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21-28届物理复赛试题及答案 - 副本


第二十一届全国中学生物理竞赛复赛试题
本卷共七题,满分 140 分.
一、(20 分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判.对于均匀薄膜材料,在一定温度下,某 种气体通过薄膜渗透过的气体分子数 N

?k

?PSt ,其中 t 为渗透持续时间,S 为薄膜的面积,d 为薄膜的 d

厚度,

?P 为薄膜两侧气体的压强差.k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数.透气系数愈小, 材料的气密性能愈好. 图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图.EFGI 为渗透室, E U 形管左管上端与渗透室相通,右管上端封闭;U 形管内横截面积 A=0.150cm .实 验中,首先测得薄膜的厚度 d =0.66mm,再将薄膜固定于图中 CC? 处,从而把渗透 室分为上下两部分,上面部分的容积 V0
2

I P0 V0 P1 V1 K2 K1 H C? G K3

? 25.00cm 3 ,下面部分连同 U 形管左管水 C
F

面以上部分的总容积为 V1,薄膜能够透气的面积 S =1.00cm2.打开开关 K1、K2 与大 气相通,大气的压强 P1=1.00atm,此时 U 形管右管中气柱长度 H
3

? 20.00cm ,

V1 ? 5.00cm .关闭 K1、K2 后,打开开关 K3,对渗透室上部分迅速充气至气体压 强 P0 ? 2.00atm ,关闭 K3 并开始计时.两小时后, U 形管左管中的水面高度下降 ? ? 了 ?H ? 2.00cm .实验过程中,始终保持温度为 0 C .求该薄膜材料在 0 C 时对
空气的透气系数. (本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过程中不能保持恒定,在 压强差变化不太大的情况下, 可用计时开始时的压强差和计时结束时的压强差的平均 值 ?P 来代替公式中的 ?P .普适气体常量 R = 8.31Jmol-1K-1,1.00atm = 1.013×105Pa) .

二、 分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动, (20 它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期. 已 知轨道近地点离地心的距离是地球半径 R 的 2 倍,卫星通过近地点时的速度 v

? 3GM 4 R ,式中 M 为

地球质量, 为引力常量. G 卫星上装有同样的角度测量仪, 可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角. 试 设计一种测量方案,利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离. (最后结果要求用测得量 和地球半径 R 表示)

三、 分)?子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命 ? 0 (15

? 2.0 ? 10 ?6 s .宇宙射线与大气在高空某处

发生核反应产生一批?子,以 v = 0.99c 的速度(c 为真空中的光速)向下运动并衰变.根据放射性衰变定 律, 相对给定惯性参考系, t = 0 时刻的粒子数为 N(0), t 时刻剩余的粒子数为 N(t), 若 则有 N 的高度 h.不考虑重力和地磁场对?子运动的影响.

?t ? ? N ?0?e ?t ? ,

式中?为相对该惯性系粒子的平均寿命.若能到达地面的?子数为原来的 5%,试估算?子产生处相对于地面

四、(20 分)目前,大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条 状,通常称为激光二极管条.但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束,光能分布很不集中,不利 于传输和应用.为了解决这个问题,需要根据具体应用的要求,对光束进行必需的变换(或称整形) .如果 能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束很细的平行光束,对半导体激光的传输和应用将是非常 有意义的.为此,有人提出了先把多束发散光会聚到一点,再变换为平行光的方案,其基本原理可通过如 下所述的简化了的情况来说明.

如图,S1、S2、S3 是等距离(h)地排列在一直线上的三个点光源,各自向垂直于它们的连线的同一方 向发出半顶角为? =arctan

?1 4 ? 的圆锥形光束.请使用三个完全相同的、焦距为 f = 1.50h、半径为 r =0.75 h
?? ?? ??
L P z

的圆形薄凸透镜,经加工、组装成一个三者在同一平面

S1 h 内的组合透镜,使三束光都能全部投射到这个组合透镜 S2 上,且经透镜折射后的光线能全部会聚于 z 轴(以 S2 为 h S3
起点,垂直于三个点光源连线,与光束中心线方向相同 的射线)上距离 S2 为 L = 12.0 h 处的 P 点. (加工时可 对透镜进行外形的改变,但不能改变透镜焦距. ) 1.求出组合透镜中每个透镜光心的位置. 2.说明对三个透镜应如何加工和组装,并求出有关数据.

五、(20 分)如图所示,接地的空心导体球壳内半径为 R,在空腔内一直径上的 P1 和 P2 处,放置电量分别为 q1 和 q2 的点电荷,q1=q2=q,两点电荷到球心的距离均为 a.由静电感应与静电屏蔽可知:导体空腔内表 面将出现感应电荷分布,感应电荷电量等于-2q.空腔内部的电场是由 q1、q2 和两者在空腔内表面上的感 应电荷共同产生的.由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的,所以很难用场强叠加原理直接求得腔 内的电势或场强.但理论上可以证明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的位于腔外的(等效)点电 荷来代替(在本题中假想(等效)点电荷应为两个) ,只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这样的

? 条件,即:设想将整个导体壳去掉,由 q1 在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q1 与 q1 共同
产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0;由 q2 在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)

? 点电荷 q 2 与 q2 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为
0.这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且这样确定的等效电荷

A

? ? 是唯一的.等效电荷取代感应电荷后,可用等效电荷 q1 、 q 2 和 q1、q2 来计算
原来导体存在时空腔内部任意点的电势或场强.

r
P2

? ? 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷 q1 、 q 2 的位置及电量.
2. 求空腔内部任意点 A 的电势 UA. 已知 A 点到球心 O 的距离为 r, OA 与 OP 1 的夹角为??.

?? P 1 a O a R

六、(20 分)如图所示,三个质量都是 m 的刚性小球 A、B、C 位于光滑的水平 桌面上(图中纸面) ,A、B 之间,B、C 之间分别用刚性轻杆相连,杆与 A、B、 C 的各连接处皆为“铰链式”的(不能对小球产生垂直于杆方向的作用力) .已 知杆 AB 与 BC 的夹角为??? ,??< ?/2.DE 为固定在桌面上一块挡板,它与 AB 连线方向垂直.现令 A、B、C 一起以共同的速度 v 沿平行于 AB 连线方向 向 DE 运动,已知在 C 与挡板碰撞过程中 C 与挡板之间无摩擦力作用,求碰撞 时当 C 沿垂直于 DE 方向的速度由 v 变为 0 这一极短时间内挡板对 C 的冲量的 大小.

D B A ??
A

??

A

C
A A

E

七、 (25 分)如图所示,有二平行金属导轨,相距 l,位于同一水平面内(图中纸面) ,处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向竖直向下(垂直纸面 向里) .质量均为 m 的两金属杆 ab 和 cd 放在 导轨上,与导轨垂直.初始时刻, 金属杆 ab 和 cd 分别位于 x = x0 和 x = 0 处.假设导轨及 金属杆的电阻都为零,由两金属杆与导轨构成 的回路的自感系数为 L. 今对金属杆 ab 施以沿 导轨向右的瞬时冲量,使它获得初速 v 0 .设

y c y

a v0

O d

b x

导轨足够长, x 0 也足够大,在运动过程中,两金属杆之间距离的变化远小于两金属杆的初始间距

x 0 ,因

而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数 L 是恒定不变的.杆与导轨之间摩擦 可不计. 求任意时刻两杆的位置 xab 和 xcd 以及由两杆和导轨构成的回路中的电流 i 三者各自随时间 t 的变化 关系.

第 21 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答
一、开始时 U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V2 = HA (1) p2= p1 经过 2 小时,U 形管右管中空气的体积和压强分别为

V2? ? ( H ? ?H ) A

(2)

? p2 ?

p 2V2 V2?

(3)

渗透室下部连同 U 形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为

V1? ? V1 ? ?HA
的空气的摩尔数

(4)

? p1 ? p 2 ? 2 ?gΔH

(5)

式中??为水的密度,g 为重力加速度.由理想气体状态方程

pV ? nRT 可知,经过 2 小时,薄膜下部增加

?n ?

? p1V1? p1V1 ? RT RT

(6)

在 2 个小时内,通过薄膜渗透过去的分子数: N

? ?nN A (7)式中 NA 为阿伏伽德罗常量.

渗透室上部空气的摩尔数减少,压强下降.下降了: ?p ?

ΔnRT V0
(9)

(8)

经过 2 小时渗透室上部分中空气的压强为: 测试过程的平均压强差: ?p ?

? p0 ? p0 ? ?p

1 ? ?( p0 ? p1 ) ? (p0 ? p1? )? 2

(10)

根据定义,由以上各式和有关数据,可求得该薄膜材料在 0℃时对空气的透气系数

k?

Nd ?ptS

? 2.4 ? 1011 Pa ?1 m ?1s ?1

(11)

二、 如图, 卫星绕地球运动的轨道为一椭圆, 地心位于轨道椭圆的一个焦点 O 处, 设待测量星体位于 C 处. 根 据题意,当一个卫星运动到轨道的近地点 A 时,另一个卫星恰好到达远地点 B 处,只要位于 A 点的卫星用 角度测量仪测出 AO 和 AC 的夹角?1,位于 B 点的卫星用角度测量仪测出 BO 和 BC 的夹角?2,就可以计算 出此时星体 C 与地心的距离 OC. 因卫星椭圆轨道长轴的长度

AB ? r近+r远

(1) A O

式中 r 近、与 r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离.由角动量守 恒

mv 近 r近=mv远 r远

?1

B

(2)

式中 m 为卫星的质量.由机械能守恒

1 GMm 1 GMm 2 2 mv 近- ? mv 远- 2 r近 2 r远
已知 r近=2R , v 近= 在△ABC 中用正弦定理

(3)

C

3 GM 4 R

得 r远 ? 6 R

(4)

所以: AB

? 2 R ? 6 R ? 8R

(5)

sin ? 1 BC

?

sin?π ? ? 1 ? ? 2 ? AB

(6)

所以 BC

?

sin ? 1 AB sin ?? 1 ? ? 2 ?

(7)

地心与星体之间的距离为 OC ,在△BOC 中用余弦定理
2 OC ? r远 ? BC ? 2r远 ? BC cos ? 2 2 2

(8)

由式(4)、(5)、(7)得:

OC ? 2 R 9 ? 16

sin ?? 1 ? ? 2 ?
2

sin 2 ? 1

? 24

sin ? 1 cos ? 2 sin ?? 1 ? ? 2 ?

(9)

三、因?子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命 根据时间膨胀效应,在地球上观测到的?子平均寿命为?,

? 0 ? 2.0 ? 10 ?6 s

??

?0
1 ? ?v c ?
2

(1)

代入数据得 ? = 1.4×10-5s

(2)

相对地面,若?子到达地面所需时间为 t,则在 t 时刻剩余的?子数为

N ?t ? ? N ?0?e ?t ?

(3)

根据题意有

N ?t ? ? e ?t ? ? 5% N ?0?

(4)

对上式等号两边取 e 为底的对数得 代入数据得

t ? ?? ln

5 100
(6)

(5)

t ? 4.19 ? 10 ?5 s h ? 1.24 ? 10 4 m

根据题意,可以把?子的运动看作匀速直线运动,有 代入数据得

h ? vt
(8)

(7)

四、1.考虑到使 3 个点光源的 3 束光分别通过 3 个透镜都成实像于 P 点的要求,组合透镜所在的平面应 垂直于 z 轴, 三个光心 O1、 2、 3 的连线平行于 3 个光源的连线, 2 位于 z 轴上, O O O 如图 1 所示. 图中 MM ?

? ? ? 表示组合透镜的平面, S 1 、 S 2 、 S 3 为三个光束中心光线与该平面的交点.
据透镜成像公式

S 2 O2 = u 就是物距.根

1 1 1 ? ? u L?u f

(1)

可解得

1 u ? [ L ? L2 ? 4 fL ] 2

因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于 P 点, 来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉, 必须有 2utan? ≤h 即 u≤2h.在上式中取“-”号,代入 f 和 L 的值,算得

u ? (6 ? 3 2 )h ≈1.757h
此解满足上面的条件.

(2)

分别作 3 个点光源与 P 点的连线.为使 3 个点光源都能同时成像于 P 点,3 个透镜的光心 O1、O2、O3 应分别位于这 3 条连线上(如图 1) .由几何关系知,有

L?u 1 1 (3) h?( ? 2 )h ? 0.854h L 2 4 ? ? ? 即光心 O1 的位置应在 S 1 之下与 S 1 的距离为: S1O1 ? h ? O1O2 ? 0.146h (4) ? ? 同理,O3 的位置应在 S 3 之上与 S 3 的距离为 0.146h 处.由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离 O1O2 ? O2 O3 ?
必须等于 0.854h,才能使 S1、S2、S3 都能成像于 P 点.

