2020高中物理竞赛复赛模拟试题及答案1.（40分）如下图所示的一盘绳圈竖直静立着水平地面上，且盘外的绳子一端被固定住，此时盘的半径为R0，质量面密度为σ，绳带厚度为b（即绳盘上相邻两白线圈之间距离，b<<R0）。

现给予绳圈一个图示平面内的通过盘心的打击冲量I，此后绳圈的运动都位于图示平面内，试求出盘心右移量s 与时间t（t不大，可以保证b<<R(t)）关系。

解答：假设当盘受到打击冲量I时，下端绳子受到拉力的冲量为I T，之后盘心的速度为v0，角速度为v0R0，则由冲量定理：I−I T=M0v0其中：M0=σπR02对于盘心的角动量定理：I T R0=M02R0v0联立可得：v0=2I 3M0假设之后盘右行时受到下端的拉力为T，则有：动量定理：−T=ⅆ(Mv)ⅆt对于盘心的角动量定理：TR=ⅆ( MvR2)ⅆt且有：M=σπR2ⅆM=−σbvⅆt=2σπRⅆR 联立可得：R=√R02−bs π3ⅆ(Mv)Mv+ⅆRR=0 vR73=const(1−bsπR02)76⁄ⅆs=v0ⅆt由于t=0时s=0，于是有：s=πR02b[1−(1−13bv0t6πR02)613⁄]其中：v0=2I 3σπR022.（40分）能量损耗是电路问题中的一个常见问题。

我们考虑一个由电容、电阻和电源串联而成的简单电路，研究从电路接通直至电路达到稳态前的能量损耗问题。

电容值为C且初始不带电，电阻值为R。

记电路接通时t=0，请求出下列两种情况下由于暂态电流电源做的功W。

（1）电源是电压大小为ε的直流稳压电源。

（2）电源是交流电源，可以表示为εcos(ωt+θ)。

解：（1）：稳定时电容上电量为Cε，易得电源做功为：Cε2（2）：接通电路之后，回路的电压方程可以写为：这是一个一阶线性微分方程，普通形式是：其解为：其中C为常数，由函数的初始条件决定。

于是可以解出回路电压方程：由于初始不带电，可得：电流为：第一项指数衰减项i′(t)即为暂态电流项，电源做功为：∞W=∫εcos(ωt+θ)⋅i′(t)ⅆt也即：此即由于暂态电流电源做的功。

3.（45分）某彗星其运动会受太阳引力影响，可以视其轨迹为抛物线，且会穿过地球公转轨道。

试证明其在地球轨道内停留的时间（也即在抛物线轨道与地球圆轨道相交的两点之间的运行时间）与地球公转周期的比值最大为23π.解答：彗星轨迹为抛物线，设近日点与太阳距离为Rn，则有：r=p1+cosθ=2Rn1+cosθ与地球圆轨道相交于θE处：1+cosθE=2 n且有：p=L2 GMm2面积速率：κ=L2m=√GMR2n在极坐标系中：ⅆs=r2ⅆθ2位于地球圆轨道内面积大小：s=∫r2ⅆθ2θE−θE=4R2m2L2[tanθE23(1+cosθE)+13tanθE2]于是易得其内运动时间与地球公转周期比值为：将其对n求导可知当n = 2时有最大值：23π（在求运行的面积时，运用几何方法，用抛物线形面积减去一个三角形面积会更为方便快捷）4.（40分）在辽阔的太空中，一块陨石以恒定速度v⃗从空间站旁边经过，空间站随即加速追赶。

