(zhuǎn)換成為一束空心

11、的激光。給定如下光學(xué)器件：焦距為f的凸透鏡，圓錐角為45°的錐面反射鏡，半徑為r的球面鏡（中間有圓孔），如圖：利用上述光學(xué)器件設(shè)計(jì)一光學(xué)系統(tǒng)，使得一束很細(xì)的實(shí)心圓柱形入射激光轉(zhuǎn)化成一束空心的出射激光，且空腔為圓柱形，半徑為r。請回答如下問題：1、畫出該光學(xué)系統(tǒng)的光路圖2、求該光學(xué)系統(tǒng)中錐面鏡頂點(diǎn)到球面鏡球心的距離x一、（25分）填空題1 （6分）2，（4分）3（6分）4，（9分）二、（20分）1令表示物塊的質(zhì)量，物塊在斜面上滑動的加速度，（1）物塊滑到斜面底端的速度（2）以傳輸帶為參照系，物塊滑到傳輸帶的初速度大小。（3）運(yùn)動方向與傳輸帶邊緣的夾角滿足。（4）物塊在傳輸帶上作減速運(yùn)動

12、，其加速大小為。（5）當(dāng)物塊與傳輸帶相對靜止時在傳輸帶上運(yùn)動的距離，（6）物塊不超過傳輸帶的邊緣對應(yīng)的最小摩擦系數(shù)應(yīng)滿足（7）因此可得。（8）2物塊對傳輸帶的摩擦力大小，（9）方向與的方向相同。從地面參照系來看，傳送帶速度為，單位時間內(nèi)物塊對傳輸帶所做的功，（10）因此負(fù)載所引起的附加功率。（11）考慮到無負(fù)載時電機(jī)的輸出功率。（12）有負(fù)載時電機(jī)的輸出功率為。（13）設(shè)有負(fù)載時的工作電流為，則，（14）解之得。（15）評分標(biāo)準(zhǔn)：（2）式2分，（3）、（4）式共2分，（6）式2分，（7）式3分，（8）式1分，（9）式4分，（10）式2分，（13）式2分，（15）式2分。三、（20分）設(shè)輕桿的桿

13、長為，當(dāng)桿與水平線的夾角為時，球1和球2的速度分別為和，桿轉(zhuǎn)動的角速度為。因機(jī)械能守恒，有。（1）又因，（2）可由（1）、（2）解得（3）輕桿與兩小球構(gòu)成的系統(tǒng)對轉(zhuǎn)軸的角動量，（4）由角動量定律有。（5）根據(jù)角加速度的定義，（6）由（2）、（4）、（5）、（6）各式得。（7）當(dāng)兩球都未脫離輕桿時，兩球都繞轉(zhuǎn)軸作圓周運(yùn)動，球1的切向加速度和法向加速度分別為（8）（9）以表示沿垂直于輕桿方向球1與桿的相互作用力的大小，以表示沿著輕桿方向球1與桿的相互作用力的大小，根據(jù)牛頓第二定律，有，（10）（11）由（3）、（9）、（10）、（11）各式得。（12）。（13）對2球作同樣的分析，沿垂直于輕桿方向

14、球2與桿的相互作用力的大小與沿著輕桿方向球2與桿的相互作用力的大小分別為，（14）。（15）由（12）、（14）式可知，桿與小球1、桿與小球2的最大靜摩擦力相等，而（13）、（14）式表明小球1與桿的摩擦力大于小球2與桿的摩擦力，故在轉(zhuǎn)動過程中，小球1與桿之間的摩擦力先達(dá)到最大靜摩擦力，故小球1先滑動。設(shè)1球開始滑動時，細(xì)桿與水平線夾角為，則，即，（16）由（16）式并代入數(shù)據(jù)得。（17）當(dāng)時，球1開始向外滑動。由于球1的初始位置緊靠輕桿末端，球1從開始滑動到脫離細(xì)桿的時間可忽略不計(jì)，因此球1脫離細(xì)桿與水平線夾角也為。球1一旦脫離輕桿，因輕桿沒有質(zhì)量，球2與輕桿間的相互作用立即消失，此后球2只

