2026年高中物理竞赛复赛试题（三）

2026年高中物理竞赛复赛试题（三) 一力学（碰撞·流体·简正振动）·电磁学（静电场·磁场·电路网络）· 光学（几何光学）·近代物理（玻尔模型） 考试时间：180分钟满分：320分 难度：CPhO复赛 编制日期：2026年08月28日 综合卷（共8题） 考生须知 1.本试卷共八道大题，每题40分，满分320分：考试时间180分钟。 2.所有解答须写在答题纸上，写在试卷上无效。 3.题中物理量符号以正文为准；常用常量：真空介电常数eo、库仑常数k=1/(4πeo)、 重力加速度g=9.8m/s2、阿伏伽德罗常数NA=6.02×103mol-1、普适气体常数 R=8.31J/(mol.K)、普朗克常数h=6.63×10-34J·s、真空光速c=3.0×108m/s。 4.除非特别说明，所有金属导体均视为理想导体，所有弹簧均视为轻质，所有碰撞若无 说明均指光滑碰撞。 第1题二维弹性碰撞与质心散射(40分) 在光滑水平面上，质量为m1的小球A以速度o沿x轴正方向运动，质量为m2的小 球B静止于A的运动路径的侧方。己知两球发生弹性碰撞，碰后A的速度方向与x轴正 方向的夹角为01（偏转角)，B的速度方向与x轴正方向的夹角为2。约定碰后A、B速 率分别记为M、2。所有运动均在水平面内进行，重力与支持力相互抵消。 (1)求碰后B球的速率2及散射角02，结果用m1,m2,vo,01表示； (2)求碰后A球的速率1，结果用m1,m2,0,01表示； (3)当m1=m2时，证明01+02=90°； (4当m2>m1时，求A球偏转角01的极限值。 第2题水管收缩段的压力与推力（40分) 水平放置的水管在某处直径从D1突然收缩至D2(D1>D2)。管内流动着不可压缩理 想流体，密度为，体积流量（单位时间流过截面的流体体积）为Q。流体在粗管与细管中 物理竞赛复赛模拟（第三套）（试题卷） 第2页 均作定常流动，流动方向沿管轴。已知大气压强为po,粗管中流体压强为p1,细管中流体 压强为p2 (1)求粗管段与细管段中的流体流速)1与2： (2)利用水平流管上的伯努利方程求两段压强差△p=P1-p2: (3)选取收缩段内、外两个截面所围的流体为研究对象，求收缩段管壁所受的水平推力F (即流体对管壁的反作用力沿流动方向的分量)，并说明其方向； (④若将骤缩段换成缓慢过渡的锥形管（即截面积沿轴向连续平滑地由S1=πD/4减小 到S2=πD/4,管壁不出现明显的环形台阶)，重新求管壁所受的水平推力F,并解 释为何F与骤缩情形下的F不同。 第3题接地导体平面与点电荷的电像法(40分) 无限大接地导体平板位于之=0平面（导体占据之≤0区域），其上方之>0半空间中 距板面h处放置一点电荷+9，位置为0,0，)。取真空介电常数0，库仑常数k一40 (1)用电像法写出上半空间（之>0）任意一点(x,y,z)的电势p(c,y,之)。 (2)求点电荷所受电场力F的大小与方向。 (3)求将点电荷从之=h沿垂直板方向（沿之轴）缓慢移到之=h'(h'>h)过程中，外 力所做的功Wt。 (4求导体板上感应电荷的面密度分布o(x,),并求总感应电荷Qm。 第4题无限长螺线管内的磁场与磁能（40分) 一无限长密绕螺线管，共N匝，半径为a,长度为l,且l>α。线圈中通以恒定电流 I。螺线管内可视为真空（磁导率取o)。 (1)求螺线管内部中轴附近区域的均匀磁感应强度B; (2)求该螺线管的自感系数L,要求用N,l,a,o表达； (3)求螺线管内储存的磁场能量W; (④试分别利用W=LP与能量密度w= B2 两种途径计算磁场能量，并以(3)的结 2μ0 果作为标准，验证两者结果一致。 第5题耦合双摆的简正模式与频率(40分) 物理竞赛复赛模拟（第三套）（试题卷） 第3页 两相同小球（质量m)分别用长1的轻绳悬挂于同一水平横梁上，两悬点间距等于劲 度系数k的水平轻弹簧的自然长度，平衡时弹簧无形变。取两摆的摆角1,2为广义坐标 (自各自竖直平衡位置量起，逆时针为正)。设两摆均作小角度摆动。 (1)写出以01,2为广义坐标时系统的动能T与势能V。 (2)求两个简正模式（简正振动)的角频率w4和w。 (3)设初始条件为01(0)=A,02(0)=0,01(0)=02(0)=0,求91(t)与02(t)的具体形式， 并说明两摆何时同相摆动、何时反相摆动。 第6题薄透镜组与虚物成像（40分) 焦距f=10cm的凸薄透镜L1与焦距f2=-15cm的凹薄透镜L2共轴放置，两者间 距d=20cm。物高y=2cm的实物（垂直于光轴）放在L1左侧30cm处。约定：实物物 距u>0,实像像距v>0(均以透镜光心为参考，正方向沿光传播方向)：逐次成像法中， 前一透镜所成的像作为后一透镜之物时，若像位于透镜左侧则u>0（实物)，若位于透镜 右侧则u<0(虚物)。 (1)用逐次成像法求最终像的位置与高度。 (2)若实物改为放在L1左方5cm处（即物处于L1焦内），问该透镜组最终能否成实像？ 说明理由。 (3)在(2)情形下，能否在L2右方某位置放一平面镜，使最终像成在无穷远？若能，求该 平面镜应放的位置。 第7题氢原子玻尔模型与轨道量子化(40分) 在氢原子玻尔模型中，电子（电荷-e,质量m)绕静止的质子（电荷+e)做半径为 ?的圆周运动。设玻尔角动量量子化条件为 L =mur =nh, n=1,2,3,. 其中五=h/(2π)。库仑相互作用提供向心力。引入玻尔半径 五2 a0= me2≈0.529A. (1)求第n玻尔轨道的半径rn(用ao表示)。 (2)求第n轨道上电子的速率m与原子的总能量Em(动能+势能)。 (3)当原子由能级n跃迁到n-1时，发射光子的波长入n为多少？写出用ao与里德伯常 量R。=1/(4πa0)表示的表达式。 物理竞赛复赛模拟（第三套）（试题卷） 第4页 (4求n→oo时相邻能级（即n→n-1)间发射光子波长的极限入∞。由此讨论该极限 的物理意义。 第8题含源桥式网络的戴维南等效（40分) 桥式网络四个臂分别为R1、R2、R3、R4(均为无源线性电阻)，节点A、B、C、D按 菱形排列：R1接于A、B之间，R2接于B、D之间，R3接于D、C之间，R4接于C、A 之间。桥中间支路B、C间串联一电动势为ε、内阻为T的实际电源。理想电压源Uo(内 阻为零)跨接于A、D两端对网络供电，正极接A,负极接D。所有电势均以D点为零参 考点。 (1)用节点电压法求B、C两点之间的开路电压U。(即B点电势PB与C点电势PC 之差，定义U=PB-Pc)。 (2)求从B、C两端看进去的有源二端网络的戴维南等效电阻R。 (3)当R1R3=R2R4(电桥平衡条件成立)时，求桥中间支路的电流IBC,并用戴维南定 理的物理意义作出解释。 2026年高中物理竞赛复赛试题（三)答案 一力学（碰撞·流体·简正振动）·电磁学（静电场·磁场·电路网络）· 光学（几何光学）·近代物理（玻尔模型）（解析卷） 考试时间：180分钟满分：320分 难度：CPhO复赛 编制日期：2026年08月28日 综合卷（共8题） 使用说明本卷为配套解析卷，每题先给出题面，再用【详细解析】给出思路一推导一结果 一讨论四段。最终答案用口框出，每题末尾的易错点列出常见错误与错因。 第1题二维弹性碰撞与质心散射(40分) 在光滑水平面上，质量为m1的小球A以速度o沿x轴正方向运动，质量为m2的小 球B静止于A的运动路径的侧方。己知两球发生弹性碰撞，碰后A的速度方向与x轴正 方向的夹角为01（偏转角），B的速度方向与x轴正方向的夹角为02。约定碰后A、B速 率分别记为1、2。所有运动均在水平面内进行，重力与支持力相互抵消。 (1)求碰后B球的速率2及散射角02，结果用m1,m2,vo,01表示； (2)求碰后A球的速率v1,结果用m1,m2,0,01表示： (3)当m1=m2时，证明01+02=90°； (4当m2>m1时，求A球偏转角01的极限值。 【详细解析】 思路。弹性碰撞同时满足动量守恒(、y两方向)与机械能守恒三个方程，恰好可确 定碰后四个未知量（y1,v2,01,02),故题给01即等价于把01视为输入参量。 推导。 (1)碰前B静止，碰后A的速度分量为 1x=1c0s01,1y=1sin01. B的速度分量为 U2x =V2 COS 02,v2y v2 sin 02. y方向动量守恒： 0=miv sin 01+m2v2 sin 02. 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第2页 故 sin02 = mivl sine. (1) m2v2 x方向动量守恒： m1v0=m1v1c0s01+m2w2c0s02. (2) 机械能守恒： m1哈=m12+m2号. (3) 由(2)、(3)消去o,并注意到对A应用动量定理的垂直分量等价于质心系中速度反向的结 果，可将(2)改写为 m1(0-yc0s01)=m22c0s02. 平方上式后与(3)结合并利用(1)，经整理可得 2m1vo sin 0 U2 2m1 m2 sin 01 cos 0 +cos201- mi sin2 0 m2 m2 更简洁的写法是引入约化质量μ= mim2, 并把结果写成 m1+m2 2μosin01 U2= m2cos(01-02) 散射角02由下式给出 -sin01 tan02= m2 02∈(-π/2,0). -cos01 mi (2)同理由(1)、(2)、(3)可解出 Uo 1 Vmi+mz +2mim2 cos(201) m1+m2 当64=0时（对心碰撞），上式化为u= m1一m2o,与一维弹性碰撞结果一致。 m1+m2 (3)当m1=m2三m时，由(2)化为 0=w1c0s01+2c0s2, 且(3)化为 哈=呢+喝 两式平方相减： (1cos01+2cos02)2-(+v)=0, 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第3页 展开并化简得 21v2c0s01cos02+v2(c0s202-1)=0, 即 2v1U2 cos 01 cos 02=v5 sin2 02. 利用(1)在m1=m2下的形式v1sin01=-v2sin02,代入并约去v1v2（不为零)，得 cos 01 cos 02 =sin 01 sin 02, 即 cos(01-02)+cos(01+02)=-cos(0-02)+cos(01+2), 化简为cos(01-2)=0。由于01,102<π/2，故01-02=土π/2。又由y方向动量守恒 1sin91+v2sin2=0,A、B的y分速度方向相反，物理上要求两散射角分别落在x轴两 侧，即01>0,02<0（或反之），于是01-02>0，从而 01-02=90° (4)当m2>m1时，B近似不动，A与一堵”墙”作弹性碰撞。设A的入射方向单位矢量 为e,从B球心指向A入射方向的法向单位矢量为元，则A反射后方向ef=e:-2(e·)n。 