2.现在讨论如何把三个透镜 L1、L2、L3 加工组装成组 合透镜.因为三个透镜的半径 r = 0.75h,将它们的光心分 别放置到 O1、 2、 3处时, O O 由于 O1O 2 =O2 O3 = 0.854h<2r, 透镜必然发生相互重叠,必须对透镜进行加工,各切去一 部分,然后再将它们粘起来,才能满足(3)式的要求.由于 对称关系,我们只需讨论上半部分的情况. 图 2 画出了 L1、L2 放在 MM ? 平面内时相互交叠的情 况(纸面为 MM ? 平面) .图中 C1、C2 表示 L1、L2 的边缘,

M h h S1 S2
圆 2

??

? ? S 1 、 S 2 为光束中心光线与透镜的交点,W1、W2 分别为
C1、C2 与 O1O2 的交点.

O1 S 1 O2(S2 O3 ’) ?? S3 L ’ u M 图1 ’

??

?

P z

? ? S 1 为圆心的圆 1 和以 S 2(与 O2 重合)为圆心的圆 2 分别是
光源 S1 和 S2 投射到 L1 和 L2 时产生的光斑的边缘, 其半径均 为

K
圆1 S1’ 0.439 Q h T N 0.439 h O1 W2

C1

? ? u tan? ? 0.439h

(5)

根据题意, 1 和圆 2 内的光线必须能全部进入透镜. 圆 首先, 圆 1 的 K 点(见图 2)是否落在 L1 上?由几何关系可知 h

0.146 Q’ N’

xh T’ x1
2

0.854 h

? O1 K ? ? ? O1 S1 ? ?0.439 ? 0.146?h ? 0.585h ? r ? 0.75h
故从 S1 发出的光束能全部进入 L1. 为了保证全部光束能进入 透镜组合,对 L1 和 L2 进行加工时必须保留圆 1 和圆 2 内的 透镜部分. 下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法.在 O1 和

W1 O2 圆2 (S2’) C2 ’ 图2

O2 之间作垂直于 O1O2 且分别与圆 1 和圆 2 相切的切线 QQ? 和 NN ? .若沿位于 QQ? 和 NN ? 之间且与它 们平行的任意直线 TT ? 对透镜 L1 和 L2 进行切割,去掉两透镜的弓形部分,然后把它们沿此线粘合就得到 符合所需组合透镜的上半部.同理,对 L2 的下半部和 L3 进行切割,然后将 L2 的下半部和 L3 粘合起来,就 得到符合需要的整个组合透镜.这个组合透镜可以将 S1、S2、S3 发出的全部光线都会聚到 P 点. 现在计算 QQ? 和 NN ? 的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件.设透镜 L1 被切去部分沿 O1O2 方向的长度为 x1, 透镜 L2 被切去部分沿 O1O2 方向的长度为 x2, 如图 2 所示, 则对任意一条切割线 TT ? , x1、x2 之和为: d

? x1 ? x 2 ? 2r ? O1O2 ? 0.646h

(7)

由于 TT ? 必须在 QQ? 和 NN ? 之间,从图 2 可看出,沿 QQ? 切割时,x1 达最大值(x1M),x2 达最小值(x2m),

? ? x1M ? r ? S1O1 ? ? 代入 r,??和 S 1O1 的值,得 x1M ? 0.457h (8) 代入(7)式,得: x2m ? d ? x1M ? 0.189h (9) 由图 2 可看出,沿 NN ? 切割时,x2 达最大值(x2M),x1 达最小值(x1m), x 2 M ? r ? ? 代入 r 和??的值,得: x 2 M ? 0.311h (10) x1m ? d ? x2 M ? 0.335h (11)
由对称性,对 L3 的加工与对 L1 相同,对 L2 下半部的加工与对上半部的加工相同. 五、1.解法Ⅰ:

? 位置应位于 OP 的延长线上的某点 B1 处,q 2 的位置 1
应位于 OP2 的延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面上 的任意一点,根据题意有

? 如图 1 所示,S 为原空腔内表面所在位置, q1 的

A
1

B
2

O ?? P2 a a P S
1

B
1

R1
1

图 1

k

q1 A1 P1 q2 A1 P2

?k

? q1 A1 B1 ? q2

?0

(1)

k

?k

A1 B2

?0

(2)

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 ?OP A1 与 ?OA1 B1 的关系. 1

? 若等效电荷 q1 的位置 B1 使下式成立,即: OP 1
即:

? OB1=R 2

(3)

OP 1 OA1

?

OA1 OB1
? OP 1 OA1 ?

(4)



△OP A1 ∽△OA1 B1 1

有 :

A1 P1 A1 B1

a R

(5)

由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷

? q1 ? ?
? R2 a

R q1 a
(7)

(6)

? 由 (3) 式知,等效电荷 q1 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离: OB1

? 同理,B2 的位置应使 △OP A1 ∽△OA B2 ,用类似的方法可求得等效电荷 q 2 2 1

??

R q2 a

(8)

? 等效电荷 q 2 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离: OB2

?

R2 a

(9)

解法Ⅱ:在图 1 中,设 A1 P 1

? ? r1 , A1 B1 ? r1? , OB1 ? d .根据题意, q1 和 q1 两者在 A1 点产生的电势
和为零.有: k

q1 q? ?k 1 ?0 r1 r1?

(1' )

式中:

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? )1 2

(2' r1? ? ( R )

2

? d 2 ? 2 Rd c ? )1 2 o s

(3' )

由(1'、 )(2'、 )式得: q1 )(3'

2

? ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? ) (4' )
2

(4' )式是以 cos? 为变量的一次多项式,要使(4' )式对任意 ? 均成立,等号两边 的相应系数应相等,即: q1
2

? ( R 2 ? d 2 ) ? q1 ( R 2 ? a 2 )
2

(5' )

?2 q12 d ? q1 a
由(5'、 )式得: ad )(6'
2

(6' ) (7' )

? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0
(8' )

解得: d

?

(a 2 ? R 2 ) ? (a 2 ? R 2 ) 2a ?

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得: d

R2 a

(9' )

? 由(6'、 )式有: q1 )(9'

2

?

R2 2 q1 a2

(10' )考虑到(1' )式,有

? q1 ? ?

R q1 a
? q2 ? ? R q2 a

(11' )

同理可求得: OB2

?

R2 a

(12' )

(13' )

? ? 2.A 点的位置如图 2 所示.A 的电势由 q1、 q1 、q2、 q 2 共同产生,即
? 1 R 1 1 R 1 ? ? U A ? kq? ? ? ? ? P A a B A P A a B A ? (10) 1 2 2 ? ? 1

因P A? 1

r 2 ? 2ra cos ? ? a 2
2

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

A

B

P2 A ? r ? 2ra cos? ? a
2

2

2

O ?? P2 a a P R 1 S
图2
1

B
1

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 2 2 a r ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
? 1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2 ? ? ? ? a 2 r 2 ? 2raR 2 cos ? ? R 4 ? R
(11)

六、令 I 表示题述极短时间?t 内挡板对 C 冲量的大小,因为挡板对 C 无摩擦力作用,可知冲量的方向垂直 于 DE, 如图所示; I ? 表示 B、 间的杆对 B 或 C 冲量的大小, C 其方向沿杆方向, B 和 C 皆为推力;v C 对 表示?t 末了时刻 C 沿平行于 DE 方向速度的大小, v B 表示?t 末了时刻 B 沿平行于 DE 方向速度的大小,

v B ? 表示?t 末了时刻 B 沿垂直于 DE 方向速度的大小.由动量定理, 对 C 有: I ? sin ? ? mv C (1) I ? I ? cos ? ? mv (2)
对 B 有: I ? sin ? ?

mv B

(3)

对 AB 有: I ? cos ? ? 2m

?v ? v B? ?

(4)

因为 B、C 之间的杆不能伸、缩,因此 B、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有

vC sin ? ? v B ? cos ? ? v B sin ?

(5)

由以上五式,可解得: I 七、解法Ⅰ:

?

3 ? sin 2 ? mv 1 ? 3 sin 2 ?

(6)

当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金属杆与导轨构 成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现,又会在回路中产生自感电动势, 自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为零,但回路的电流并不会趋向无限大,当回路中 一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,当 v1、v2 为正时,表示速 度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则因两杆作切割磁力线的运动而产 生的感应电动势: E

? Bl ?v1 ? v 2 ?

(1)

当回路中的电流 i 随时间的变化率为 ?i

?t 时,回路中的自感电动势: EL ? ? L E ? EL ? 0
(3)

?i ?t

(2)

根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的质心作匀速直线运 动.设系统质心的速度为 VC,有: mv 0 得 : VC

? 2mVC

(4)

?

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向.

现取一新的参考系 S ? , 它与质心固连在一起, 并把质心作为坐标原点 O ? , 取坐标轴 O?x? 与 x 轴平行. 设 相对 S ? 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ? ,则有

v1 ? VC ? u

(6)

v 2 ? VC ? u ?

(7) (8)

因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有: mu ? mu? ? 0 由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得: 2 Blu

?L

?i ?t

(9)

在 S ? 系中, t 时刻, 在 金属杆 ab 坐标为 x ? , t+?t 时刻, 在 它的坐标为 x ? ? ?x ? , 则由速度的定义 u (10) 代入 (9) 式得:

?

?x ? ?t

2Bl?x? ? L?i

(11)

若将 x ? 视为 i 的函数,由(11)式知 ?x ?

?i 为常数,所以 x ? 与 i 的关系可用一直线方程表示
(12)

x? ?

L i?b 2Bl

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 在 S ? 系中的坐标 x ? =

1 x0 ,这时 i = 0,故得: 2

x? ?

L 1 i ? x0 2Bl 2

(13)



i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

1 ? 1 ? x0 表示 t=?时刻金属杆 ab 的位置. x ? 表示在任意时刻 t,杆 ab 的位置,故 ? x? ? x0 ? 就是杆 ab 2 ? 2 ?

在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示,

X ? x? ?

1 x0 2

(15)

当 X>0 时,ab 杆位于其初始位置的右侧;当 X<0 时,ab 杆位于其初始位置的左侧.代入(14)式,得:

i?

2 Bl X L

(16)这时作用于 ab 杆的安培力: F

? ?iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(17)

ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力的方向指向右侧, 可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动的周期

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(18)

在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? T ? ?

(19)

A 为简谐振动的振幅,??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速度

? 2π ? ? 2π ? u ? ? A? ? sin? t ? ? ? ?T ? ?T ?

(20)

(19)、(20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度.现已知在 t=0 时刻,ab 杆位于初 始位置,即:X = 0 速度: u

? v 0 ? VC ? v 0 ?

1 1 v0 ? v0 2 2

故有: 0 ?

A cos ? ;

v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
? 3π 2
(21)

解这两式,并注意到(18)式得: ?

A?

v0 v T? 0 4? 2 Bl

mL 2

(22)

由此得 ab 杆的位移: X

?

v0 2 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? 2 Bl ?T
? v 1 x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(23)

? 由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ? 系中的位置 x ab

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ? 系中,cd 杆的位置

v 1 ? xcd ? ? x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2? sin t 2 T

(25)

相对地面参考系 S,质心以 VC

?

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面参考系中的位 2
(26)

置 x ab

? x0 ?

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

cd 杆在 S 系中的位置 x cd

?

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(27)

回路中的电流由 (16) 式得

i?

2 Bl v 0 L 2 Bl

? mL 2π m 2 ? ?t sin t ? v0 sin? Bl ? 2 T 2L mL ? ? ?

(28)

解法Ⅱ: 当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两金属杆都要受到 安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t,两杆的速度分别为 v1 和 v2(相 对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向,则由两金属杆与导轨构成的回路中, 因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E ? Bl ?v1 ? v 2 ? (1’) 令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有: EL ? Blu

(2’)

当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

EL ? ? L

?i ?t

(3’)根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有: E

? EL ? 0

由式(2’)、(3’)两式得: Blu

?L

?i ?t

(4’)

设在 t 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? ,在 t+?t 时刻,ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? + ?x ? ,

?x ? ?t 代入 ( 4 ? ) 式得: Bl?x ? ? L?i
则由速度的定义,有: u

?

(5’) (6’)

若将 x ? 视为 i 的函数,由(6’)式可知, ?x ?

?i 为常量,所以 x ? 与 i 的关系可以用一直线方程表示,即:
(7’)

x? ?

L i?b Bl

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x 0 ,这时 i = 0,故得:

x? ?

L i ? x0 Bl

(8’)



i?

Bl ?x ? ? x0 ? L

(9’)

x 0 表示 t=?时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置. x ? 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于 cd 杆的位置,故 ?x? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=?时刻的相对位置的位移,即从 t=? 到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移: X ? x ? ? x0 (10') Bl 于是有: i ? (11’) X L
任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有

? iBl ? maab

(12’);

iBl ? macd
2 2

(13’)

两式相减并注意到( 9 ? )式得: m 式中

?aab ? acd ? ? ?2iBl ? ? 2B

l

L

X

(14’)
2 2

?aab ? acd ? 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位移. 2B

l

L



常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(15’)

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? ?T ?

(16’)

A 为简谐振动的振幅, ??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化率即速度:

? 2π ? ? 2π ? V ? A? ? sin? ??? T ? ?T ? ?

(17’)

现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V

? v0

故有: 0 ?

