全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛电学试题集锦(含答案)

全国中学生高中物理竞赛第16届—22届预赛电学试题集锦（含答案）一、第16届预赛题.（20分）位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd。ab长为1l，是水平的，bc长为2l，线框的质量为m，电阻为R.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界'PP和'QQ均与ab平行，两边界间的距离为H，2Hl，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直，如图预16-4所示。令线框的dc边从离磁场区域上边界'PP的距离为h处自由下落，已知在线框的dc边进入磁场后，ab边到达边界'PP之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到dc边刚刚到达磁场区域下边界'QQ的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？参考解答设线框的dc边刚到达磁场区域上边界'PP时的速度为1v，则有2112mvmgh（1）dc边进入磁场后，按题意线框虽然受安培力阻力作用，但依然加速下落．设dc边下落到离'PP的距离为1h时，速度达到最大值，以0v表示这个最大速度，这时线框中的感应电动势为10BlvE线框中的电流10BlvIRRE作用于线框的安培力为22101BlFBlIRv（2）速度达到最大的条件是安培力Fmg由此得0221mgRvBl（3）在dc边向下运动距离1h的过程中，重力做功1GWmgh，安培力做功FW，由动能定理得22011122FGWWmvmv将（1）、（3）式代入得安培力做的功32214412FmgRWmghmghBl（4）线框速度达到0v后，做匀速运动．当dc边匀速向下运动的距离为221hlh时，ab边到达磁场的边界'PP，整个线框进入磁场．在线框dc边向下移动2h的过程中，重力做功GW，安培力做功FW，但线框速度未变化，由动能定理0FGWW221()FGWWmghmglh（5）整个线框进入磁场后，直至dc边到达磁场区的下边界'QQ，作用于整个线框的安培力为零，安培力做的功也为零，线框只在重力作用下做加速运动。所以，整个过程中安培力做的总功3222441()2FFmgR（6）二、第16届预赛题.（15分）如图预16-4-1所示，电阻121kRR，电动势6VE，两个相同的二极管D串联在电路中，二极管D的DDIU特性曲线如图预16-6-2所示。试求：1.通过二极管D的电流。2.电阻1R消耗的功率。参考解答解法一：设二极管D两端的管压为DU，流过二极管的电流为DI。则有DDD1222UUIRRE（1）代入数据解得DU与DI的关系为3DD(1.50.2510)VUI（2）这是一在图预解16-6中横轴上截距为1.5，纵轴上截距为6、斜率为－4的直线方程（称为二极管的负载线）因管压DU与流过二极管电流DI还受二极管D的DI～DU特性曲线的限制，因而二极管就工作在负载线与DI～DU特性曲线的相交点P上（如图预解16-6）．由此得二极管两端的管压和电流分别为D1VU,D2mAI（3）电阻1R上的电压D124VUUE其功率211116mWUPR（4）解法二：设两个二极管用一个等效二极管D代替，当流过等效二极管的电流为DI时，等效二极管的管压为DD2UU。即有DDD12()UUIRRE（1）代入数据解得DU与DI的关系为3DD(30.510)VUI（2）这是一在横轴上截距为3、纵轴上截距为6、斜率为－2的负载线方程，二极管D的DDIU特性曲线只要将图预解16-6的横坐标增大1倍即可．用作图法，求出负载线与管D的特性曲线相交的P点得D2VU，D2mAI（3）电阻1R上的电压D14VUUE其功率211116mWUPR（4）三、第17届预赛，（20分）如图预17-5-1所示，在正方形导线回路所围的区域1234AAAA内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间以恒定的变化率增大，回路中的感应电流为1.0mAI．已知12AA、34AA两边的电阻皆为零；41AA边的电阻13.0kR，23AA边的电阻27.0kR。1．试求12AA两点间的电压12U、23AA两点间的电压23U、34AA两点间的电压34U、41AA两点间的电压41U。2．若一内阻可视为无限大的电压表V位于正方形导线回路所在的平面内，其正负端与连线位置分别如图预17-5-2、图预17-5-3和图预17-5-4所示，求三种情况下电压表的读数1U、2U、3U。参考解答1.设回路中的总感应电动势为E，根据楞次定律可知，电路中的电流沿逆时针方向，按欧姆定律有12()10VIRRE（1）由对称性可知，正方形回路每条边上的感应电动势相等，设为1E，等效电路如图预解17-5-1所示。有1/42.5VEE（2）根据含源电路欧姆定律，并代入数值得1212.5VUE（3）23214.5VUIRE（4）3412.5VUE（5）41110.5VUIRE（6）2.三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2、17-5-3、17-5-4。对图预解17-5-2中的1141AVAA回路，因磁通量变化率为零，回路中的总电动势为零，这表明连接41AA、两端的电压表支路亦为含源电路，电压表的读数等于由正端（＋）到负端（一）流过电压表的电流VI乘以电压表的内阻VR，因VR阻值为无限大，VI趋近于零（但VVIR为有限值），故得VV1110IRIRIRU解得113.0VUIR（7）同理，如图预解17-5-3所示，回路1241AVAA的总电动势为E，故有VV112IRIRIRUE（8）解得21UIRE（9）代入数据得27.0VU（10）如图预解17-5-4所示，回路1341AVAA的总电动势为零，而34AA边中的电阻又为零，故有VV30UIR（11）四、第18届预赛，（25分）如图预18－7所示，在半径为a的圆柱空间中（图中圆为其横截面）充满磁感应强度大小为B的均匀磁场，其方向平行于轴线远离读者．在圆柱空间中垂直轴线平面内固定放置一绝缘材料制成的边长为1.6La的刚性等边三角形框架DEF，其中心O位于圆柱的轴线上．