由于B不动，A球以相同速率反弹，其与x轴夹角的几何关系由几何瞄准距离b(即A原 运动方向到B球心连线的垂直距离)决定：当瞄准距离b→0时（正碰），01→180°：当 瞄准距离等于球心间距（即擦边掠过）时，反射几乎沿原方向反向附近的微小角度趋于0。 题目取散射后B仍基本静止、A的偏转角取可能的最大值，相应于瞄准距离趋于0的极限： 01→180° (若题意指掠射极限，则01→0°；在重靶极限下，A的散射角范围为(0,180°，且在大角度 极限下达到180°。) 讨论.极限检验：01→0时，2→0，tan02→0(B不被推动)，v1→o（A不偏转)， 均与一维对心弹性碰撞m2>m1的已知结论一致；01→90°（仅在m1=m2下允许)时， tan2→干∞，即2)-90°，与01+2=0在此特例下的退化一致。易错点：（①）y方 向动量守恒方程两侧符号易弄错一碰前A沿+x,故碰后A的y分速度与B的y分速 度必然异号；()01+02=90°的精确表述是101+02=90°，因为2与01分居x轴两 侧，绝对值之和为直角；(i)重靶极限下不能用2→0直接代入求2，必须先保留一阶小 量，否则会出现tan02的0/0不定型；(iv)当m1>m2时（反向极限）A几乎沿原方向继 续前进，01→0、2→0、2→2vo,这与本题(4的m2>m1极限互补。 第2题水管收缩段的压力与推力(40分) 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第4页 水平放置的水管在某处直径从D1突然收缩至D2（D1>D2)。管内流动着不可压缩理 想流体，密度为，体积流量（单位时间流过截面的流体体积）为Q。流体在粗管与细管中 均作定常流动，流动方向沿管轴。已知大气压强为p0,粗管中流体压强为P,细管中流体 压强为p2。 (1)求粗管段与细管段中的流体流速1与2； (2)利用水平流管上的伯努利方程求两段压强差△p=P1一p2: (3)选取收缩段内、外两个截面所围的流体为研究对象，求收缩段管壁所受的水平推力F (即流体对管壁的反作用力沿流动方向的分量)，并说明其方向： (4若将骤缩段换成缓慢过渡的锥形管（即截面积沿轴向连续平滑地由S1=πD/4减小 到S2=πD/4,管壁不出现明显的环形台阶)，重新求管壁所受的水平推力F,并解 释为何F与骤缩情形下的F不同。 【详细解析】 思路.第(1)问由连续性方程（不可压缩条件)直接给出；第(2)问对水平流管使用伯 努利方程（同一流线上p+p2为常量）；第(3)问在骤缩情形下取两个截面之间的流体 为控制体，对单位时间内的动量变化应用动量定理，并考虑两端截面所受的压力差；第(4) 问对光滑锥形管重新使用动量定理，并注意管壁对流体的压力分布在截面上不再均匀，但 总效果由两端截面的压力与动量通量之差决定。 推导， (①)设粗管截面积为S,=D 细管截面积为S,= 。由不可压缩流体的连续性 4 4 方 v1S1=2S2=Q, 立即解得 Q4Q U1= S1=πD2 S2πD2 (2)取沿管轴的水平流线（重力势能项沿流动方向无变化），伯努利方程化为 m+p=+呢， 因此两段压强差为 △p=p1-p2= p居- )°-()月-() (3)骤缩情形下，设收缩段管壁作用于内部流体的合力沿流动方向的分量为R(规定 沿流动方向为正)。取粗管截面A1（面积S1,压强p1)与细管截面A2（面积S2,压强p2) 之间的流体为控制体，单位时间dt内控制体的动量增量为 pQ(v2-v1)dt, 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第5页 方向沿流动方向。施加在控制体上的外力沿流动方向的分量有：()截面A1上外部流体推 力+S1;()截面A2上外部流体推力一p2S2(方向与流动反向，取负)；()管壁作用 于流体的力R(包含侧壁摩擦贡献，但理想流体无黏性，故侧壁只施加法向力，其沿轴向 合力为零：骤缩处的环形台阶对流体有沿流动方向的反作用R,以及沿径向的支撑力1)。 忽略重力沿轴向的分量（管水平），动量定理给出 p1S1-p2S2+R=pQ(2-v1) 解出 R=pQ(v2-v1）-(pS1-p2S2). 流体对管壁的反作用力F与R等大反向，故管壁所受推力（沿流动方向）为 F=-R=(p1S1-p2S2)-pQ(2-v1): 为把式子化为D1,D2,Q,p的显式形式，先把各项分别计算： 质量流量pQ引起项： 压强项：把1一2=p号-)代入hS-S2,得 pm5-h52=2(S-S2)+20号-)S. 略去包含p2(S1一S2)中由大气压贡献的部分后，管壁实际承受的净推力为 P-S(号-7-Q- 利用S1v1=Q化简第一项： 储-=sa-n0e+n)=0a-n(+) 故 F=pQ(2-M)(1+)-pQ(-u) =pQ-u)(是-1)=0 2)1 把1,2用D1,D2,Q代回（此时Q/=πD2/4),并注意2>v1,得到骤缩段管壁所受 沿流动方向的推力大小为 ) 方向沿流动方向（流体将管壁向前推），亦即管壁对流体施加一向后的反作用。 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第6页 (4)对缓慢过渡的锥形管：任意横截面处的流速(s)=Q/S(s),压强p(s)+pw(s)2= 常量（沿轴向流动，水平管），故 n川=pm+2p(-(s2) 对控制体（从截面A1到截面A2之间的流体）应用动量定理。设管壁作用于流体的轴向力 为R'(理想流体侧壁无切向黏性力，仅有垂直于壁面的压力，其轴向分量为一pdS侧cosA, 其中日为壁面切线与轴向的夹角)：但由对称性，侧壁对流体的轴向力之和只取决于两端截 面上流体所受压力的合力及动量通量差，与管壁的具体形状无关。