2014年第31届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案（全Word版）

12 ? Ek0?m0R2?04 根据牛顿第三定律，圆环受到小球的竖直向上作用力大小为2Ncos?，当

2Ncos??m0g ?

时，圆环才能沿轴上滑．由⑥⑦⑨⑩?? ?式可知，?式可写成

2m0?0Rcos?6mcos??4mcos??m0?2g22??m01??(m?4msin2?)2??0 ?

0??式中，g是重力加速度的大小.

（2）此时由题给条件可知当?=30?时，?式中等号成立，即有

23m0R?0?9? ??23?m?m0?4g?2?2??m0 ?1?(m?m)2?0??

或

?0?(m0?m)(93?12)m?23m02g ?

3(2m0?m)mm0R由⑦⑨⑩?式和题给条件得 ??m0m0(93?12)m?23m02m0g ? ?0??0?2m0+4msin?m0+m3(2m0?m)mR由?????式和题给条件得

223m0+(12?3)mm0?33m2 v?gR ?

6(2m0?m)m

评分标准：本题24分．第（1）问18分，①②③④⑤式各1分，⑥⑦式各2分，⑨⑩式各1分，?式2分，??式各1分，?式2分，?式1分；第（2）问6分，???式各2分．

五、（20分）

（1）设圆盘像到薄凸透镜的距离为v. 由题意知：u?20cm, f?10cm，代入透镜成像公式

111?? ① vuf得像距为

v?20cm ② 其横向放大率为

???v??1 ③ u

可知圆盘像在凸透镜右边20cm，半径为5cm，为圆盘状，圆盘与其像大小一样. （2）如下图所示，连接A、B两点，连线AB与光轴交点为C点，由两个相似三角形?AOC与?BB'C的关系可求得C点距离透镜为15cm. 1分

若将圆形光阑放置于凸透镜后方6cm处，此时圆形光阑在C点左侧. 1分 当圆形光阑半径逐渐减小时，均应有光线能通过圆形光阑在B点成像，因而圆盘像的形状及大小不变，而亮度变暗. 2分

此时不存在圆形光阑半径ra使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半．1分

A O

C B' B

（3）若将圆形光阑移至凸透镜后方18cm处，此时圆形光阑在C点（距离透镜为15cm）的右侧. 由下图所示，此时有:

CB'=BB'=5cm, R'B'=2cm, 利用两个相似三角形?CRR'与?CBB'的关系，得 r?RR'=CR'5?2?BB'=?5cm?3cm ④ CB'5可见当圆盘半径r?3cm（光阑边缘与AB相交）时，圆盘刚好能成完整像，但其亮度变

暗． 4分

C

R' B'

R

B

若进一步减少光阑半径，圆盘像就会减小．当透镜上任何一点发出的光都无法透过光阑照在原先像的一半高度处时，圆盘像的半径就会减小为一半，如下图所示．此时光阑边缘与AE

20相交，AE与光轴的交点为D，由几何关系算得D与像的轴上距离为cm. 此时有

720cm, DE'=cm, EE '=2.5cm,7利用两个相似三角形?DRR'与?DEE'的关系，得

DR'20/?72?EE'=?2.5?cm0.7 5 ra?RR'= c m ⑤ DE'20/7 DR'=可见当圆形光阑半径ra=0.75cm，圆盘像大小的半径的确变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 3分

67

DR' R E'

E

（4）只要圆形光阑放在C点（距离透镜为15cm）和光屏之间，圆盘像的大小便与圆形光阑半径有关． 2分

（5）若将图中的圆形光阑移至凸透镜前方6cm处，则当圆形光阑半径逐渐减小时，圆盘像的形状及大小不变，亮度变暗； 2分

同时不存在圆形光阑半径使得圆盘像大小的半径变为（1）中圆盘像大小的半径的一半． 1分

评分标准：第（1）问3分，正确给出圆盘像的位置、大小、形状，各1分；

第（2）问5分，4个给分点分别为1、1、2、1分； 第（3）问7分，2个给分点分别为2、3分； 第（4）问2分，1个给分点为2分；

第（5）问3分，2个给分点分别为2、1分．

六、（22分）

（1）整个电容器相当于2N个相同的电容器并联，可旋转金属板的转角为?时

C(?)?2NC1(?)

①

式中C1(?)为两相邻正、负极板之间的电容

C1(?)?A(?) 4?ks

②

这里，A(?)是两相邻正负极板之间相互重迭的面积，有

?12?2?2R(2?0??), 当??0????0????2?1R2(???), 当??????000?2A(?)??

12?2?R(???), 当0??????00?2?1?2?R2(2?0??), 当???0????0?2 ③

由②③式得

?12?4?ksR(2?0??), 当??0????0???1?R2(?0??), 当?0?????0?4?ksC1(?)??

12?R(?0??), 当0??????0?4?ks?1?R2(2?0??), 当???0????0?4?ks ④

由①④式得

?N2?2?ksR(2?0??), 当??0????0???N?R2(?0??), 当?0?????0?2?ksC(?)??

N2?R(?0??), 当0??????0?2?ks?N?R2(2?0??), 当???0????0?2?ks ⑤

（2）当电容器两极板加上直流电势差E后，电容器所带电荷为

Q(?)?C(?)E

⑥

当??0时，电容器电容达到最大值Cmax，由⑤式得

CmaxNR2?0 ?2?ks ⑦

充电稳定后电容器所带电荷也达到最大值Qmax，由⑥式得

QmaxNR2?0?E 2?ks ⑧

断开电源，在转角?取??0附近的任意值时，由⑤⑧式得，电容器内所储存的能量为

2QmaxNR2?02E2U(?)?? 当??0??????0

2C(?)4?ks(?0??)⑨

设可旋转金属板所受力矩为T(?)（它是由若干作用在可旋转金属板上外力Fi产生的，不失普遍性，可认为Fi的方向垂直于转轴，其作用点到旋转轴的距离为ri，其值Fi的正负与可旋转金属板所受力矩的正负一致），当金属板旋转??（即从?变为????）后，电容器内所储存的能量增加?U，则由功能原理有

T(?)???(?Firi)????Fi?li??U(?)

⑩

式中，由⑨⑩式得

NR2?02E2?U(?)T(?)?? 当??0??????0

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

当电容器电容最大时，充电后转动可旋转金属板的力矩为