A cos ? ;

? 2π ? v 0 ? ? A? ? sin ? ?T ?
? 3π 2 ; A ?

解这两式,并注意到(15’) 式得: ?

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

由此得:

X?

v0 Bl

mL 3π ? v 0 ? 2π cos? t ? ?? 2 2 ? Bl ?T

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(18’)

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时刻,cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两杆的相对位置的位移又可表示为:X = xab-xcd-x0 所以 (19’)

x ab ? x cd ? x 0 ?

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(20’)

(12’)和(13’)式相加,

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0 得 ?aab ? acd ? ? 0

由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20’)和(21’)式相加和相减,注意到(15’)式,得 (21’)

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? mL ? 2 2 Bl 2 ? ?

(22’)

x cd ?

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

mL ? 2 ? ?t (23’) sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

由(11’)、 (19’)(22’)、(23’)式得回路中电流

i ? v0

? m 2 ? ?t sin? Bl ? 2L mL ? ? ?

(24’)

第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题
一、图中的 AOB 是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平面内,由两个半径都是 R 的 1/4 圆周连接而成,它们的圆心 O1 、 O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线上. O2 B 沿水池 的水面.一小滑块可由弧 AO 的任意点从静止开始下滑. 1. 若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中, 在两个圆 弧上滑过的弧长相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的何处?(用该处到 O1 的连线与竖直线的夹角表示) . 2.凡能在 O 点脱离滑道的小滑块,其落水点到 O2 的 距离如何? O O2 B A O1

二、如图所示,O 为半径等于 R 的原来不带电的导体球的球心, O1、O2、O3 为位于球内的三个半径皆为 r 的球形空腔的球心,它们 O 1 P1 R O O2 P2

R 与 O 共面,已知 OO1 ? OO2 ? OO3 ? .在 OO1、OO2 的连线上距 2 r O1、O2 为 的 P1、P2 点处分别放置带电量为 q1 和 q2 的线度很小的 2
导体(视为点电荷) ,在 O3 处放置一带电量为 q3 的点电荷,设法使

P

R

O3 r

q1、q2 和 q3 固定不动.在导体球外的 P 点放一个电量为 Q 的点电荷,P 点与 O1、O2、O3 共面,位于 O3O 的延长线上,到 O 的距离 OP ? 2 R . 1.求 q3 的电势能. 2.将带有电量 q1、q2 的小导体释放,当重新达到静电平衡时,各表面上的电荷分布有 何变化? 此时 q3 的电势能为多少?

三、(22 分) 如图所示,水平放置的横截面积为 S 的带有活塞的 圆筒形绝热容器中盛有 1mol 的理想气体. 其内能 U ? CT , 为已知 C 常量,T 为热力学温度.器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦,最大静 摩擦力与滑动摩擦力相等且皆为 F.图中 r 为电阻丝,通电时可对气 体缓慢加热.起始时,气体压强与外界大气压强 p0 相等,气体的温度为 T0.现开始对 r 通电, 已知当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收.若用 Q 表示气体 r p0

从电阻丝吸收的热量,T 表示气体的温度,试以 T 为纵坐标,Q 为横坐标,画出在 Q 不断增 加的过程中 T 和 Q 的关系图线. 并在图中用题给的已知量及普适气体常量 R 标出反映图线特 征的各量(不要求写出推导过程) .

四、 (23 分)封闭的车厢中有一点 光源 S,在距光源 l 处有一半径为 r 的 圆孔,其圆心为 O1,光源一直在发光, 并通过圆孔射出. 车厢以高速 v 沿固定 在水平地面上的 x 轴正方向匀速运动, O S

v l r O1

R O2

xA

如图所示.某一时刻,点光源 S 恰位于 x 轴的原点 O 的正上方,取此时刻作为车厢参考系 与地面参考系的时间零点.在地面参考系中坐标为 xA 处放一半径为 R(R >r)的不透光的圆 形挡板,板面与圆孔所在的平面都与 x 轴垂直.板的圆心 O2 、S、 1 都等高,起始时刻经 、O 圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏幕(图中未画出)上.由于车厢在 运动,将会出现挡板将光束完全遮住,即没有光射到屏上的情况.不考虑光的衍射.试求: 1.车厢参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻. 2.地面参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻.

五、 (25 分)一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环,其内、外半径分别为 a1、 a2,厚度可以忽略.两个表面都带有电荷,电荷面密度 ? 随离开环心距离 r 变 化的规律均为 ? (r ) ? a2 a0 a1

?0
r2

,? 0 为已知常量.薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以

大小不变的角加速度 ? 减速转动,t = 0 时刻的角速度为 ? 0 .将一半径为 a0 (a0<<a1)、电阻为 R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置.试求在薄 圆环减速运动过程中导线圆环中的张力 F 与时间 t 的关系.

I 提示: 半径为 r、 通有电流 I 的圆线圈 (环形电流) 在圆心处产生的磁感应强度为 B ? k (k , r 为已知常量)

六、 (25 分)两辆汽车 A 与 B,在 t = 0 时从十字路口 O 处分别 以速度 vA 和 vB 沿水平的、相互正交的公路匀速前进,如图所示.汽 车 A 持续地以固定的频率 v0 鸣笛,求在任意时刻 t 汽车 B 的司机所 B O A vA

vB

检测到的笛声频率.已知声速为 u,且当然有 u > vA、vB.

七、 (25 分) 如图所示,在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分别拴着一个 质量为 m 的小球 A 和质量为 2m 的小球 B.A 用细线拴住悬挂起来,系统处于 静止状态,此时弹簧长度为 l .现将细线烧断,并以此时为计时零点,取一相对 地面静止的、竖直向下为正方向的坐标轴 Ox,原点 O 与此时 A 球的位置重合如 图.试求任意时刻两球的坐标. x B O A

k

l

第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答
一、1.如图所示,设滑块出发点为 P1 ,离开点为 P2 ,按题意要求 O1 P1 、 O2 P2 与竖直 方向的夹角相等,设其为 ? ,若离开滑道时的速度为 v, A 则滑块在 P2 处脱离滑道的条件是

O1

??
(1) P1 O P2

mv 2 ? mg cos ? R
由机械能守恒

??
1 mv 2 2
O2 (2) B

2mgR(1 ? cos ? ) ?
(1)、(2)联立解得

cos ? ?
2.设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是

4 4 或 ? ? arccos ? 36? 52? 5 5
2 mv 0 ? mg R

(3)

(4)

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得

v 0 ? Rg
设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的夹角为 ? 0 , 由机 械能守恒,有

(5)

mgR(1 ? cos ? 0 ) ?
由(5)(6)两式解得 、

1 2 mv 0 2

(6)

?0 ?

π 3

(7)

若滑块到达 O 点时的速度 v ? v 0 ,则对 OB 滑道来说,因 O 点可能提供的最大向心力 为 mg,故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点.对于 v ? v 0 的滑块,其在 OA 上出发点的位置对应的 ? 角必大于 ? 0 ,即 ? ? ? 0 ,由于 ? max ? π 2 ,根据机械能守恒, 到达 O 点的最大速度

v max ? 2 Rg
由此可知, 能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值, 也就是说, 从 π 3 ? 至 π 2 下滑的滑块都将在 O 点离开滑道.以速度 v0 从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块,其 落水点至 O2 的距离

(8)

x0 ? v 0 t

(9) (10)

R?
由(5)(9)(10)式得 、 、

1 2 gt 2

x0 ? 2 R
当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离

(11)

x max ? v max t
由(8)(10)(12)式得 、 、

(12)

x max ? 2R
因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在 2 R 到 2R 之间的所有可能 值.即

(13)

2 R ? x ? 2R

(14)

二、1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 ? q1 、 ? q2 和 ? q3 的面电 荷,由电荷守恒定律可知,在导体球的外表面呈现出电量 q1 ? q 2 ? q3 .由静电屏蔽可知,

点电荷 q1 及感应电荷( ? q1 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q2 及感应电荷( ? q2 )在 空腔外产生的电场为零;点电荷 q3 及感应电荷( ? q3 )在空腔外产生的电场为零.因此, 在导体球外没有电荷时,球表面的电量 q1 ? q 2 ? q3 作球对称分布. 当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于静电感应,球面上的总电量仍为 ?q1 ? q 2 ? q3 ? ,但 这些电荷在球面上不再均匀分布,由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点 产生的合场强为零.

第 23 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
一、 (23 分)有一竖直放置、两端封闭的长玻璃管,管内为真空,管内有一小球自某处自由 下落(初速度为零) ,落到玻璃管底部时与底部发生弹性碰撞.以后小球将在玻璃管内不停 地上下跳动。现用支架固定一照相机,用以拍摄小球在空间的位置。每隔一相等的确定的时 间间隔 T 拍摄一张照片,照相机的曝光时间极短,可忽略不计。从所拍到的照片发现,每张 照片上小球都处于同一位置。求小球开始下落处离玻璃管底部距离(用 H 表示)的可能值以 及与各 H 值相应的照片中小球位置离玻璃管底部距离的可能值。

二、 (25 分)如图所示,一根质量可以忽略的细杆,长为 2 l ,两端和中心处分别固连着质 量为 m 的小球 B、D 和 C,开始时静止在光滑的水平桌面上。桌面上另有一质量为 M 的小球 A, 以一给定速度 v 0 沿垂直于杆 DB 的方间与右端小球 B 作弹性碰撞。 求刚碰后小球 A,B,C,D 的速度,并详细讨论以后可能发生的运动情况。

三、 (23 分)有一带活塞的气缸,如图 1 所示。缸内盛有一定质 量的气体。缸内还有一可随轴转动的叶片,转轴伸到气缸外, 外界可使轴和叶片一起转动,叶片和轴以及气缸壁和活塞都是 绝热的,它们的热容量都不计。轴穿过气缸处不漏气。 如果叶片和轴不转动,而令活塞缓慢移动,则在这种过程 中,由实验测得,气体的压强 p 和体积 V 遵从以下的过程方程式 图1

pV a ? k
其中 a , k 均为常量, a >1(其值已知) 。可以由上式导出,在此过 程中外界对气体做的功为

W ?

k ? 1 1 ? ? a ?1 ? a ?1 ? a ? 1 ?V 2 V1 ?

式中 V 2 和 V1 ,分别表示末态和初态的体积。 如果保持活塞固定不动, 而使叶片以角速度 ? 做匀角速转动, 已 知在这种过程中, 气体的压强的改变量 ?p 和经过的时间 ?t 遵从以 下的关系式 图2

?p a ? 1 ? L ?? ?t V
式中 V 为气体的体积, L 表示气体对叶片阻力的力矩的大小。 上面并没有说气体是理想气体, 现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只 与温度有关的知识,求出图 2 中气体原来所处的状态 A 与另一已知状态 B 之间的内能之差 (结果要用状态 A 、 B 的压强 p A 、 p B 和体积 V A 、 V B 及常量 a 表示)

四、 分) 1 所示的电路具有把输人的交变电压变成直流电压并加以升压、 (25 图 输出的功能, 称为整流倍压电路。图中 D1 和 D2 是理想的、点接触型二极管(不考虑二极管的电容) C1 , 和 C 2 是理想电容器,它们的电容都为 C,初始时都不带电,G 点接地。现在 A、G 间接上一 交变电源,其电压 u A ,随时间 t 变化的图线如图 2 所示.试分别在图 3 和图 4 中准确地画 出 D 点的电压 u D 和 B 点的电压 u B 在 t=0 到 t=2T 时间间隔内随时间 t 变化的图线,T 为交 变电压 u A 的周期。

图2

图1

图3

图4 五、 (25 分)磁悬浮列车是一种高速运载工具。它具有两个重要系统。一是悬浮系统,利用 磁力(可由超导电磁铁提供)使车体在导轨上悬浮起来与轨道脱离接触。另一是驱动系统, 在沿轨道上安装的三相绕组(线圈)中,通上三相交流电,产生随时间、空间作周期性变化 的磁场,磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用,使车体获得牵引力。 为了有助于了解磁悬浮列车的牵引力的来由,我们求解下面的问题。 设有一与轨道平面垂直的磁场,磁感应强度 B 随时间 t 和空间位置 x 变化规律为

B( x, t ) ? B0 cos( t ? kx) ?
式中 B0 、? 、 k 均为已知常量,坐标轴 x 与轨道平行。在任一时刻 t,轨道平面上磁场沿 x 方向的分布是不均匀的,如图所示。图中 Oxy 平面代表轨道平面, “×”表示磁场的方向垂 直 Oxy 平面指向纸里, “· ”表示磁场的方向垂直 Oxy 平面指向纸外。规定指向纸外时 B 取正值。 “×”和“· ”的疏密程度表示沿着 x 轴 B 的大小分布。一与轨道平面平行的具有 一定质量的金属矩形框 MNPQ 处在该磁场中,已知与轨道垂直的金属框边 MN 的长度为 l ,与