因此动量定理给出 p1S1-p2S2+R=pQ(2-v1), 与骤缩情形形式完全相同。但关键差别在于：缓慢锥形管的管壁上各点压强沿壁面均匀分 布，由p(s)决定；锥形壁对流体施加的总反作用R的轴向分量为 R'=- p(s)cosode J侧壁 其大小小于骤缩情形下环形台阶处集中作用在流体上的轴向力。这是因为骤缩时流体在台 阶处发生强烈的流线弯曲与分离，压强分布不再由理想伯努利方程描述（理想流体在拐角 处存在奇异高压)，导致管壁对流体的轴向作用力大于按理想流动估算的值。把p1S1一P2S2 用(2)的结果代入，可得光滑锥形管下管壁所受推力为 F维=pmS1-S,-pQ(2-)=5pS1(-)-pQ(-n)小 化简为 F锥= 2QD2112 DD 与骤缩情形的理想化结果形式相同：实际骤缩时管壁承受更大的推力（见结果区讨论）。 结果。 4Q 4Q (1) 1= πD1 2= πD号 / (2) 8pQ2 △p=p1-p2= π2 DD (3)骤缩情形下管壁所受水平推力大小为 2 F骤一 2pQ2D? D D 方向沿流体流动方向（即管壁被流体”前推”）。 (4)光滑锥形管下 F锥=2pS(呢-)-pQ(2-M)= 2pQ2D? 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第7页 形式上与骤缩情形相同，但骤缩时管壁受到的实际推力大于此值，原因是骤缩处流线急剧 弯曲并伴随分离，台阶处产生局部高压区，附加的轴向力使管壁承受更大的推力：而光滑 锥形管内流线平直、压强分布由理想伯努利方程给出，无附加高压，故推力较小。 讨论.极限检验：（①）当D2→D1时，2-1→0，△p→0，F→0，与等截面管无 推力一致；()当D2≤D1时，2>1，△p≈p喝，F≈pS哈，相当于把高速射流的 动量全部”挡”在管壁上。物理意义：推力来源于流体动量沿轴向的增量与两端压力差的合 力差。易错，点：(a)不可将压强差△p与pw2混为一谈一△p是标量差，而动量通量pQv 是矢量通量，二者量纲不同；(b)骤缩情形下应用动量定理时，切忌忽略台阶环形面对流体 轴向的直接作用，该作用正是F骤>F锥的物理根源：（©）理想流体在骤缩拐角处伯努利方 程不再适用（流线不光滑），故骤缩情形下F的精确值需引入实验修正系数。 第3题接地导体平面与点电荷的电像法（40分) 无限大接地导体平板位于之=0平面（导体占据之≤0区域），其上方之>0半空间中 距板面h处放置一点电荷十9，位置为0,0，A)。取真空介电常数0，库仑常数太=40 (1)用电像法写出上半空间（之>0）任意一点(a,y,2)的电势(x,y,)。 (2)求点电荷所受电场力F的大小与方向。 (3)求将点电荷从之=h沿垂直板方向（沿之轴）缓慢移到之=h'(h'>h)过程中，外 力所做的功Wt。 (4求导体板上感应电荷的面密度分布o(x,y),并求总感应电荷Qid。 【详细解析】 思路.接地导体板使板面成为等势面9L=。=0,上半空间的场可由位于(0,0，一九)的 镜像电荷一q替代，故所有物理量归结为两等量异号点电荷的库仑叠加；受力与外力功由 镜像电荷对真实电荷的作用直接给出；感应电荷由板面处电场法向分量乘ε0求得。 推导 (1)设上半空间任意点P(x,,之)，之>0。记真实电荷到场点距离 r1=Vx2+y2+(z-h)2,r2=Vx2+y2+(z+h)2, 其中r2为镜像电荷-g（位于(0,0，-)到场点的距离。由电像法， 1 p(x,y,2)= 4πe0\1T2 (2)上半空间电场在之>0区域由两电荷共同产生。在真实电荷所在处(0,0，)，镜像 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第8页 电荷产生电场 1 9 17⊙。0.0.h)-4πE0(2h)216πe0h2之， 故真实点电荷所受电力 F=q= 9 16me0h2名. 大小为 16me0h2' 方向沿-，即垂直指向导体板（吸引）。 (3)由虚功原理，等效两电荷间的库仑力势能为 U(2)= g2 92 4πe0(2z) 8πe02 故外力缓慢移动做功等于势能增量： Wt=U()）-U()= (4)上半空间电场E=-Vp。在板面之=0+处，由对称性仅E,分量非零： El0= b -2h gh =0 =一40(2+y+h230= 2πeo(x2+2y2+h2)3/2 由静电平衡导体表面关系E=σ/o,方向由板内指向板外为正，故板面(z=0~侧)感 应电荷面密度 gh a(x,)）=-0E:2=0=一2r(r2+y2+h2)372 总感应电荷： Qind =八 pdpde (p2+h2)3/2 计算径向积分 pdp (p2+h2)32=万' 得 gh 1 Qind = 2x .2不· 结果 9 1 1 (1) p(x,y,2)= 2>0 4πe0 Vx2+y2+(z-h)2 Vx2+y2+(z+h)2 (2) F= q 16Teoh ,乏（方向垂直指向导体板） (3) Wext- q 8πE0 h! 物理竞赛复赛模拟（第三套） (解析卷) 第9页 gh (4) x,0）=2元(2+2+h23 Qind =-q 讨论.当h→0+时→o0,这是因为点电荷与板距离趋于零时镜像电荷的库仑作 用按1/(2)2发散；当→∞时Wt→g2/(8πeoh),对应把电荷移至无穷远所需的有限 功。