15、受重力作用而作斜舞女運(yùn)動，注意到（2）、（3）、（7）各式，拋出時的初速度。（18）初速度的方向與水平線的夾角。（19）在球2作拋體運(yùn)動的過程中，球與輕桿間雖無相互作用，但球仍套在桿上，輕桿將跟著球運(yùn)動，但不會干擾小球的運(yùn)動。當(dāng)球離轉(zhuǎn)軸的距離再次等于時，球2便脫離輕桿。建立如圖所示的坐標(biāo)系，根據(jù)斜拋運(yùn)動規(guī)律可得任意時刻（取球2開始作拋體運(yùn)動的時刻為計(jì)時起點(diǎn)）球2的位置坐標(biāo)，（20），（21）球2脫離細(xì)桿時有。（22）利用（17）、（18）、（19）各式得，（23）從而解得。（24）此時。（25）設(shè)球2脫離細(xì)桿時細(xì)桿與水平線夾角也為（如圖），則，（26）（或弧度）。（27）評分標(biāo)準(zhǔn)：（3）式2分

16、，（7）式3分，（12）（15）式各1分，（16）式2分，（17）式1分，（18）式2分，（19）式1分，（20）（22）式各1分，（26）、（27）式各1分。四、（15分）解法1：以表示質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)點(diǎn)，表示連線與豎直方向的夾角，表示轉(zhuǎn)動角速度，表示間排斥力的大小。根據(jù)牛頓定律有，（1），（2），（3）。（4）由（1）、（3）兩式并利用（2）、（4）兩式可得。（5）考慮到幾何關(guān)系（6）并利用已知和的表示式?？捎桑?）得到（7）又，由（2）、（4）式可得。（8）帶入已知的和的表達(dá)式可得。（9）聯(lián)立（7）、（9）從而有。（10）如果，則意味著方程（11）在區(qū)間有兩個不同的解，其中為某一合適的常數(shù)。這要

17、求函數(shù)在區(qū)間不能是單調(diào)函數(shù)，也就是說和不能同時為單調(diào)增函數(shù)或單調(diào)減函數(shù)。因此當(dāng)增大時，若增大，則應(yīng)減??；反之，若減小，則應(yīng)增大，故與同號。因此有（12）。（13）對，可知在及時均為零，因此在區(qū)間一定存在極值點(diǎn)，意味著方程（11）在合適選取的情況下必有兩個或兩個以上的不同解。對亦然。因此條件（12）、（13）是符合題意要求的充分必要條件。評分標(biāo)準(zhǔn)：（1）（4）式各1分，（6）式1分，（10）式6分，（12）、（13）式及其以下說明共4分。解法2：如圖，設(shè)、間的排斥力是，它們受到的吸引力分別是、，向心力分別是、，距離分別是、；根據(jù)三角形的相似關(guān)系，有，（1a）。（2a）以上兩式相比可得（3a）依題

18、意有，（4a），（5a），（6a）將（4a）（6a）代入（3a）得。（7a）由（7a）得。（8a）之后的討論與“參考解答1”相同。評分標(biāo)準(zhǔn)：考慮“參考解答1”。五、（15分）以表示環(huán)境中大氣的壓強(qiáng)，則初始時裝入容器的空氣的壓強(qiáng)為，溫度為，以表示其體積。當(dāng)容器與冰山接觸，達(dá)到平衡時，容器中空氣的溫度為，體積減小為，根據(jù)題意，空氣經(jīng)歷的過程為等壓過程，故有（1）在這一過程中，容器中空氣內(nèi)能的增加量為，（2）大氣所考察空氣做功為（3）若以表示此過程中冰山傳給容器中空氣的熱量，根據(jù)熱力第一定律有。（4）由以上四式得（5）（5）式給出的是負(fù)的，表示在這一過程中，實(shí)際上是容器中的空氣把熱量傳給冰山。容器中

19、空氣的溫度降至冰山溫度后，又經(jīng)一過等容升溫過程，即保持體積不變，溫度從升至環(huán)境溫度，并從周圍環(huán)境吸熱。若以表示所考慮空氣的壓強(qiáng)，則有（6）設(shè)噴管的體積為，當(dāng)噴管中的氣體第一次被噴出時，容器中空氣的壓強(qiáng)由降到；根據(jù)題目給出的條件，有，（7）即（8）噴出氣體獲得的動能。（9）當(dāng)噴管中的空氣第二次噴出后，容器中空氣壓強(qiáng)由降到，根據(jù)題給出的條件可得（10）噴出氣體獲得的動能。（11）當(dāng)噴管中的空氣第次被噴出后，容器內(nèi)空氣的壓強(qiáng)由降到，根據(jù)題給出的條件可得（12）噴出氣體獲得的動能。（13）如果經(jīng)過次噴射后，容器中空氣的壓強(qiáng)降到周圍大氣的壓強(qiáng)，即，（14）這時噴氣過程終止，在整過噴氣過程中，噴出氣體的總