DE边上S点（14DSL）处有一发射带电粒子的源，发射粒子的方向皆在图预18-7中截面内且垂直于DE边向下．发射粒子的电量皆为q（＞0），质量皆为m，但速度v有各种不同的数值．若这些粒子与三角形框架的碰撞均为完全弹性碰撞，并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边．试问：1．带电粒子速度v的大小取哪些数值时可使S点发出的粒子最终又回到S点？2.这些粒子中，回到S点所用的最短时间是多少？参考解答带电粒子（以下简称粒子）从S点垂直于DE边以速度v射出后，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，其圆心一定位于DE边上，其半径R可由下式2mvqvBR求得，为mvRqB（1）1.要求此粒子每次与DEF的三条边碰撞时都与边垂直，且能回到S点，则R和v应满足以下条件：（ⅰ）与边垂直的条件．由于碰撞时速度v与边垂直，粒子运动轨迹圆的圆心一定位于的边上，粒子绕过顶点D、E、F时的圆弧的圆心就一定要在相邻边的交点（即D、E、F）上．粒子从S点开始向右作圆周运动，其轨迹为一系列半径为R的半圆，在SE边上最后一次的碰撞点与E点的距离应为R，所以SE的长度应是R的奇数倍。粒子从FD边绕过D点转回到S点时，情况类似，即DS的长度也应是轨道半径的奇数倍．取1DSR，则当DS的长度被奇数除所得的R也满足要求，即(21)nDSRRnn＝1，2，3，…因此为使粒子与各边发生垂直碰撞，R必须满足下面的条件121,2,3,2145(21)nLaRRnnn（2）此时3(63)1,2,3,nSEDSnRnSE为nR的奇数倍的条件自然满足．只要粒子绕过E点与EF边相碰，由对称关系可知，以后的碰撞都能与的边垂直．（ⅱ）粒子能绕过顶点与的边相碰的条件．由于磁场局限于半径为a的圆柱范围内，如果粒子在绕E点运动时圆轨迹与磁场边界相交，它将在相交点处以此时的速度方向沿直线运动而不能返回．所以粒子作圆周运动的半径R不能太大，由图预解18-7可见，必须RDM（的顶点沿圆柱半径到磁场边界的距离，RDM时，粒子圆运动轨迹与圆柱磁场边界相切），由给定的数据可算得830.07615DMaaa（3）将n1，2，3，…，分别代入（2）式，得121,0.4005anRa222,0.13315anRa323,0.08025anRa424,0.05735anRa由于1R，2R，3R≥DM，这些粒子在绕过的顶点E时，将从磁场边界逸出，只有n≥4的粒子能经多次碰撞绕过E、F、D点，最终回到S点．由此结论及（1）、（2）两式可得与之相应的速度24,5,6,5(21)nnqBqBavRnmmn（4）这就是由S点发出的粒子与的三条边垂直碰撞并最终又回到S点时，其速度大小必须满足的条件．2.这些粒子在磁场中做圆周运动的周期为2RTv将（1）式代入，得2mTqB（5）可见在B及/qm给定时T与v无关。粒子从S点出发最后回到S点的过程中，与的边碰撞次数愈少，所经历的时间就愈少，所以应取4n，如图预解18-7所示（图中只画出在边框DE的碰撞情况），此时粒子的速度为4v，由图可看出该粒子的轨迹包括3×13个半圆和3个圆心角为300的圆弧，所需时间为531332226TtTT（6）以（5）式代入得44mtqB（7）评分标准：本题25分第一问15分；第二问10分。第一问中：（1）式2分；（2）式5分；分析出n≥4的结论给4分；（4）式4分。第二问中：（5）式1分；（6）式7分；（7）式2分。五、第19届预赛，（20分）一个长为1L，宽为2L，质量为m的矩形导电线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴ab转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源（图中未画出）。线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度B沿水平方向且与转轴垂直，俯视图如图预19-6所示。现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值minI时，线框将改变静止状态。（1）求电流值minI。（2）当线框改变静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值0I不变（0minII）的功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运动状况。参考解答（1）解法一：导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的PQ边与PQ边平行于磁场B，因而不受磁场力。PP边受的安培力的大小为1IBL，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。QQ边受的安培力的大小为1QQFIBL，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为012MIBLL①除此力矩外，线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心（O点）到轴ab的距离，即02(/2)mgL②当0M＝0时，桌面对线框的支持力的力矩为零，0M＞0时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab向上翘起。根据题意及①、②式，由力矩平衡原理可知122min12IBLLmgL③解得min12mgIBL④解法二：线框所受的重力矩也可以由各边对ab轴的重力矩来求。PQ边与PQ边的重心均在（2/2L）处，两条边对ab轴的合力矩为22112()2mgLLLL①QQ边对ab轴的力矩为122122()mgLLLL②故线框所受的重力矩为0122/2)mgL＝＋＝（与解法一求得的②式一致，从而求得minI与④式相同。（2）线框处于静止状态时，若电流0I比minI稍大，线框所受的电磁力矩M将大于重力矩，使线框绕ab轴向上翘起。PQ边和PQ边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值0I恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。