感应电荷总量恒为-q4,与h无关，符合高斯定理：将电场线全部包入紧贴板面的扁盒， 盒内仅有真实电荷十q发出的通量，盒外通量由板上一q收尾，因此总感应电量必为一q。 易错点：()镜像电荷一q仅作用于求解上半空间场，切忌代入之<0：(i)受力公式中距 离取2h而非：(i)感应电荷符号易写反，应注意法向方向约定；(iv)外力做功正号表 示外力克服镜像吸引力做正功。 第4题无限长螺线管内的磁场与磁能(40分) 一无限长密绕螺线管，共N匝，半径为a,长度为l,且l>a。线圈中通以恒定电流 I。螺线管内可视为真空（磁导率取o)。 (1)求螺线管内部中轴附近区域的均匀磁感应强度B; (2)求该螺线管的自感系数L,要求用N,l,a,o表达： (3)求螺线管内储存的磁场能量W; (④试分别利用W=LIP与能量密度心= B 两种途径计算磁场能量，并以(3)的结 20 果作为标准，验证两者结果一致。 【详细解析】 思路.由1>α的长螺线管近似，管外磁场可忽略，管内（特别是中轴附近）磁场视为 均匀且沿轴向。利用安培环路定理可避开逐匝积分的繁琐，再由磁通、自感、磁能的关系 即可逐问求解。 推导. (1)设螺线管单位长度匝数n=N/儿。取一矩形安培回路，使其一边沿轴线在管内、长 度为△l,另一边平行于轴线在管外（此处B≈0），两短边垂直于轴线(B⊥，贡献为 零)。由安培环路定理 B.di=m∑内 得 B△l=omI△l 故 B=HonI= HoNI 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第10页 (2)单匝线圈所围面积为S=πa2,穿过每匝的磁通为 重，=BS=xa2B=ra2oNI 1 总磁链 亚=N,=4oW2ma, 由自感定义L=亚/1，得 L=LoN2Ta2 1 (3)由自感磁能公式 W-iLP 21 将(2)的结果代入： W=1.toN2ma2.2MoN2ma22 2 21 (④第一种方法一一W=1:直接由3)已得 W1 LoN2na212 21 第二种方法一一磁场能量密度积分： B2 40.W2I2 2μ0 2μ0 212 螺线管内磁场占据的有效体积 V=S.l=πa2l 故 W%=w·V=oV212 212 T21=4N2ma212 21 可见所=W= 0N2πa2I2 ，与(3)一致。 21 结果.(1) B=LoNI (2) L= HoN2Ta2 (3) W= 40N2ra22 (4)两种方法结果一 1 21 致： W=W2= 40W2πa2I2 21 讨论.当l>a时螺线管近似为”无限长”，端点附近磁场减半为onI/2的效应可忽 略，本题结果在此近似下成立。LoxN2而非N,反映每匝磁链的耦合叠加；W∝a2说明 磁能仅与内部体积πa2L相关，管外磁场（漏磁）被忽略。易错点：(1)将n=N/1误写为 n=N/(2):(2)自感磁通应为VΦ1，不可遗漏N:(3)能量密度积分时必须乘以内部体积 πal,而非螺线管包含空隙的总长1所对应的其它几何量。 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第11页 第5题耦合双摆的简正模式与频率(40分) 两相同小球（质量）分别用长1的轻绳悬挂于同一水平横梁上，两悬点间距等于劲 度系数k的水平轻弹簧的自然长度，平衡时弹簧无形变。取两摆的摆角01,2为广义坐标 (自各自竖直平衡位置量起，逆时针为正)。设两摆均作小角度摆动。 (1)写出以01,02为广义坐标时系统的动能T与势能V。 (2)求两个简正模式（简正振动)的角频率w4和w-。 (3)设初始条件为01(0)=A,02(0)=0,A1(0)=2(0)=0,求91(t)与02(t)的具体形式， 并说明两摆何时同相摆动、何时反相摆动。 【详细解析】 思路.以两摆角O1,02为广义坐标，先在小角度近似下写出T、V,得耦合的拉格朗日 方程；再引入简正坐标±=1士2解耦，求出两个简正频率；最后利用初始条件定出振幅 与相位。 推导， (1)小角度下，两摆球的速度大小均为，方向水平，故 Tm+m(m(+) 两摆的引力势能（相对各自平衡位置）为 V=2mg10+5mg105 设两悬点间距为d,平衡时弹簧处于自然长度。当两摆球水平偏移量分别为x1=01、x2=l02 时，弹簧伸长量为(c1一x2),故弹性势能为 =1-P=Pa-6P 因此 T= 2ml2(02+3, V=2mg(G+)+(0-%P (2)拉格朗日方程为 m261+mgl01+kl2(01-02)=0, ml202+mgl02-kl2(01-02)=0. 设解0，=C,ewt,代入得本征方程 mgl k12 -ml2w? -k12 =0. -k12 mgl +k12 -ml2w2 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第12页 即 (mgl kl2-ml2u2)2 (kl2)2, 解得 w2=mgl+kl2±kM2 ml2 两简正频率为 V9+2 9 相应的简正模式为：w+对应01=-02（两摆反相，弹簧伸缩最大）；w对应01=02（两 摆同相，弹簧无形变)。 (3)用叠加原理，设 0(t)=BI cos(wt+)+B2 cos(w_t+), 02(t)=Ci cos(wt++)+C2 cos(w_t+). 由本征方程知：w+模式C1=一B,w_模式C2=B2。故 01=Bi cos(wt+)+B2 cos(w_t+), 02 =-B]cos(wt+)+B2 cos(w_t+). 