轨道平行的金属框边 MQ 的长度为 d,金属框的电阻为 R,不计金属框的电感。1.试求在时 刻 t,当金属框的 MN 边位于 x 处时磁场作用于金属框的安培力,设此时刻金属框沿 x 轴正 方向移动的速度为 v 。 2.试讨论安培力的大小与金属框几何尺寸的关系。

六、 (23 分)有一种被称为直视分光镜的 光谱学仪器。所有光学元件均放在一直长 圆筒内。筒内有: 三个焦距分别为 f 1 、 f 2 和 f 3 的透镜 L1 , L2 , L3 , f1 ? f 2 ? f 3 ; 观察屏 P,它是一块带有刻度的玻璃片; 由三块形状相同的等腰棱镜构成的 图1 分光元件(如图 1 所示) ,棱镜分别用折射率不同的玻璃制成,两侧棱镜的质料相同,中间 棱镜则与它们不同,棱镜底面与圆筒轴平行。圆筒的一端有一与圆筒轴垂直的狭缝,它与圆 筒轴的交点为 S,缝平行于棱镜的底面.当有狭缝的一端对准筒外的光源时,位于圆筒另一 端的人眼可观察到屏上的光谱。 已知:当光源是钠光源时,它的黄色谱线(波长为 589.3 nm,称为 D 线)位于圆筒轴 与观察屏相 交处。制作棱镜所用的玻璃,一种为冕牌玻璃,它对钠 D 线的折射率 n D =1.5170;另一种为 火石玻璃,它对钠 D 线的折射率 n ? =1.7200。 D 1.试在图 2 中绘出圆筒内诸光学元件相对位置的示意图并说出各元件的作用。 2.试论证三块棱镜各应由何种玻璃制成并求出三棱镜的顶角 ? 的数值。

图2

七、 (16 分)串列静电加速器是加速质子、重离子进 行核物理基础研究以及核技术应用研究的设备,右 图是其构造示意图。S 是产生负离子的装置,称为离 子源;中间部分 N 为充有氮气的管道,通过高压装 置 H 使其对地有 5.00 ? 10 V 的高压。现将氢气通人
6

离子源 S,S 的作用是使氢分子变为氢原子,并使氢 原子粘附上一个电子,成为带有一个电子电量的氢 负离子。氢负离子(其初速度为 0)在静电场的作用下,形成高速运动的氢负离子束流,氢 负离子束射入管道 N 后将与氮气分子发生相互作用, 这种作用可使大部分的氢负离子失去粘 附在它们上面的多余的电子而成为氢原子,又可能进一步剥离掉氢原子的电子使它成为质 子。 已知氮气与带电粒子的相互作用不会改变粒子的速度。 质子在电场的作用下由 N 飞向串 列静电加速器的终端靶子 T。试在考虑相对论效应的情况下,求质子到达 T 时的速度 v 。 电子电荷量 q ? 1.60 ? 10
?19

C,质子的静止质量 m0 ? 1.673 ? 10

?27

kg。

第 23 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及评分标准
一、参考解答:
解法一
小球沿竖直线上下运动时, 其离开玻璃管底部的距离 h 随时间 t 变化的关系如图所示. 设 照片拍摄到的小球位置用 A 表示,A 离玻璃管底部的距离为 hA,小球开始下落处到玻璃管 底部的距离为 H.小球可以在下落的过程中经过 A 点, 也可在上升的过程中经过 A 点.现以 ? 表示小球从最高点(即开始下落处)落到玻璃管底部所需 的时间(也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的 H 时间) ? 1 表示小球从最高点下落至 A 点所需的时间(也 , 就是从 A 点上升至最高点所需的时间) ? 2 表示小球从 A , 点下落至玻璃管底部所需的时间(也就是从玻璃管底部反 跳后上升至 A 点所需的时间).显然, ?1 ? ? 2 ? ? .根据题 意,在时间间隔??的起始时刻和终了时刻小球都在 A 点.用 n 表示时间间隔 ???内(包括起 O t hA h

T

始时刻和终了时刻)小球位于 A 点的次数(n≥2).下面分两种情况进行讨论: 1.A 点不正好在最高点或最低点. 当 n 为奇数时有

T ? ? n ? 1??1 ? ? n ? 1?? 2 ? ? n ? 1??
在(1)式中,根据题意 ? 1 可取 0 ? ? 1 ? ? 中的任意值,而

n ? 3 , 5 , ?, 7

(1)

? 2 ? ? ? ?1
当 n 为偶数时有

(2)

T ? n? 2 ? ? n ? 2 ?? 1 ? n? 1 ? ? n ? 2 ?? 2
由(3)式得

n ? 2,4,6,?

(3)

?1 ? ? 2
由(1)(3)(4)式知,不论 n 是奇数还是偶数,都有 、 、

(4)

T ? ? n ? 1??
因此可求得,开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为

n ? 2,3,4,?

(5)

Hn ?

1 2 1 ? T ? g? ? g ? ? 2 2 ? n ?1?

2

n ? 2,3,4,?

(6)

若用 H n 表示与 n 对应的 H 值,则与 H n 相应的 A 点到玻璃管底部的距离

1 hA ? H n ? g?12 2
(7) 当 n 为奇数时, ? 1 可取 0 ? ? 1 ? ? 中的任意值,故有

n ? 2,3,4,?

0 ? hA ? H n

2 ? 1 ? T ? ? ?Hn ? g ? ? ? 2 ? n ?1? ? ? ? ?

n=3,5,7,· · ·

(8) 可见与 H n 相应的 hA 的可能值为 0 与 H n 之间的任意值.

1 当 n 为偶数时, ?1 ? ? ,由(6)式、 (7)式求得 H n 的可能值 2

3 hA ? H n 4

2 ? 1 ? T ? ? ?Hn ? g ? ? ? 2 ? n ?1? ? ? ? ?

n=2,4,6,· · ·

(9) 2.若 A 点正好在最高点或最低点. 无论 n 是奇数还是偶数都有

T ? 2 ? n ? 1??
? 1 1 ? T H n ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? 2 ? n ? 1? ? ? ?
2

n=2,3,4,· · ·

(10)

n=2,3,4,· · ·

(11)

hA ? H n


2 ? 1 ? T ? ? ? ? ?H n ? g ? ? ? 2 ? 2 ? n ? 1? ? ? ? ? ? ? ?

n=2,3,4,· · ·

(12)

hA ? 0

(13)

解法二
因为照相机每经一时间间隔 T 拍摄一次时,小球都位于相片上同一位置,所以小球经 过该位置的时刻具有周期性,而且 T 和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究小 球通过某个位置的周期性. 设小球从最高点(开始下落处)落下至管底所需时间为??,从最高点下落至相片上小 球所在点(A 点)所需时间为 ? 1 ,从 A 点下落至管底所需时间为 ? 2 ,则

? ? ?1 ? ? 2
(小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同,也是?、 ? 1 和 ? 2 ) 从小球在下落过程中经过 A 点时刻开始,小球经过的时间 2? 2 后上升至 A 点,再经过 时间 2? 1 后又落到 A 点, 此过程所需总时间为 2?1 ? 2? 2 ? 2? . 以后小球将重复这样的运动. 小 球周期性重复出现在 A 点的周期是多少? 分两种情况讨论: (1) ? 1 ? ? 2 , ? 1 和 ? 2 都不是小球在 A 点重复出现的周期,周期是 2? . . (2) ? 1 ? ? 2 ,小球经过时间 2? 2 ? ? 回到 A 点,再经过时间 2?1 ? ? 又回到 A 点,所 . 以小球重复出现在 A 点的周期为?. 下面就分别讨论各种情况中 H 的可能值和 A 点离管底的距离 hA 的可能值. 如果从小 ( 球在上升过程中经过 A 点的时刻开始计时,结果一样,只是 ? 1 和 ? 2 对调一下) 1.H 的可能值

(1)

(1) .较普遍的情况, ? 1 ? ? 2 . T 与 2? 的比值应为一整数, ? 的可能值应符合下式

T ?k, 2?
由自由落体公式可知,与此相应的 H k 的数值为

k ? 1 , 2 , ?, 3

(2)

1 1 ?T ? H k ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? 2k ?
(2) ? 1 ? ? 2 . ? 的可能值应符合下式 .

2

k ? 1 , 2 , ?, 3

(3)

T

?
故 H k ? 的可能值为

? k?

k ? ? 1,2,3,?

(4)

1 1 ?T ? H k ? ? g? 2 ? g ? ? 2 2 ? k? ?

2

k ? ? 1 , 2 , ?, 3

(5)

当 k ? 为偶数时,即 k ? ? 2,4,6,? 时, (5)式与(3)式完全相同.可见由(3)式求得的 H 的 可能值包含了 ? 1 ? ? 2 的全部情况和 ? 1 ? ? 2 的一部分情况.当 k ? 为奇数时,即 k ? ? 1,3,5,? 时, 由(5)式得出的 H 的可能值为

H k? ?

1 ?T ? g? ? 2 ? k? ?

2

k ? ? 1 , 3 , ?, 5

(6)

它们不在(3)式之内,故(3)式和(6)式得出的 H 合在一起是 H 的全部的可能值. 2.与各 H 值相应的 hA 的可能值 a.与 H k 相应的 hA 的可能值 由于在求得(3)式时未限定 A 点的位置,故 hA 的数值可取 0 和 H k 之间的任意值,即

0 ? hA ? H k

2 ? 1 ?T ? ? ?Hk ? g ? ? ? 2 ? 2k ? ? ? ? ?

k ? 1,2,3,?

(7)

b. 与 H k ? ( k ? 为奇数)相应的 hA 的可能值 这些数值与 A 位于特定的位置,?1 ? ? 2 ? 是一个特定值,它们是

?
2

,相对应,所以对于每一个 H k ? 对应的 hA

hA ? H k ? ?

1 ?1 T ? g? ? 2 ? 2 k? ?

2

2 ? 1 ?T ? ? ?H k? ? g ? ? ? 2 ? k? ? ? ? ? ?

k ? ? 1 , 3 , ?, 5

(8)

评分标准: 本题 23 分

二、参考解答:
1. 求刚碰撞后小球 A、B、C、D 的速度 设刚碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度分别为 vA 、 vB 、 vC 、 vD ,并设它们的方向都 与 v0 的方向相同.由于小球 C 位于由 B、C、D 三球组成的系统的质心处,所以小球 C 的 速度也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒, 故有

M v0 ? M vA ? 3mvC
碰撞前后质点组的角动量守恒,有

(1) (2)

0 ? ml vC ? 2ml vD
这里角动量的参考点设在与 B 球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因 为是弹性碰撞,碰撞前后质点组的动能相等,有

1 1 1 2 1 2 1 2 2 2 M v0 ? M vA + mvB ? mvC ? mvD 2 2 2 2 2 因为杆是刚性杆,小球 B 和 D 相对于小球 C 的速度大小必相等,方向应相反,所以有
vB ? vC = vC ? vD
解(1)(2)(3)(4)式,可得两个解 、 、 、

(3)

(4) (5)

vC =0


vC ?

4M v0 5M ? 6m

(6)

因为 vC 也是刚碰撞后由 B、C、D 三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰 撞后这系统的质心不可能静止不动,故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞 后 A、B、D 三球的速度

5M ? 6m v0 5M ? 6m 10M vB ? v0 5M ? 6m 2M vD ? ? v0 5M ? 6m vA ?
2.讨论碰撞后各小球的运动 碰撞后,由于 B、C、D 三小球组成的系统不受外力作用,其质心的速度不变,故小球 C 将以(6)式的速度即 vC ?

(7) (8) (9)

4M 、 、 v0 沿 v0 方向作匀速运动.由(4)(8)(9)式可知, 5M ? 6m

碰撞后,B、D 两小球将绕小球 C 作匀角速度转动,角速度的大小为

??

vB ? vC 6M v0 ? l 5M ? 6m l

(10)

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球 A 的速度的大小和方向与 M、m 的大小有关, 下面就 M、m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论: (i) vA = 0 ,即碰撞后小球 A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是

5M ? 6m ? 0


M 6 ? m 5 (ii) vA < 0 ,即碰撞后小球 A 反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是 M 6 ? m 5
(iii) vA > 0 但 vA ? vC ,即碰撞后小球 A 沿 v0 方向作匀速直线运动,但其速度小于小

(11)

(12)

球 C 的速度.由(7)式和(6)式,可知发生这种运动的条件是

5M ? 6m ? 0 和 4M ? 5M ? 6m


6 m ? M ? 6m 5
(iv) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 仍沿 v0 方向运动,且其速度大于小球 C 的速度,发生

(13)

这种运动的条件是

M ? 6m
(v) vA ? vC ,即碰撞后小球 A 和小球 C 以相同的速度一起沿 v0 方向运动,发生这种 运动的条件是

(14)

M ? 6m
在这种情形下,由于小球 B、D 绕小球 C 作圆周运动,当细杆转过 180? 时,小球 D 将 从小球 A 的后面与小球 A 相遇,而发生第二次碰撞,碰后小球 A 继续沿 v0 方向运动.根据 质心运动定理,C 球的速度要减小,碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间 隔是

(15)

t?

π

?

?