空间站在与其瞬间相对静止的惯性参考系中加速度大小为常量g。

请问在空间站看来捕获陨石需要多久。

解答：设空间站初始未加速时的惯性系为S系，在此系当中陨石以速度v匀速运动，考虑此系中空间站的运动：与空间站瞬间相对静止的惯性参考系为s′系，其相对S系得速度为u，考虑dt时间内的加速运动：u+ⅆu=u+ⅆu′1+uC2ⅆu′略去高阶小量可得：ⅆu=(1−u2c2)ⅆu′S′系与S系之间存在时间膨胀效应：ⅆt=′√1−u2c2且有：ⅆu′=gⅆt′联立以上各式可得：u=gt√1+(gtc)2x=C2g(√1+(gtc)2−1)记gtc=sinhφ可以得到：t′=C g φ当空间站捕获陨石时：x = v t可得：vcsinℎφ=coshφ−1解出：t′=2cgtanh−1vc5.（45分）近地表的大气温度可视作是恒定值T，且空气的摩尔质量为μ，重力加速度g也可视作常量，地面处大气压强为P0、折射率为n0，而由于不同高度处气压不同，因而折射率n也会随高度而变化，且n-1正比于空气的分子数密度N.（1）、求出气压与距离地表高度z的关系；（2）、若高度z满足，此区间内分子的重力势能远小于热运动动能，试证明此时折射率n近似随高度z线性变化；（3）、接上问，若光线从高为h的地方平行于地面出射，求出光线的轨迹方程。

解答：（1）：力学平衡：ⅆp=−ρgⅆz且：Pμ=ρRT可得：P=P0e−μgz RT（2）：此时：μgz<<RT，有：P=P0(1−μgz RT)且有：P=NkT 因而有：N=N0(1−μgz RT)故有：n =1 +（n0−1）(1−μgzRT )= n0 −（n0−1）μgzRT（3）：光传播时n sini 为常量，且有：tani = ⅆxⅆz 看到的最远处：n sini=n1则有：(ⅆZⅆx )2=(nn1)2−1因而近似有：ⅆzⅆx =√2n0−1n0μgkT(ℎ−z)由此以解得z=ℎ−(√ℎ−√2n0−1n0μgkT x)26. （40分）电荷为q ，质量为m 的带电粒子具有平行于x 轴的初始速度u ，粒子初始位置记为坐标原点。

空间内存在平行于z 轴的匀强磁场，且忽略重力对粒子运动的影响，当粒子以速度v ⃗运动时，会受到阻力−γv ⃗。

记t=0时为初始状态，试求出t 时刻粒子的位置。

解答：由于初速，初位置和受力均位于z =0平面内 故质点将只在z =0面内运动F ⃗=qv ⃗×B ⃗⃗−γv ⃗=mⅆv ⃗ⅆt投影到速度方向： −γv =ⅆv ⅆtmv =v 0e −γtmS =∫vⅆt t=mv 0γ(1−e −γt m ) 投影到垂直于速度方向上： 1m=qv ⃗×B ⃗⃗ⅆt =(ⅆv ⃗)τqvBm ⅆt =vⅆθ ⅆθⅆt =Bq m可见速度方向的改变速率是恒定的{v x=v 0e −γθBq cos θv y =v 0e−γθBqsin θv z =0根据 qv ⃗×B ⃗⃗−γv ⃗=ma ⃗ 有 qs ⃗×B ⃗⃗−γs ⃗=m (v ⃗−v 0⃗⃗⃗⃗⃗) 设位移量为 s ⃗=xi ⃗+yj ⃗带入式中 {qyB −γx =m (v x −v x0)−qxB −γy =m(v y −v y0)可以解得{x =mv0B 2q 2+γ2[Bqe −γtm sinqBt m+γ(1−e−γt mcosqBt m)]y =mv 0B 2q 2+γ2[Bq (−1+e −γtm cos qBt m)+γe −γtm sinqBt m]z =07. （40分）两平面αβ所成二面角为30°，现有一匀强磁场B 方向平行于平面α且与两平面相交线垂直，在β平面内有5×7矩形电阻网络。

其全部竖边平行于相交线，而横边则垂直之，且每一段都长为l ，电阻为r ，且有恒定电流从B 流入C 流出，问该网络所受安培力矩想对你A 点多大？解答：记横向电流为i ，而竖向电流为I 。