代入初始条件01(0)=A,02(0)=0,0(0)=2(0)=0,得 B1 cos++B2 cosp=A,-B1 cos++B2 cosp=0, -Biw+sin o+-B2wsin o=0,Biw+sin +-B2w sin o=0. 由后两式得Bw4sinp+=0且B2 _sin-=0,即p+=p-=0(取最简解)。代入前两 式得 A B2c0sp-=2, B1 COS+= A 故B1=B2=A/2,P+=P-=0。最终 A A()=号[cos(u+利+cos(w-t切=Acos Wi+w. COS 2 2 2(d)= 【aose-)-osay)=Asm w++w_ sin 2 2 两摆均以高频4十摆动，振幅被低频心4。心调制。6，的振幅包络为Acos(△ut/2小， 2 02的振幅包络为Asin(△uwt/2)儿，其中Aw=w+-w-。 讨论. 物理竞赛复赛模拟（第三套） (解析卷) 第13页 △w ·同相条件：当t=x(n=0,12),即t= 2m +一 一时，A1=Acos(@t),2≈0， 两摆近似同相且仅摆1有大幅摆动（能量集中于摆1）。 相条件：当t=n+,即t=T时，010，=Asin@ w+一w 摆近似反相且仅摆2有大幅摆动（能量集中于摆2)： 。拍频现象：能量以周期T拍= 2不一在两摆间往返传递。 W+-ω ·极限检验：k→0时w4→√g/=w-,两摆解耦为两个独立同频率单摆：m→∞或 1→0时w-→0失去意义，须保证小角度近似有效。 易错，点：（1)弹簧形变量为两球水平位移之差1(01-02)，而非01-02本身：(2)简正频率 的对应关系一一同相模式频率较低（弹簧无形变），反相模式频率较高（弹簧伸缩，参与附 加恢复力)，不要颠倒：(3)初始条件中速度为零要求两简正模式初相均为零（或π），否 则会出现额外相位。 第6题薄透镜组与虚物成像(40分) 焦距f1=10cm的凸薄透镜L1与焦距f2=-15cm的凹薄透镜L2共轴放置，两者间 距d=20cm。物高y=2cm的实物（垂直于光轴）放在L1左侧30cm处。约定：实物物 距u>0,实像像距v>0（均以透镜光心为参考，正方向沿光传播方向)：逐次成像法中， 前一透镜所成的像作为后一透镜之物时，若像位于透镜左侧则>0（实物)，若位于透镜 右侧则u<0(虚物)。 (1)用逐次成像法求最终像的位置与高度。 (2)若实物改为放在L1左方5cm处（即物处于L1焦内)，问该透镜组最终能否成实像？ 说明理由。 (3)在(2)情形下，能否在L2右方某位置放一平面镜，使最终像成在无穷远？若能，求该 平面镜应放的位置。 【详细解析】 思路.逐次成像法的核心是把透镜组的总成像拆成两次单透镜成像：前一次所成的像 无论实虚都作为后一透镜之物，仅需注意物距的正负号约定即可。第(3)问等价于让L2的 入射光线在像方成为平行光，即要求L2的物（工1所成的像)位于L2的像方焦点上，由此 反推平面镜的位置。 推导. 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第14页 (1)第一步：实物经L1成像。山1=30cm,f1=10cm,由薄透镜公式 1,11、11121 今4=10-30=30-15 得v1=15cm（实像，位于L1右方15cm处)。放大率m1=1/u1=15/30=1/2,像高 y1=m1y=1cm。 第二步：此像作为L2的物。L2在L1右方20cm处，故该像位于L2左方20-15=5cm 处，为实物，2u2=5cm,f2=-15cm。 2y111114 十 22=万今2=-15-5=-15 得2=-15/4=-3.75cm(负号表示虚像，位于L2左方3.75cm处)。放大率m2=2/u2= (-3.75)/5=-3/4,像高2=m2=-3/4cm,负号表示倒立。最终像高|2=3/4cm。 (2)物距u1=5cm<f五=10cm,物在L1焦内。 111 1 1=105=-10→4=-10cm, 即L1成虚像于其左方10cm处。该虚像位于L2左方10+20=30cm处，对L2仍为实物， u2=30cm。 即最终像为虚像，位于L2左方10cm处（亦即L1左方10cm,与原物同侧）。故在该透镜 组直接作用下，最终只能成虚像，不能成实像。 物理原因：凸透镜焦内所成的发散光束再被凹透镜进一步发散，无法汇聚为实像。 (3)要使最终像成于无穷远，等价于使L2的像方出射光为平行光，即要求L2的物位 于其像方焦平面上。L2的像方焦点在L2左方f2=15cm处。设平面镜置于L2右方1处。 光线到达L2后本应向右会聚（或发散）形成像S,位于L2右方2处（对平面镜为 实物)。若|2=1，则该像恰落在平面镜上，光线被反射后沿原路返回L2,再次成像于S 关于平面镜的对称点一仍位于L2右方1处。再经L2第二次成像时，物距=-1（虚 物，1>0时物在L2右方)。要求像距%→oo,即1/6+1/f2=0,得=-f2=15cm, 即l=15cm。 验证：L1所成虚像位于L1左方10cm处（即L2左方30cm),2=30cm。 2=f2-（-15)·30_-450 u2-f230-(-15)-45 -10cm, 该像位于L2左方10cm。若要它位于L2像方焦平面（L2左方15cm)上，应在L2右方1 处放一平面镜，使该像经L2第一次折射后的像落在镜面上：v2=-1,由 片站动→10m 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第15页 此时光线经平面镜反射回L2,相当于在L2右方10cm处形成虚物=-10cm, 1111,11 及=方g=15+0=30今=30cm, 非无穷远。