? 5M ? 6m ? πl
6M v0

?

πl v0

(16)

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球 C 走过的路程

d ? vCt ?

2πl 3

(17)

3.求第二次碰撞后,小球 A、B、C、D 的速度

刚要发生第二次碰撞时, 细杆已转过 180? , 这时, 小球 B 的速度为 vD , 小球 D 的速度为 v B . 在 第二次碰撞过程中, 质点组的动量守恒, 角动量守恒和能量守恒. 设第二次刚碰撞后小球 A、

? B、C、D 的速度分别为 v? 、 v? 、 vC 和 v? ,并假定它们的方向都与 v0 的方向相同.注意 A B D
到(1)(2)(3)式可得 、 、

? ? M v0 ? M vA ? 3mvC ? ? 0 ? ml vC ? 2ml vB

(18) (19) (20)

1 1 1 1 1 2 ? ? M v0 ? M vA2 + mv?2 ? mvC2 ? mv?2 B D 2 2 2 2 2
由杆的刚性条件有

? ? v? ? v C ? v C? v ? D B
(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与 D 球重合的空间点. 把(18)(19)(20)(21)式与(1)(2)(3)(4)式对比,可以看到它们除了 、 、 、 、 、 、 小球 B 和 D 互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解

(21)

? vC ? 0


(22) (23)

? vC ?

4M v0 5M ? 6m

对于由 B、 D 三小球组成的系统, C、 在受到 A 球的作用后, 其质心的速度不可能保持不变, 而(23)式是第二次碰撞未发生时质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得

v? ? v0 A
v? ? 0 B
v? ? 0 D

(24) (25) (26)

(22)(24)(25)(26)式表明第二次碰撞后,小球 A 以速度 v0 作匀速直线运动,即恢 、 、 、 复到第一次碰撞前的运动,但已位于杆的前方,细杆和小球 B、C、D 则处于静止状态,即 恢复到第一次碰撞前的运动状态, 但都向前移动了一段距离 d ? 位置.

2πl , 而且小球 D 和 B 换了 3

评分标准: 本题 25 分.
p

三、参考解答:


B A

C 0 V

pV ? ? k , ? ? 1

(1)

可知,当 V 增大时,p 将随之减小(当 V 减小时,p 将随之增大) ,在 p ? V 图上所对应的曲 线(过状态 A)大致如图所示.在曲线上取体积与状态 B 的体积相同的状态 C. 现在设想气体从状态 A 出发,保持叶片不动,而令活塞缓慢地向右移动,使气体膨胀, 由状态 A 到达状态 C,在此过程中,外界对气体做功

W?

k ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? ? ? 1 ?VC VA ?

(2)

用 UA、UC 分别表示气体处于状态 A、C 时的内能,因为是绝热过程,所以内能的增量等于 外界对气体做的功,即

UC ? U A ?

k ? 1 1 ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? ? ? 1 ?VC VA ?

(3)

再设想气体处于状态 C 时,保持其体积不变,即保持活塞不动,令叶片以角速度??做 匀速转动,这样叶片就要克服气体阻力而做功,因为缸壁及活塞都是绝热的,题设缸内其它 物体热容量不计,活塞又不动(即活塞不做功) ,所以此功完全用来增加气体的内能.因为 气体体积不变,所以它的温度和压强都会升高,最后令它到达状态 B.在这过程中叶片转动 的时间用?t 表示,则在气体的状态从 C 到 B 的过程中,叶片克服气体阻力做功

W ? ? L??t
令 UB 表示气体处于状态 B 时的内能,由热力学第一定律得

(4)

U B ? U C ? L??t
由题知

(5)

?p ? ? 1 ? L ?? ?t V
由(4)(5)(6)式得 、 、

(6)

U B ? UC ?
(7)式加(3)式,得

VB ? pB ? pC ? ? ?1

(7)

UB ?U A ?
利用 pV ? ? k 和 VC ? VB 得

VB k ? 1 1 ? ? pB ? pC ? ? ? ? ?1 ? ? ?1 ? ? ?1 ? ? 1 ?VC VA ?

(8)

UB ?U A ?

1

? ?1

? pBVB ? pAVA ?

(9)

评分标准: 本题 23 分. 四、参考解答:
答案: u D 如图 1 所示, u B 如图 2 所示. uD B D DA U

t

0

T

2T

-U

图1

uB

U
t

0

T

2T

?U

图2



附参考解法:

二极管可以处在导通和截止两种不同的状态.不管 D1 和 D2 处在什么状态,若在时刻 t, A 点的电压为 uA,D 点的电压为 uD,B 点的电压为 uB,电容器 C1 两极板间的电压为 uC1, 电容器 C2 两极板间的电压为 uC2,则有

uD ? u A ? uC1 uB ? uC 2

(1) (2) (3) (4)

uC1 ? u A ? uD ? uC 2

q1 C q2 ? uB ? uG ? C

式中 q1 为 C1 与 A 点连接的极板上的电荷量,q2 为 C2 与 B 点连接的极板上的电荷量. 若二极管 D1 截止,D2 导通,则称电路处在状态 I. 当电路处在状态 I 时有

uD ? uB

uD ? 0

(5)

若二极管 D1 和 D2 都截止,则称电路处在状态 II. 当电路处在状态 II 时有

uD ? uB

uD ? 0

(6)

若二极管 D1 导通,D2 截止,则称电路处在状态 III.当电路处在状态 III 时有

uD ? uB
电路处在不同状态时的等效电路如图 3 所示. A C1 D D2 uA D1 G
状态 I

uD ? 0

(7)

B

A

C1 D D2

B

A

C1

D D2

B

C2

uA

D1 G
状态 II 图3

C2

uA

D1 G
状态 III

C2

在 t ? 0 到 t ? 2T 时间间隔内,uD、uB 随时间 t 的变化情况分析如下: 1. 从 t ? 0 起,uA 从 0 开始增大,电路处在状态???,C1、C2 与电源组成闭合回路. 因 C1、 C2 的电容相等,初始时两电容器都不带电,故有

1 uC1 ? uC 2 ? u A 2

1 uD ? uB ? u A 2 1 1 在 uA 达到最大值即 uA = U 时, 对应的时刻为 t ? T , 这时 uD ? uB ? U , 也达到最大值. uA 4 2
达到最大值后将要减小,由于 D2 的单向导电性,电容器 C?、C?都不会放电, uC1 和 uC 2 保持

1 不变,uD 将要小于 U ,即将要小于 uB ,D2 将由导通变成截止,电路不再处于状态 I. 所 2 1 以从 t = 0 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随时间 t 变化的图线如图 4、图 5 中区域 I? 内的的 4
直线所示.?

1 2. 从 t ? T 起,因 uD 小于 uB ,D2 处在截止状态,电路从状态???变为状态???. 因为二 4
极管的反向电阻为无限大,电容器 C?、C?都不会放电,两极板间的电压都保持不变.当电路 处在状态???时,D 点的电压

1 uD ? u A ? U 2
B 点的电压 ?

1 uB ? U 2

1 3 随着 uA 从最大值 U 逐渐变小,uD 亦变小;当 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? 0 . 2 8 1 1 如果 uA 小于 U , uD 将小于 0, 1 要从截止变成导通, 则 D 电路不再处在状态 II.所以在 t ? T 4 2 3 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域?????内的直线所示. 8

3 1 3.从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小,D1 导通,但 uD ? uB ,D2 仍是截止的,电路从状态 8 2
II 变为状态 III.当电路处在?状态?????时有? ????????????????????????????????????????????????? ?????????????????????????????????????????????????

uD ? 0 ?

1 uB ? U ? 2

在 uA 减小的过程中,C1 两极板间的电压 uC1(= uA)也随之改变,从而维持 uD 为 0. 当 uA

3 达到反向最大值即 u A ? ?U 时, 对应的时刻为 t ? T , C1 ? ?U .若 uA 从 ?U 开始增大 ?U ( u 4
减小) ,因 D1 的单向导电性,电容器 C1 不会放电, uC1 ? ?U 保持不变, uD ? u A ? uC1 ? 0 ,

3 3 D1 要从导通变成截止,电路不再处于状态 III.所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 8 4
随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域??????内的直线所示.

3 4. 从 t ? T 起,uA 从 ?U 开始增大, D1 变为截止状态, uD ? u A ? U 从零开始增大, 4
只要 uD 仍小于 uB,D2 仍是截止的,电路从状态 III 变为状态 II. 当电路处在?状态?????时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持不变. 故有

uD ? u A ? U

1 uB ? U 2 1 7 1 当 uA 增大至 ? U 时, 对应的时刻为 t ? T ,uD ? uB ? U . 若 uA 再增大, D 将要大于 uB, u 2 8 2 3 7 D2 将要从截止变为导通, uD ? uB ,电路不再处于状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔 4 8
内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中?区域?????中的直线所示.

7 1 5. 从 t ? T 起,uA 要从 ? U 增大, D2 变为导通状态,这时 D1 仍是截止的,电路又 8 2
进入状态 I. 当电路处在?状态 I 时,电源与 C1、C2 构成闭合回路,而

uD ? uB

uA ?

q1 q2 ? C C

当 uA 变化时, q1 ? q2 将随之变化,但由导通的二极管 D2 连接的 C1、C2 的两块极板所带的

7 1 总电荷量 ?q1 ? q2 是恒定不变的.由于在 t ? T 时刻, C1 ? ?U , C 2 ? U , 此时 q1 ? ?CU , u u 8 2 1 q2 ? CU ,故有 2 1 3 ?q1 ? q2 ? CU ? CU ? CU 2 2
由以上有关各式得

3 1 uD ? uB ? U ? u A 4 2 5 uD、uB 随着 uA 的增大而增大. 当 uA 达到最大值即 u A ? U 时,对应的时刻为 t ? T , 4 5 uD ? uB ? U .由于 D2 单向导电, uB ? uC 2 只增不减,uA 从最大值减小时, uC1 不变,uD 4 5 5 将要小于 U ,而 uB ? uC 2 保持为 U ,因而 uD ? uB ,D2 从导通变成截止,电路不再是状 4 4

5 7 态 I. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? I2 中的 8 4
直线所示.

5 6. 从 t ? T 起,uA 从 U 开始减小, D2 变为截止状态,这时 D1 仍是截止的,电路又进 4
入状态 II. 当电路处在?状态?????时,C1 和 C2 不会放电,电容器两极板间的电压保持不变. 由

5 1 t ? T 时刻的 uD 和 uA 的值可知此时 uC1 ? ? U . 故有 4 4 1 uD ? u A ? U 4 5 uB ? U 4 1 25 当 uA 减少至 ? U 时,对应的时刻为 t ? T , uD ? 0 ,以后 D1 将由截止变为导通,电路 4 16 5 25 不再处在状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? T 时间内,D、B 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中? II3 u u 4 16
中的直线所示. 7. 从 t ?

25 1 T 起,uA 从 ? U 开始减小,D1 变为导通状态,但 D2 仍是截止的,电路又 16 4

进入状态 III,故有

uD ? 0

5 uB ? U 4
在 uA 减小的过程中,C1 两端的电压 uC1 也随之改变,开始阶段 D1 保持导通,uD = 0. 但当

7 uA 减小至-U 时,对应的时刻为 t ? T ,uC1 = U. 因 D1 单向导电,且 uD ? uB ,C1 右极板的 4
正电荷只增不减,uA 到达-U 后要增大,uD 要大于 0,D1 要从导通变为截止,电路不再处于 状态 III. 所以在 t ? 内的直线所示.

25 7 T 到 t ? T 时间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 III2 16 4

7 8. 从 t ? T 起,uA 从-U 开始增大,D1 变为截止状态,D2 仍是截止的,电路又进入状 4 7 态 II. 当电路处于状态???时, 1 和 C2 不会放电, C 电容器两极板间的电压保持不变.由 t ? T 4
时刻的 uD 和 uA 的值可知,此时 uC1 ? ?U .故有

uD ? u A ? U

5 uB ? U 4 33 1 5 uD 将随着 uA 的增大而增大.当 uA= U 时, 对应的时刻 t ? T ? 2T ,uD = U ,与 uB 相等. 16 4 4 7 5 以后 uD 要大于 U ,D2 要从截止变为导通,电路不再是状态 II. 所以在 t ? T 到 t ? 2T 时 4 4
间间隔内,uD、uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 II4 内的直线所示.