其电流分布如图所示 有对称性 i 11=i 56 i jk =i 6−j,7−k根据F⃗=Il ⃗×B ⃗⃗对于左右对称的两个横边来说其力矩之和为 M jk ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗+M 6−j,7−k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(r jk ⃗⃗⃗⃗⃗+r 6−j,7−k ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗)×i jk (l ⃗×B ⃗⃗)=2i jk AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗×(l ⃗×B ⃗⃗)则总力矩为M ⃗⃗⃗=∑∑(2i j k AO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗×(l⃗×B ⃗⃗))5j=13k=1=6IAO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗×(l ⃗×B ⃗⃗) 同理对竖向电流进行分析它们的总力矩为M′⃗⃗⃗⃗⃗=4IAO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗×(l′⃗⃗×B ⃗⃗) 故有总力矩为M ⃗⃗⃗=(4√3i ⃗−6√3j ⃗−5k⃗⃗)BIl 28. （40分）由于磁场的散度恒为零（即：∇⋅B ⃗⃗=0），因此由矢量分析定理可知B 等于某个矢量的旋度，ABC B⃗റ I 74I 11 i 11 i 56即：B⃗⃗=∇×A⃗，矢量A⃗称为磁场的矢势。

在稳恒电磁场的情况下，只有电流密度J贡献磁场的源，也即安培定理：∇×B⃗⃗=μ0J⃗，用矢势可以表示其为：∇×(∇×A⃗)=μ0J⃗，由于A具有一定的任意性，我们可以附加一个条件来确定A，在静磁场情况下我们常使其满足：∇⋅A⃗=0，在这样的条件下，安培定理也就可以表示成：∇2A⃗=−μ0J⃗，其中：∇2=ð2ðx2+ð2ðy2+ð2ðz2。

（1）、在静电场问题中，电势φ满足：∇2φ=−ρε0，与矢势A⃗满足的微分方程类似。

请根据库伦电势表示出矢势A⃗的表达式。

B⃗⃗对以曲线L为边界的曲面S的磁通量为：ϕ=∬B⃗⃗⋅ⅆS⃗S，由于B⃗⃗=∇×A⃗，则由积分变换式可得：ϕ=∬B⃗⃗⋅ⅆS⃗S =∬(∇×A⃗)⋅ⅆS⃗S=∮A⃗⋅ⅆl⃗L，即：磁通量可以通过矢势的回路积分来表示。

（2）、两平行的柱形长导体构成的传输线如下图所示的，内柱半径为a，外柱半径为b，两柱之间为真空环境，试求出该导体的单位长度的电感L0、单位长度的电容C0以及其乘积L0C0。

（3）、请结合本题中补充的知识，证明对于任一对平行导体，只要横截面固定不变，且两导体之间的空间是真空的，则L0C0是与上问一样的常量。

解答：（1）A⃗=μ04π∮J⃗ⅆV |r⃗−r′⃗⃗⃗⃗|（2）若内柱上流入电流I，而外柱上流出电流I, 那么于半径为r的地方B=μ0I 2πr其单位长度包含的磁场能量为W=∫B 22μ0ⅆV=μ0I24πln ba=12I2L故有L=μ02πln ba若单位长度的电荷为σ，那么电场为E=σ2πrϵ0电势差为φ=∫Eⅆrba=σ2πε0ln ba从而有C=σφ=2πε0ln baLC=ε0μ0（3先求电容，在内部的电势为：φ=∮σⅆl|r⃗−r′⃗⃗⃗|L14πε0Q=∮σⅆlL1C=Qφ1−φ2然后求电感，在横界面上没有电流，由∇2A⃗=−μ0J⃗故有∇2A Z=0又ϕB=∮A⃗∙ⅆl⃗ ϕB=L∙IA z=μ0∮αⅆl|r⃗−r′⃗⃗⃗|L14πI=∮αⅆlL1L=A1−A2I带入后由于φ和A Z的微分方程和边界条件都相同故LC中的积分项消除有LC=ε0μ0。