说明上述条件不对。 正确条件：经L2一次成像的像点S必须位于L2的像方焦平面上（L2右方15cm处)， 才能使反射回L2的光（虚物在像方焦点处)第二次成像于无穷远。故应满足 1-1今2=0， 2=-15cm今-15=-15-2 即工1所成的像必须位于无穷远一一这要求实物处于L1焦点上，但本题物在工1焦内，无 法直接实现。 因此需另设：在L2右方1处放平面镜，等价于在L2与镜之间再引入一次反射，使经 L2出射的光被反射回L2再成像。令L1所成的虚像对L2的物距为2，第一次经L2后像 距2，镜面置于L2右方l处要求像点恰在镜上（即？=-l,因2左侧为正)；反射后该 像点关于镜面所成的像位于L2右方1处，作为L2的虚物，=-1。要第二次成像于无穷 远，需u2=f即l=15cm。于是要求第一次成像的像在镜面上： 11 2=-l=-15cm, 1 2-15=-15今2=o, 一十 L1焦内物无法满足u2=oo。 修正：将镜放在使L1所成虚像位于L2焦平面上的等效位置即可一一但由(2)知2= 30cm时v2=-10cm。在L2右方1处放平面镜，则经L2出射的会聚光应在镜面所在位置 成像，即v2=-l,得l=10cm。反射后该像位于L2右方10cm,对L2为虚物6=-10cm, 必=30cm一一为实像但非无穷远。 物理上，凹透镜总是发散的，要使最终出射平行光，必须使入射到L2的光是会聚的， 且会聚点恰落在L2像方焦平面上。L1焦内物对L2仍为发散光（虚物距），无法靠单平面 镜修正会聚度。但若在L2右方1处放平面镜，等效于系统焦距改变：经一次反射后L2等 效焦距变为f2/2(凹面反射等效)。本题数值下，取l=10cm时%=-10cm的虚物等效 于物在L2像方焦点附近一经计算1/(-10)+1/=-1/15得2=30cm,仍为有限远。 经严格计算：要求v以→∞须u,=f2=-15cm（虚物距)，即反射像位于L2右方 15cm处。要求第一次像v2=-15cm(恰在镜面)，需2→o∞。因此在(2)情形下，仅靠 单一平面镜无法使最终像成于无穷远。 结果.(1)最终像为虚像，位于L2左方3.75cm处（即L1右方16.25cm处）：像高 =-3/4cm(倒立，绝对值0.75cm). (2)不能成实像。最终像为虚像，位于L2左方10cm处，与原物同侧。 (3)不能。在(2)情形下，无法通过在L2右方放置单一平面镜使最终像成于无穷远。 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第16页 讨论.本题的关键符号约定是逐次成像法中虚物的判别：>0表示像在透镜光线出射 侧（实像），，<0表示像与入射物同侧（虚像）。当像位于后一透镜的入射侧时仍为实物 (u>0),位于出射侧时为虚物（u<0)。 极限检验：(1)中若d→0，则两透镜紧贴，等效焦距1/f=1/10-1/15=1/30, f=30cm,与u=30cm物距恰好u=2f,得v=60cm,放大率m=2,与逐次成像 m1m2=1/2.1=1/2(取d=0时m2=2)一致，符号亦对。 易错点：(1)把L2的焦距-15cm当作+15cm代入；(2)误认为凹透镜后必成虚像 其实当L2接收的是会聚光（前一透镜所成实像在L2之后）时仍可成实像；(3)平面镜 使光路反向，需正确处理虚物与虚像的转换，特别是符号约定。 第7题氢原子玻尔模型与轨道量子化(40分) 在氢原子玻尔模型中，电子（电荷-e,质量m)绕静止的质子（电荷+e)做半径为 ?的圆周运动。设玻尔角动量量子化条件为 L =mur nh, n=1,2,3,. 其中九=h/(2π)。库仑相互作用提供向心力。引入玻尔半径 2 a0二 me2≈0.529A (1)求第n玻尔轨道的半径rn(用ao表示)。 (2)求第n轨道上电子的速率n与原子的总能量Em(动能+势能)。 (3)当原子由能级n跃迁到n-1时，发射光子的波长入m为多少？写出用ao与里德伯常 量R=1/(4πao)表示的表达式。 (4)求n→o时相邻能级（即n→n一1）间发射光子波长的极限入o。由此讨论该极限 的物理意义。 【详细解析】 思路.由库仑力等于向心力给出v与？的关系，再联合角动量量子化消去，即可得 到rn:代入即得vn与En:跃迁能量△E=En-1-En即为光子能量hc/入，从而得到入n: 对大n作泰勒展开可求入。 推导.(1)库仑力提供向心加速度： → m2e 与mwr=nh联立，消去w: m2= (mur)2 n2h2 e2 mr2 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷）》 第17页 n2h2 →r= me2 =na0: (2)由v=nh/(mr）与rn=n2ao得 nh ,1e2ac Un= m.n2ao n maonh= 其中a=e2/(伍c)≈1/137为精细结构常数，c=九/(maoa)为光速。总能量 e2 .1me4 2n2h21 利用里德伯常量R=me4/(4πch3),亦可写成 En= Roshc n2 (3)跃迁n→n-1释放的光子能量为 1 2m-1 hWn En-1-En=Roohc (n-1)2-2 =Roohe n(n-1 故 =后=少 2m-1 (4)令n→o: An 4rao nd(1-1/n)2 4xdo nd n2(2-1/n) 2n2 =2xa0n2(主项)： 更精确地，对n→n-1用微分近似：△E≈-dEn/dn·(-1)=dEn/dn, dEn 2Rochc hc hc =2πa0n3. dn n3 入≈ dEn/dn 2Rhc/n3= 2Roo 两种近似差一个n因子，本质相同：相邻能级间发射波长按n3(或n2)发散到无穷。 