总结以上讨论,各时段起讫时刻及 u D 和 u B 变化值如下表所示: 1 时 段 I1 2 II1 3 III1 4 II2 5 I2 6 II3 7 III2 8 II4

uD uB

T 4 U 0? 2 U 0? 2 0?
uD B D DA

T 3T ? 4 8 U ?0 2

3T 3T ? 8 4

0
U 2

3T 7T ? 4 8 U 0? 2

7T 5T ? 8 4 U 5U ? 2 4 U 5U ? 2 4

5T 25T ? 4 16 5U ?0 4

25T 7T ? 16 4

7T ? 2T 4

0
5U 4

0 ?U

U

t

0

T

2T

?U
I1 II1 III1 II2 I2 图4 II3
2

III2

II4

uB

U

评分标准: 本题 25 分

五、参考解答:
1.题给的磁场 B ? x, t ? 随时间和空间的变化具有周期性,在某时刻 t ,磁场的空间分布 为

B ? x, t ? ? B0 cos ??t ? kx ?
在 t ? ?t 时刻,磁场的空间分布为

? ? ?? ? B ? x, t ? ?t ? ? B0 cos ?? ? t ? ?t ? ? kx ? ? B0 cos ??t ? k ? x ? ?t ? ? ? ? k ?? ? ?
比较上面两式,不难看出,t 和 t ? ?t 这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的,只是 t 时

? ? ? 刻原位于 ? x ? ?t ? 处的磁场,经历 ?t 时间,在 t ? ?t 时刻,出现在 x 处.即整个磁场的分 k ? ?
布经时间间隔 ?t 沿 x 轴的正方向平移了一段距离

? ? ? ?x ? x ? ? x ? ?t ? k ? ?
平移速度

v0 ?

?x ? ? ?t k

(1)

平移速度 v0 为恒量.由此可见,题给出的磁场 B ? x, t ? ? B0 cos ??t ? kx ? 可视为一在空间按

余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度 v0 沿 x 轴的正方向平移.如果金属框移动的速度小 于磁场区域平移的速度, 那么通过金属框的磁通将随时间发生变化, 从而在金属框中产生感 应电流,感应电流将受到磁场的安培力作用. 由题已知,在时刻 t,金属框移动的速度为 v ,金属框 MN 边位于坐标 x 处,PQ 边位 于坐标 x ? d 处.设此时金属框的磁通为 ? (规定由纸内到纸外 ? 为正) ;经过一很短的时 间间隔 ?t ,整个磁场分布区域向 x 方向移动了一段距离 v0 ?t ,金属框向 x 方向移动了一段 距离 v?t ,其结果是:MN 边左侧穿过面积为 ? v0 ? v ? l ?t 的磁通 B ? x, t ?? v0 ? v ? l ?t 移进了金 属框,PQ 边左侧穿过面积为 ? v0 ? v ? l ?t 的磁通 B ? x ? d , t ?? v0 ? v ? l ?t 移出了金属框,故在

t ? ?t 时刻,通过金属框的磁通为

? ? ? ? ? B ? x, t ?? v0 ? v ? l ?t ? B ? x ? d , t ?? v0 ? v ? l ?t
在 ?t 时间间隔内,通过金属框的磁通增量为

?? ? ? ? ? ? ? ? B ? x, t ? ? B ? x ? d , t ?? l ? v0 ? v ? ?t ? ?
规定框内的感应电动势 E ? t ? 沿顺时针方向(沿回路 MNPQM 方向)为正,由电磁感应定律, 可得 t 时刻的感应电动势

(2)

E ?t ? ?

?? ?t

(3)

规定金属框内的感应电流 i ? t ? 沿顺时针方向(沿回路 MNPQM 方向)为正,可得 t 时刻的感 应电流为

i ?t ? ?

E R

(4)

磁场对于上下两边 NP 和 MQ 的安培力的大小相等,方向相反,二者的合力为零.规定向右 的力为正,则磁场作用于金属框 MN 边的安培力为 i ? t ? B ? x, t ? l ;由于 PQ 边和 MN 边的电 流方向相反,磁场作用于金属框 PQ 边的安培力为 ?i ? t ? B ? x ? d , t ? l ,故金属框的安培力的 合力

f ? t ? ? i ? t ? B ? x, t ? l ? i ? t ? B ? x ? d , t ? l
由(1)(2)(3)(4)(5)式及题给定的磁场分布规律,得 、 、 、 、

(5)

?? ? 2 B0 l 2 ? ? v ? ?k ? cos ?t ? kx ? cos ? ?t ? kx ? kd ? f ?t ? ? ? ? ? ?? ? R

?

?

2

(6)

利用三角学公式,得

?? ? 2 4 B0 l 2 ? ? v ? ?k ? sin 2 ? kd ? sin 2 ? 2 ??t ? kx ? ? kd ? ? F sin 2 ? ?t ? kx ? kd ? f ?t ? ? ? ? ? 0 ? ? ?? ? R 2 2? ? 2 ? ? ? ?

(7)

?? ? 2 4 B0 l 2 ? ? v ? k ? ? sin 2 ? kd ? F0 ? ? ? R ? 2 ?
F0 称为安培力 f ? t ? 的幅度.从(7)式可以看出,安培力 f ? t ? 在 F0 的幅度内随时间变化,
但其值不会小于零,表示磁场作用于金属框的安培力始终向右. 2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论 F0 与线框几何尺寸的关系.F0 与 金属框长度 l 的平方成正比,与金属框的宽度 d 有关: 当 kd ? 2nπ , 即

d?


2nπ k

n ? 0,1,2,?

(8)

F0 ? 0
当 kd ? ? 2n ? 1? π ,即

(9)

d?
F0 达最大值

? 2n ? 1? π
k

n ? 0,1, 2,?

(10)

F0? max ?

?? ? 2 4B0 l 2 ? ? v ? k ? ? ? R

(11)

当 d 取其它值时, F0 介于 0 与最大值 F0? max ? 之间.

评分标准: 本题 25 分.

六、参考解答:
1. 圆筒内光学元件的相对位置如图 1 所示.各元件的作用如下:

圆筒轴

S

狭缝

L1
图1

L2

P

L3

狭缝 S:光源的光由此进入分光镜,观察到的谱线就是狭缝的像. 透镜 L1: 与狭缝的距离为 f1, 使由狭缝射来的光束经 L1 后成为与圆筒轴平行的平行光束. 分光棱镜:使由 L1 射来的平行光束中频率不同的单色光经棱镜后成为沿不同方向出射的 平行光束. 透镜 L2:使各种单色平行光束经 L2 成像在它的焦平面上,形成狭缝的像(即光谱线) . 观察屏 P:位于 L2 焦平面上,光源的谱线即在此屏上. 透镜 L3:与 P 的距离 ? f3,是人眼观察光谱线所用的放大镜(目镜) . 2.已知钠黄光的谱线位于 P 的中央,S 的像位于 L2 的焦点上,由此可知,对分光棱 镜系统来说,钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行,由于棱镜系统是左右对称,因此钠 黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的, 在中间棱镜中的光路应该与轴平行, 分光元件中的 光路图如图 2 所示,左半部的光路如图 3.用 i1、r1、i2、r2 分别表示两次折射时的入射角和 折射角,用 n1、n2 分别表示两块棱镜对 D 线的折射率,由图 3 可以看出,在两棱镜界面上 发生折射时, i2 ? r2 ,表明 n2 ? n1 ,即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成,两侧棱 镜用冕牌玻璃制成,故有 n1 ? n D =1.5170, n2 ? n? =1.7200. D

i1

?
r1 i2

n2 r2

n1
图2 图3

? 2

由几何关系可得

i1 ? r2 ?

?
2

(1) (2) (3) (4)

r1 ? i2 ? ?
由折射定律可得

sin i1 ? n1 sin r1
n1 sin i2 ? n2 sin r2
从以上各式中消去 i1 、 i2 、 r1 和 r2 得

1 ?? ?? ? ?? ? ? 2n1 1 ? sin 2 ? ? 1 ? 2 sin 2 ? ? ? ?1 ? 2sin 2 ? ? n2 n1 2? ?2? ?2? ?
解(5)式得
2 ? ? ? 4n ? ?n ? 1? sin 2 ? ? ? 1 2 2 4 n1 ? n 2 ?2? 2

(5)

?

?

(6)

以 n1 ? 1.5170 , n2 ? 1.7200 代入,得

? ? 123.6?

(7)

评分标准: 本题 23 分.

七、参考解答:
带电粒子在静电场内从 S 到 T 的运动过程中,经历了从 S 到 N 和从 N 到 T 的两次加 速,粒子带的电荷量 q 的大小均为 1.60 ?10?19 C ,若以 U 表示 N 与地之间的电压,则粒子 从电场获得的能量

?E ? 2qU
质子到达 T 处时的质量

(1)

m?

m0 1 ? ? v c?
2

(2)

式中 v 为质子到达 T 时的速度. 质子在 S 处的能量为 m0 c 2 , 到达 T 处时具有的能量为 mc2 , 电子的质量与质子的质量相比可忽略不计,根据能量守恒有

mc 2 ? ?E ? m0c 2
由(1)(2)(3)式得 、 、

(3)

1 1? ?v c?
代入数据解得
2

?1?

2qU m0 c 2

v ? 4.34 ?107 m/s

(4)

评分标准: 本题 16 分.

第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
(本题共七大题,满分 160 分)
一、 (20 分)如图所示,一块长为 L ? 1.00m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹 簧的下端与地面固定连接。 平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间 (图中未画出竖直导 轨) ,从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T ? 2.00s 。一小 球 B 放在光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h ? 9.80m 。平板静止在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质量相等。现给小球一水平向右 的速度 ? 0 ,使它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰 撞过程中重力可以忽略不计。 要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞,? 0 的 值应在什么范围内?取 g ? 9.8m / s
2

二、 (25 分)图中所示为用三角形刚性细杆 AB、BC、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和 CD 杆可分别绕过 A、D 的垂直于纸面的固定轴转动,A、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两端分别与 AB 杆和 CD 杆相连,可绕连接处转动(类似铰链) 。当 AB 杆绕 A 轴以恒

定的角速度 ? 转到图中所示的位置时,AB 杆处于竖直位置。BC 杆与 CD 杆都与水平方向 成 45°角,已知 AB 杆的长度为 l ,BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加速度 a c 的大小和方向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

三、 (20 分)如图所示,一容器左侧装有活门 K 1 ,右侧装有活塞 B,一厚度可以忽略的隔 板 M 将容器隔成 a、b 两室,M 上装有活门 K 2 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔 板和活塞可用销钉固定,拔掉销钉即可在容器内左右平移,移动时不受摩擦作用且不漏气。 整个容器置于压强为 P0、温度为 T0 的大气中。初始时将活塞 B 用销钉固定在图示的位置, 隔板 M 固定在容器 PQ 处,使 a、b 两室体积都等于 V0; K 1 、 K 2 关闭。此时,b 室真空, a 室装有一定量的空气(容器内外气体种类相同,且均可视为理想气体) ,其压强为 4P0/5, 温度为 T0。已知 1mol 空气温度升高 1K 时内能的增量为 CV,普适气体常量为 R。

1.现在打开 K 1 ,待容器内外压强相等时迅速关闭 K 1 (假定此过程中处在容器内的气体 与处在容器外的气体之间无热量交换) ,求达到平衡时,a 室中气体的温度。 2.接着打开 K 2 ,待 a、b 两室中气体达到平衡后,关闭 K 2 。拔掉所有销钉,缓慢推动 活塞 B 直至到过容器的 PQ 位置。求在推动活塞过程中,隔板对 a 室气体所作的功。已知在 推动活塞过程中,气体的压强 P 与体积 V 之间的关系为 PV
CV ? R CV

=恒量。

四、 (25 分)图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x ? 0 的一侧,存在匀 强磁场,磁场方向垂直于 oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x ? 0 的一侧,一边长 分别为 l1 和 l 2 的刚性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框

的质量为 m,自感为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 v 0 进入磁场区域,试定量地讨 论线框以后可能发生的运动情况及与初速度 v 0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保 持超导状态)

五、 (25 分)地球赤道表面附近处的重力加速度为 g 0 ? 9.8m / s ,磁场的磁感应强度
2

3 的大小 B0 ? 3.0 ? 10 T ,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 r 成反比(r

?5

为考察点到地心的距离) ,方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离

r ? 5 Re ( Re 为地球半径)处,存在厚度为 10km 的由等数量的质子和电子的等离子层(层
内磁场可视为匀强磁场) ,每种粒子的数密度非常低,带电粒子的相互作用可以忽略不计。 已 知 电 子 的 质量 me ? 9.1 ? 10
?31

kg , 质 子 的 质 量 m p ? 1.7 ? 10 ?27 kg , 电 子 电 荷 量为

? 1.6 ? 10 ?19 C ,地球的半径 Re ? 6.4 ? 10 6 m 。
1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动, 另一方面因受地球引力和磁 场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流,试求此环行电流的电流密度。 2.现设想等离子层中所有电子和质子,它们初速度的方向都指向地心,电子初速度的大 小 u e ? 1.4 ? 10 m / s ,质子初速度的大小 u P ? 3.4 ? 10 m / s 。试通过计算说明这些电子
4

2

和质子都不可能到到达地球表面。 六、 (25 分)图 1 所示为杨氏双缝干涉实验的示意图,取纸面为 yz 平面。y、z 轴的方 向如图所示。线光源 S 通过 z 轴,双缝 S1、S2 对称分布在 z 轴两侧,它们以及屏 P 都垂直 于纸面。双缝间的距离为 d,光源 S 到双缝的距离为 l,双缝到屏的距离为 D, d ?? D , d ?? l 。 1.从 z 轴上的线光源 S 出发经 S1、S2 不同路径到 P0 点的光程差为零,相干的结果产生 一亮纹,称为零级亮纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响,我们 先研究位于轴外的线光源 S′形成的另一套干涉条纹,S′位于垂直于 z 轴的方向上且与 S 平行,两者相距 ? s ,则由线光源 S′出发分别经 S1、S2 产生的零级亮纹 P0 , P0 与 P0 的距

?