20、動能。（15）利用（8）到（13）式，（15）式可化成，（16）（16）式等號右邊第1項(xiàng)方括號內(nèi)是項(xiàng)的等比級數(shù)，故有。（17）又，根據(jù)（8）、（10）、（12）、（14）各式可得，（18）對（18）式等式兩邊取自然對數(shù)得。（19）因，可利用近似公式把（19）進(jìn)一步化簡，即（20）進(jìn)而由（17）、（18）、（20）三式得（21）將（1）、（6）代入（21）式，可得。（22）根據(jù)題意，這些動能可轉(zhuǎn)化成的電能為。（23）以上討論表明，要獲得電能，冰山必須吸收的熱量，整座冰山化掉可吸收的總熱量。（24）因此可產(chǎn)生的總電量為。（25）將（5）和（23）帶入（25）式，得，（26）代入數(shù)據(jù)后有（27）評分

21、標(biāo)準(zhǔn)：（5）式3分，（7）式1分，（9）式2分，（17）式2分，（18）式1分，（22）式3分，（25）（27）式各1分。參考解答2：以表示環(huán)境中大氣的壓強(qiáng)。設(shè)融化整座冰山可使摩爾的空氣參與如題所述的過程，且在過程中體積和溫度變化分別為和，則在此過程中這部分氣體放出的熱量為。（1）其中右邊第一項(xiàng)表示大氣對系統(tǒng)做的功，第二項(xiàng)表示系統(tǒng)內(nèi)能的變化，考慮到物態(tài)方程，有，（2）這部分熱量等于冰山融化吸收的熔解熱，故，（3）因此聯(lián)立（2）、（3）可得。（4）在氣體等容吸熱的過程中，設(shè)最后達(dá)到壓強(qiáng)，體積達(dá)到，則易得，（5）（6）再考慮噴氣過程：因?yàn)榈葴?，在每個噴氣的小過程中過后，容器內(nèi)的壓強(qiáng)增量滿足，（7）

22、其中為過程中系統(tǒng)的體積，為這個噴氣過程中容器內(nèi)的壓強(qiáng)，那么噴出的氣體的動能，（8）與（7）聯(lián)立，消去，得。（9）因此，做變換，總的動能則為（10）最后，據(jù)題意所獲得的總的電能為，（11）將（4）、（5）、（6）、（10）帶入（11）式，得；（12）代入數(shù)據(jù)后有。（13）評分標(biāo)準(zhǔn)：參考“參考解答1”的評分標(biāo)準(zhǔn)。1根據(jù)題意，乒乓球與金屬板第一次碰撞前其動能和速度分別為（1）（2）剛碰后，乒乓球帶的電荷量（3）其動能和速度分別為（4）（5）此后在電場力作用下乒乓球向另一金屬板加速運(yùn)動。當(dāng)它到達(dá)另一金屬板，與金屬板第二次碰撞前其動能為（6）注意到（3）、（4）式有（7）與金屬板第二次碰撞前的速度為（8

23、）第二次碰撞后的速度和動能分別（9）（10）由（9）、（10）式得（11）乒乓球與金屬板第三次撞前動能為（12）由（3）、（7）（11）、（12）式得（15）乒乓球與金屬板第三次碰撞前速度 （16）乒乓球與金屬板第三次碰撞后的速度和動能分別為 （17）（18）乒乓球與金屬板四次碰撞前的動能（19）由（3）、（15）、（18）、（19）式得（20）乒乓球與金屬板第四次碰撞前速度為（21）乒乓球與金屬板第四次碰撞后的速度和動能分別為（22）（23）以此類推，可得乒乓球與金屬板第次碰撞前、后的動能分別為（24）（25）即（26）（27）對非彈性碰撞，可由以上兩式看出和均隨碰撞次數(shù)單調(diào)遞增。當(dāng)時有（28）（29）乒乓球運(yùn)動過程中達(dá)到的最大動能應(yīng)與金屬板碰撞前的極限動能，即（30）2經(jīng)過足夠長時間后亦即時，乒乓球在某一次與金屬板碰撞后和下一次碰撞前的速度分別為（31）（32）此間時間間隔（33）因此可得，通過外電路的平均電流強(qiáng)度（34）由（31）、（32）、（33）、（34）各式得（35）評分標(biāo)