结果。 (1)rn n2ao e2 (2) ac Roshc Un= En= me4 nh n 2n2i2 n2 (3) n2(n-1)2 入n= 4ra0n2(n-1)2 (2n-1)R 2m-1 (4) 入=lim入n=o(按n2或n3发散) n-00 讨论.n→∞时入m→o,物理意义为：当电子处于远离原子核的高激发态（里德伯 原子)时，相邻能级间的能量间隔△En=En一En-1≈2Rhcn3→0，能级趋向连续。这 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第18页 正是玻尔模型为量子化与经典电动力学（连续辐射）之间搭桥的体现：低时量子化特征 显著，高时体系行为趋近于经典极限，对应于玻尔对应原理。同时该结论也解释了为何 里德伯原子(n~102~103)的微波跃迁频率极低、波长长的实验事实。易错，点：（①）势能 符号易漏负号，总能量应为负值；(i)区分rm=na0与vmx1/m,不要混淆半径和速度的 标度律：()第（④）问的入。是发散而非收敛到某一有限值，不可误算为某个具体数值。 第8题 含源桥式网络的戴维南等效(40分) 桥式网络四个臂分别为R、R2、R3、R4(均为无源线性电阻)，节点A、B、C、D按 菱形排列：R接于A、B之间，R2接于B、D之间，R3接于D、C之间，R4接于C、A 之间。桥中间支路B、C间串联一电动势为ε、内阻为r的实际电源。理想电压源U(内 阻为零)跨接于A、D两端对网络供电，正极接A,负极接D。所有电势均以D点为零参 考点。 (1)用节点电压法求B、C两点之间的开路电压U。(即B点电势B与C点电势Pc 之差，定义U0=PB-PC)。 (2)求从B、C两端看进去的有源二端网络的戴维南等效电阻。 (3)当R1R3=R2R4（电桥平衡条件成立)时，求桥中间支路的电流IBC,并用戴维南定 理的物理意义作出解释。 【详细解析】 思路.桥式网络是求解有源二端网络戴维南等效的典型题型。先将外电源Uo与四个桥 臂电阻视为线性有源二端网络，求其端口B、C的开路电压：再令所有独立源为零（即Uo 短路、ε短路)求等效内阻；最后由戴维南等效电路求桥支路电流。 推导。 (1)设P4=Uo,PD=0。桥支路B、C开路时，没有电流流过中间支路，故R1、R2 串联构成一支路，R4、3串联构成另一支路，两支路并联于A、D之间。因此 R PB=PA- (A-PD)= R2Uo, R1+R2 R1+R2 (1) PC=PA- R3Uo (A-PD）=R4+R3 (2) R4+R3 两式相减并整理，即得 R2 Ra UBC =B-PC=Uo Uo R2(Rg+R4)-R3(R1+R2) R1+R2R3+R4 (R1+R2)(R3+R4) (2)求R时，需令所有独立源置零：理想电压源U短路(A、D等电势)，电动势e 短路(？仍保留)。此时从B、C看进去的网络可作Y-△变换或直接用电阻串并联等效识 物理竞赛复赛模拟（第三套）（解析卷） 第19页 别。注意到A、D短接后，R与R4并联于B、A(即B、D)之间，记为R=R‖R4: R2与R并联于C、D(即C、A)之间，记为R品=R2‖R。从B到C共有两条并联 通路：直接通路B→A(=D)→C,电阻为R‖R4+R2‖R3；另一通路经D(已与A等 势)回到B,即B→D→B之间的并联组合…实际上A、D短接后，B到C之间的网 络是R1与R4的并联(B到A)再串联R2与R3的并联（A到C),即 RR RaRa R1R4(R2+Rg)+R2R3(R1+R4) R哈c=R1+R4R+R& (R1+R4)(R2+R3) (3)桥中间支路电流由戴维南等效电路直接给出： UBC -e Inc Rpc+r' 方向由Uc与e的相对极性共同决定。当RR3=R2R4时，由(I)的结果可见分子 R2(R3+R4)-R3(B+R2)=R2R4-RR=0,故Uc=0,戴维南等效源退化为一个纯 电阻Rgc。此时 IBC= RBc+r 即桥支路电流仅由该支路自身的电动势ε与电阻”+R8。决定，与外电源U,无关。 结果。 (1) UBC Uo R2(Rg+R4)-R(R1+R2) (R1+R2)(R3+R4) RBc= RR4 R2R3 (2) R1+R4 R2+R3 (3) IBC U0-e 当R1B=R2R4时UgC=0,故 IBC= (方向由 RBc+r ε极性决定)。 讨论.极限检验：若R1=R3、R2=R4,则R2(R3+R4)-R3(R1+R2)=0,Ugc=0, 与电桥平衡条件RR=R2R4一致。若进一步令R1=R2=R=R4三R,则R增= R/2+R/2=R,桥支路电流退化为-e/(R+r),即仅由桥支路自身参数决定一一这正是 戴维南定理在电桥平衡时的典型表现。 物理意义：当电桥平衡时，B、C两点被外电源，驱动到等电势，戴维南等效电压源 被对”消为”零，桥中间支路与外电源之间无电势耦合，电流完全由该支路自身的电动势ε 与回路总电阻决定。这是惠斯通电桥测量中检·流计指零现：象的推广一只要端口B、C 间等电势，接入的任何支路电流都不会反过来扰动桥臂电压的分配。易错点：()求等效电 阻时不可忘记将ε短路但保留内阻？一一r不属于桥臂网络，应留在外电路：()开路电压 表达式中的符号对应U=pB-pC,若题目定义为pc-pB则差一负号，须按题意统一。