?

__________ __________ _____ 离 ? y ? __________
2.当光源宽度为 ? 的扩展光源时,可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非

相干的线光源组成。这样,各线光源对应的干涉条纹将彼此错开,在屏上看到的将是这些干 涉条纹的光强相加的结果,干涉条纹图像将趋于模糊,条纹的清晰度下降。假设扩展光源各 处发出的光强相同、波长皆为 ? 。当 ? 增大导致零级亮纹的亮暗将完全不可分辨,则此时 光源的宽度 ? ? __________ __________ __________ 3.在天文观测中,可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出 的光到达地球处都可视为平行光, 从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角 ? 就 是星体的角直径。遥远星体的角直径很小,为测量如些微小的角直径,迈克尔逊设计了测量 干涉仪,其装置简化为图 2 所示。M1、M2、M3、M4 是四个平面反射镜,它们两两平行, 对称放置,与入射光(a、 a′)方向成 45°角。S1 和 S2 是一对小孔,它们之间的距离是 d。 和 M2 可以同步对称调节来改变其中心间的距离 h。 M1 双孔屏到观察屏之间的距离是 D。 a、 a′和 b、 b′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线 a、 a′垂直 双孔屏和像屏,星光的波长是 ? ,试导出星体上角直径 ? 的计算式。 注: 将星体作圆形扩展光源处理时, 研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会 遇到数学困难,为简化讨论,本题拟将扩展光源作宽度为 ? 的矩形光源处理。

图1

图2

七、 (20 分)今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一 百周年。王先生早在 1941 年就发表论文,提出了一种探测中微子的方案: Be 原子核可以 俘获原子的 K 层电子而成为 Li 的激发态 ( Li ) ,并放出中微子(当时写作η )
7

7

7

7

*

Be ? e ?( 7 Li ) * ? ?
7

而 ( Li ) 又可以放出光子 ? 而回到基态 Li
7 *

( 7 Li ) * ?7 Li ? ?
由于中微子本身很难直接观测, 能过对上述过程相关物理量的测量, 就可以确定中微子 的存在,1942 年起,美国物理学家艾伦(R.Davis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验, 初步证实了中微子的存在。1953 年美国人莱因斯(F.Reines)在实验中首次发现了中微子, 莱因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(M.L.Perl)分享了 1995 年诺贝尔物理学奖。 现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。 若实验中测得锂核 Li ) ( 反冲能量 (即
7 7

Li 的动能)的最大值 E R ? 56.6ev , ? 光子的能量 h? ? 0.48 Mev 。已知有关原子核和电
2 2 2

子静止能量的数据为 m Li c ? 6533 .84 Mev ; m Be c ? 6534 .19 Mev ; me c ? 0.51Mev 。 设在第一个过程中, Be 核是静止的,K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据,算出 的中微子的动能 P? 和静止质量 m? 各为多少?
7

参考解答
一、参考解答: B 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发 生在平板的边缘 Q 处,这时 u 0 的值便是满足题中条件的最大值; 如果小球的水平速度 u 0 较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时 h u0

u0 的值便是满足题中条件的最小值.
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间 为 t1 ,有

P

Q

h?
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2

(1)

L ? u0t1

(2)

从(1)(2)两式解得的 u 0 值便是满足题中条件的最大值,即 、

u0 m a ? L x
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0max ? 0.71m/s

(4)

如果 u0 ? u0max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在 竖直方向的速度为 v1 ,则有

v1 ? 2gh

(5)

? 以 v1 、 V1? 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰
撞过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有 (6) mv1 = mv?1? mV ?1 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 1 2 1 1 1 1 2 2 2 mv1 ? mu 0 = mv? 12? mV ? 1 ? mu 0 (7) 2 2 2 2 2 解(6)(7)两式,得 、

? v1 ? 0

(8) (9)

V1? = v1 ? 2 gh

碰撞后,平板从其平衡位置以 V1? 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板 处于平衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时 刻作为 t ? 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

2π (11) T A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

??

vPQ ? ? A? sin ??t ? ? ?

(12)

因 t ? 0 时, xPQ ? 0 . vPQ ? V ? ,由(9)(11)(12)式可求得 、 、

A?

2 gh T 2?

(13)

π (14) 2 把(13)(14)式代入(10)式,得 、

? ??

xPQ ?

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π 2? ?T

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t 2 与平板发生第二次碰 撞且发生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为 1 (16) xB ? t2? ? g2 t 2 2 平板的 x 座标为

xP Q? t

?? 2

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2 2π 2? ?T

(17)

在碰撞时,有

xB ? t2? ? xP ? t 2 Q ?

(18)

由(16)(17)(18)式,代入有关数据得 、 、

π? ? 2 4.90t2 ? 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?

(19)

这便是 t 2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

t2 ? 0 . 7 7 1 s (20)
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

L ? u ? 1? t t ? 0 2

(21)

由(1)(20)和(21)式得 、

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2

(22)

而满足题中要求的 u 0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u 0 的取值范围是

0 . 4 6 m? u0 ? /s

0 . 7 1 m (23) /s

附: (19)式的数值求解 用数值解法则要代入 t 2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

t2
xPQ ? 4.41cos ? πt2 ?
2 xB ? 4.90t2

0.730

0.750

0.760

0.765

0.770

0.771

0.772

0.775

0.780

0.790

0.810

? ?

π? 2?

?

3.31

3.12

3.02

2.96

2.91

2.91

2.90

2.86

2.81

2.70

2.48

2.61

2.76

2.83

2.87

2.91

2.91 0

2.91

2.94

2.98

3.06

3.21

xPQ ? xB

0.70

0.36

0.19

0.09

0

-0.01

-0.08

-0.17

-0.36

-0.73

二、参考解答: 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为

vB ? ?l

(1)

B 点的向心加速度的大小为

aB ? ? 2l

(2)

因为是匀角速转动, 点的切向加速度为 0, aB 也是 B 点的加速度, B 故 其方向沿 BA 方向. 因 为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速度的大小用 vC 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,

由图可知,其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相 等,故有

π 2 (3) ? ?l 4 2 此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度 v2 aCn ? C CD vC ? vB cos
由图可知 CD ? 2 2l ,由(3)(4)式得 、

(4)

? aCn aC tvCB ?
(5) B aC

C

? vC

aCn ?
其方向沿 CD 方向.

2 2 ?l 8

? vB
D

下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度, 即切向加速度 aCt . 因 为 BC 是刚性杆,所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动,C 点相对

A

B 点的速度方向必垂直于杆 BC.令 vCB 表示其速度的大小,根据速度合成公式有 ? ? ? vC B ? v C? v B 由几何关系得

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l 2 2

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度

aCB ?
因为 CB ?

2 vCB

(7)

CB
2l ,故有

aCB ?

2 2 ?l 4

(8)

其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

π 4 所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量

? aB ?BC ? aB cos

(9)

aCt ? aCB ? ? aB ? BC ?

3 2 2 ?l 4

(10)

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 aCn 与切向加速度 aCt 的合加速度, 即
2 2 aC ? aCn ? aCt ?

74 2 ?l 8

(11)

a C 的方向与杆 CD 间的夹角

Ct ? ?arctan ?

a aCn

a r c ? a n 6 ? 8 0 .(12) t 54

解法二:通过微商求 C 点加速度 以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy, 轴与 AD Ax 重合, 与 AD 垂直. Ay 任意时刻 t, 连杆的位形如图所示, 此时各杆的位置分别用 ? ,? 和 ? 表示,且已知 AB ? l ,

y C B

?

BC ? 2l , CD ? 2 2l , AD ? 3l ,
标表示为

d? ? ?? ,C 点坐 dt

A ?

? D

x

xC ? lc o ? ? s

2 c? s l o

(1)

yC ? ls i n ? ? 2 s? n (2) l i 将(1)(2)式对时间 t 求一阶微商,得 、

dxC d? d? ? ? ? ?l ? sin ? ? 2 sin ? ? dt dt dt ? ? dyC d? d? ? ? ? l ? cos? ? 2 cos ? ? dt dt dt ? ?
把(3)(4)式对时间 t 求一阶微商,得 、

(3)

(4)

2 2 ? d 2 xC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? ?l ?cos? ? ? sin ? 2 ? 2 cos ? ? ? 2 sin ? 2 ? ? ? dt 2 dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ? 2 2 ? d 2 yC d 2? d 2? ? ? d? ? ? d? ? ? l ? ? sin ? ? ? cos? 2 ? 2 sin ? ? ? 2 cos ? 2 ? ? ? dt 2 dt dt ? ? dt ? ? dt ? ? ? ?

(5)

(6)

根据几何关系,有 C Ds i n ? A B s i?n B C s? n ? ? i C Dc o ? ? A B c o s? B C c? ? s ? os 即

l3

2 2 s i? ? n

s?i? n

2?s i n (7)

2 2 c o s? ?

? 3

c o? ? s

2 c o s(8) ?

将(7)(8)式平方后相加且化简,得 、

2 s i? n

s ?n i?

2 ? o s ?c o s c ?

?? c o s 3

3? 2 ? o s (9) 0 ? c 2

对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ? ?

π π d? ,? ? , ? ?? ,得 2 4 dt

d? 1 (10) ? ? dt 2 对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得
d 2? 3 2 ? ? dt 2 8
(11)

将(10)(11)式以及 ? , ? , 、

d? 的数值代入(5)(6)式,得 、 dt

d 2 xC 5 ? ? l? 2 2 dt 8 2 d yC 7 ? ? l? 2 2 dt 8
所以

? d2 x ? ? d2 y ? 74 2 aC ? ? 2C ? ? ? 2C ? ? l? 8 ? dt ? ? dt ?
由图知, aC 与 x 轴的夹角为 ?

2

2

(12)

? d2 y ? ? d2 x ? tan ? ? ? 2C ? ? 2C ? ? 1.4 ? dt ? ? dt ?
所以求得

(13)

? ?arctan 1.4 ?

? 54.46

这个夹角在第三象限,为 234.46? ,故 aC 与 CD 的夹角
? ?=80.54

(14)

三、参考解答: 1.设 a 室中原有气体为? mol ,打开 K1 后,有一部分空气进入 a 室,直到 K1 关闭时, a 室中气体增加到? ? mol ,设 a 室中增加的 ?? ? ?? ? mol 气体在进入容器前的体积为 ?V ,气 体进入 a 室的过程中,大气对这部分气体所作的功为

A ? p? V 0 ?U ? ? ? C ? T 0T ? ? V
由热力学第一定律可知 (2)

(1)

用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气体内能增加量为

?U ? A

(3)

由理想气体状态方程,有

4 p0 V0 ? ? R T 0 5

(4) (5)

p0 ?V ? ?? ? ?? ? RT0

p0V0 ? ? ?RT
由以上各式解出

(6)

T?

5 ? CV ? R ? 5CV ? 4 R

T0

(7)

2.K2 打开后,a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不 变,所以温度不变(仍为 T ) ,而体积增大为原来的 2 倍.由状态方程知,气体压强变为 1 (8) p ? p0 2 关闭 K2,两室中的气体状态相同,即

1 pa ? pb ? p , Ta ? Tb ? T , Va ? Vb ? V0 ,且? a ? ? b ? ? ? 2
? ? 的压强、体积和温度分别为 pa 、 pb 、 Va? 、 Vb? 、 Ta? 、 Tb? ,则有

(9)

拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体

paV pbV

CV ? R CV a CV ? R CV b

? p?V ?

CV ? R CV a a CV ? R CV b b

(10) (11)

? p?V ?

由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

? ? pa ? pb

(12)

由理想气体状态方程,则有

? pa Va?? ? a R T? a ? pb Vb?? ? b R T? b


(13) (14)

Va? ? V? ? V0 b

(15)

由(8)~(15)式可得

Va? ? V?b ?

1 V0 2

(16)

R

Ta? ? Tb? ? 2CV T

(17)

在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能 的增加,即

1 W ? ? ?CV ?Ta? ? T ? 2
由(6)(17)和(18)式得 、

(18)

W?

R ? CV ? CV ? 2 ? 1? p0V0 ? 2R ? ? ?

(19)

四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ? x ? l1 ? ,速度 为 v ,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为 y

l1 v0

E ? vBl2 ,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又 v
引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺 时针方向,则切割磁感应线产生的电动势 E 与设定的正方 v

l2

?i 向相反,自感电动势 E ? ? L 与设定的正方向相同.因线 L ?t 框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有 ?i E ? E ? ? L ? vBl2 ? iR ? 0 L v ?t
(1) 即

x O x

L


?i ?x ? Bl 2 ?0 ?t ?t
(3)

(2)

Bl 2 ?x ? ? L?i


Bl ?i (4) ?? 2 ?x L 可见 i 与 x 成线性关系,有 Bl (5) i?? 2 x?C L C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有 Bl (6) i?? 2 x L

x ? 0 时 i ? 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场
区域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力
2 B 2l2 f ? Bl 2 i ? ? x L

(7)

其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形 做进一步分析: (i)线框的初速度 v 0 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全 部进入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进 一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

??
周期

2 B 2l2 Lm

(8)

T ? 2π

Lm 2 B 2l2

(9)

振动的振幅可由能量关系求得,令 xm 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度,这时线框 的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能” ,由能量守恒可得
2 1 2 1 ? B 2l2 ? 2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)



xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2 l2

(11)

x?

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin t? , t 从 0 到π ? Bl2 Bl2 ? Lm ?

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 0 向左匀速运动.因为在这种情况下 x m 的最大值 是 l1 ,即
2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? l1 2 2 L

(13)

由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式

1 1 ? B 2l22 ? 2 2 m v0 ? ? ? l1 2 2? L ?



v0 ?

Bl1l2 mL

(14)

(ii) 若线框的初速度 v 0 比较大, 整个线框能全部进入磁场区. 当线框刚进入磁场区时, 其速度仍大于 0,这要求 v 0 满足下式

v0 ?

Bl2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域 以前,线框的运动方程与(12)式相同,但位移区间是 x ? 0 到 x ? l1 ,所以时间间隔与(12) 式不同,而是从 0 到

t1 ?

Bl1l2 ? Lm ? ?arcsin ? 2 Bl2 ? Lmv0 ? ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切 割磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的 电流 i m ? ?

Bl 2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进, L

运动的速度可由下式决定
2 1 2 1 2 1 B 2l2 2 mv0 ? mv ? l1 2 2 2 L


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

五、参考解答: 解法一: 1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径,故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场 都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0 ? 10 ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2.4 ? 10-7 T 125 ? r ?
(1) 引力加速度

3

?5

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s 2 ? 0.39m/s 2 25 ? r ?
(2) 考察等离子层中的某一质量为 m、电荷量为 q、初速 v0 ux x uz O

2

z

uy

v0 v

uy ? v0

y

图1

度为 u 的粒子,取粒子所在处为坐标原点 O,作一直角坐标系 Oxyz,Ox 轴指向地球中心, Oz 沿磁场方向,如图 1 所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、uy 和 uz. 因作用于粒子的引力沿 x 轴正方向,作用于粒子的洛伦兹力与 z 轴垂直,故粒子在 z 轴方向 不受力作用,沿 z 轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻,附加给粒子一沿 y 轴正方向大 小为 v0 的速度,同时附加给粒子一沿 y 轴负方向大小为 v0 的速度,要求与其中一个 v0 相联 系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡,即

qv0 B ? mg


v0 ?
(3)

mg qB

用 v 表示 ux 与沿 y 轴的速度 u y ? v0 的合速度(对质子取正号,对电子取负号) ,有
2 v ? ux ? ? u y ? v0 ? 2

(4) 这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 沿 z 轴的分速度 u z .其大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离 子层中粒子的无规则运动的速度分量. 沿 y 轴的速度 v0 .对带正电的粒子,速度的方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子, 速度的方向沿 y 轴的正方向. 与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消, 故粒子将以速率 v0 沿 y 轴运动.由(3)式可知, v0 的大小是恒定的,与粒子的初速度无关,且对同种的粒子 相同. 在 Oxy 平面内的速度 v .与这速度联系的洛伦兹力使粒子在 Oxy 平面内作速率为 v 的 匀速率圆周运动,若以 R 表示圆周的半径,则有

v2 q v B? m R


R?

mv qB

(5)

由(4)(5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 u x 和 、 y 分量 u y 有关. 圆周运动的速度方向是随时间变化的, 在圆周运动的一个周期内的平均速度 等于 0. 由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(3)式 给出的速度 v0 ,其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子, 方向向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子 的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流. 由(3)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 、

v0e ? 9.2 ? 10?6 m/s
v0p ? 1.7 ? 10?2 m/s

(6)

(7) 由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿 纬度向东.根据电流密度的定义有

j ? nq ? v0p ? v0e ?
代入有关数据得

(8)

j ? 2.8 ?10?14 A/m2
电流密度的方向沿纬度向东.

(9)

2.上一小题的讨论表明,粒子在 Oxy 平面内作圆周运动,运动的速率由(4)式给出, 它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
2 2 v ? u x ? v0

(10)

由(1)、(2)、(3)、(5)、(10)各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道 半径分别为

Re ? 0 . 3 3 m

(11)

Rp ? 14.8m

(12)

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为 2Re ? 0.66 m 和 2 Rp ? 29.6 m ,都远小于 等离子层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上. 解法二:. 1.由于等离子层的厚度远小于地球半径,故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可 视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0 10 ? ?R ? B ? ? 0 ? B0 ? T ? 2 .? 1 0 T 4 ?? 125 ? r ?
(1) 引力加速度

3

?5

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s 2 ? 0.39m/s 2 25 ? r ?
考察等离子层中的某一质量为 m,电荷量为 q、初速度为 u 的粒子, 取粒子所在处为坐标原点 O, 作一直角坐标系 Oxyz, Ox 轴指向地球中心,Oz 沿磁场方向,如图 1 所示.该粒子的初

2

(2)

z vz O vx x vy y
图1

速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、uy 和 uz. 若以 v x 、 v y 、 v z 表示粒子在任意时刻 t 的速度 v 在 x 方向、y 方向和 z 方向的分速度,则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下 的运动方程为

m

? dvx mg ? ? mg ? q v y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?

(3)

m

dv y dt

? ?qvx B

(4)

dvz (5) ?0 dt (5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即 m
vz ? u z
作变量代换,令 (6)

Vx ? v x
其中

Vy ? v y ? v0

(7)

v0 ?
把(7)(8)式代入(3)(4)式得 、 、

mg qB

(8)

m

dVx ? qBVy dt dVy m ? ?qVx B dt
Fx ? qBVy Fy ? ?qBVx

(9) (10)

由(9) 、(10) 两式可知,作用于粒子的力 F 在 x 和 y 方向的分量分别为

若用 ?1 表示 F 的方向与 x 轴的夹角, ? 2 表示 V 的方向与 x 轴的夹角,而 V ? Vx2 ? Vy2 ,则 有

t a n1 ? ?

Fy Fx

??

Vx Vy

tan ? 2 ?

Vy Vx

可见 tan ?1 ? tan ?2 ? ?1 ,表明 F 的方向与 V 的方向垂直,粒子将在 F 的作用下在 Oxy 平面 内作速率为 V 的匀速圆周运动.若以 R 表示圆周的半径,则有

V2 qVB m ? R

R?

mV qB

(11)

在匀速圆周运动中,V 的大小是不变的,任何时刻 V 的值也就是 t ? 0 时刻 V 的值,由(7) 式和已知条件在 t ? 0 时刻有

Vx ? ux
故有

Vy ? u y ? 0 v

2 V ? ux ? ? u y ? v0 ?

2

(12)

以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分: 根据(6)式 vz ? uz ,可知粒子沿 z 轴的分速度大小和方向都保持不变,但对不同的粒 子是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量. 根据(7)式可得 vx ? Vx , v y ? Vy ? v0 ,表明粒子在 Oxy 平面内以速率 V 作圆周运动 的同时,又以速度 v0 沿 y 轴运动. Vx 、 V y 是圆周运动速度的 x 分量和 y 分量.圆周运动的 轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 u x 和 y 分量 u y 有关.圆周 运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于 0. 沿 y 轴的速度 v0 由(8)式给出,其大小是恒定的,与粒子的初速度无关,同种粒子 相同,但对带正电的粒子,其方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿 y 轴的正方 向. 由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(8)式给出的 速度 v0 ,其方向垂直于粒子所在处的地球引力,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电 子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动, 电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流. 由(8)式和(1)(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为 、

v0e ? 9.2 ?10?6 m/s
(13)

v0p ? 1.7 ? 10?2 m/s

(14)

由于电子、质子漂移速度的方相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬 度向东.根据电流密度的定义有

j ? nq ? v0p ? v0e ?
(15) 代入有关数据得

j ? 2.8 ?10?14 A/m2

(16) 电流密度的方向沿纬度向东. 2.上一小题的讨论表明,粒子在 Oxy 平面内作圆周运动,运动的速率由(12)式给出, 它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
2 2 V ? u x ? v0

(17)

因题给出的电子与质子的初速度 u x 是不同的,电子、质子的质量又是不同的,故电子、质 子在 Oxy 平面内作圆周运动的半径也是不同的.由(1)、(2)、(8)、(11)、(12) 各式并代入有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re ? 0 . 3 3 m
Rp ? 14.8m
(19)

(18)

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用, 电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为 2Re ? 0.66m 和 2 Rp ? 29.6m ,都远小于 电离层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上. 六、参考解答:

D ?s l l 2. ? d
1. 附 1、2 两问的参考解法: 1.求 S? 经双缝产生的干涉图像的零级亮纹 P0? 的位置

? 它也就是光源 S? 与 S 分别对应的干涉条纹的零级亮纹之间的距离, 设 P0? 点的坐标为 y0 ,


?0 0 ?0 P0? P0 ? ? y? y ? ? y
由双缝到 P0? 点的光程差 ?1 ? S2 P0? ? S1 P0? ,从 S1 作 S 2 P0? 的垂线交于 H 点,三角形 OP0 P0? 与三角形 S1 HS2 相似,因 D ?? d , 则 d d ? (附 1) ?1 ? y0 ? ? y D D y

P0?

G S ?s S? l

?2 S 1

? y0
z

d

O S2 H ?1 D

P0

图1

从 S 2 作 S?S1 的垂线交于 G, S? 到双缝的光程差

? 2 ? S?S 2 ? S?S

1

(附 2)

三角形 SOS? 与三角形 S1GS2 相似,因 l ? d ,则 ?

d ? 2 ? S?S 2 ? S?G ? GS 1 ? ?GS ? ? ? s 1 l
对满足零光程差条件的 P0? 而言,

?

?

(附 3)

?S?S2 ? S2 P0 ? ? S S1 ?? ? ? ? ? ?


? ? S1?P0 ? ? ? ? 1 ?

d d s ? ?y ? 0 2 ? D l

?y?

D ?? s l

(附 4)

2.在线光源情况下,可以导出双缝干涉的相邻两亮纹的间距为

?y ?

D ? d

(附 5)

? s 值不同对应着扩展光源中不同位置的线光源.不难证明,它们经双缝产生干涉条纹
的间距 ?y 均如(5)式所示.宽度为 w 的扩展光源是由一系列 ? s 值不同的、连续分布的、 相互独立的线光源构成. 因此扩展光源在观察屏上产生的干涉图像的强度是由每个线光源产 生干涉条纹的强度相加而成.当扩展光源宽度为 w 时,对于光源最边缘点有

?s ? w
代入(4)式

(附 6)

?y?


D l

w

(附 7)

?y ? ? y

(附 8)

则相当于扩展光源最边缘的线光源产生的干涉条纹错开了一个条纹间距. 由于扩展光源各部 分产生的干涉条纹的光强分布都相同,各套干涉条纹强度相加的结果使屏上各处光强相等, 变得一片模糊而无法分辨.由(5)式和(7)式,求得为使条纹能被分辨,扩展光源允许的 最大宽度

w?
3.

l ? d

(附 9) a b

解法一 如图 2 所示, aa? 是由扩展光源上端边缘发出 的平行光, bb? 是由扩展光源下端边缘发出的平行 光 . 设 ab 光 线 交 于 M 1 点 , a?b? 光 线 交 于 M 2 点. aa? 光束中的光线 a 经过 M1 M 3 S1 P 到达观察 屏上 P 点; 光线 a ? 经过 M 2 M 4 S2 P 到达观察屏上 P 点, 两相干光波产生干涉, 在观察屏上产生一套干 涉条纹.同理,平行光束 bb? 在观察屏上产生另一 套干涉条纹. 从扩展光源不同部位发出的、 倾角在

?

M1 H 双孔屏 S1

观察屏


M3
h d

y

P

M4

P0
S2

a? b?

?

M2

图2

0 和 ? 之间不同角度入射的平行光束,经迈克尔逊测星仪相应的反射镜走过不同路径到双 孔,然后在观察屏上产生很多套干涉条纹.这些干涉条纹光强度彼此相加,屏幕上就形成了 光强度的分布图像. 根据第 2 问的结果, 其清晰度取决于来自扩展光源上下边缘发出的平行 光 aa? 与 bb? 分别在屏幕上产生两套干涉条纹的相对位置错开的程度. 由对称性考虑,平行光束 aa? 中两条光线 a 和 a ? 在观察屏上 P0 的光程差为 0,即平行光

aa? 产生的那套干涉条纹的零级亮纹就在 P0 处.现讨论以倾角 ? 斜入射的平行光束 bb? 通过
整个光学装置后,在观察屏上某点发生干涉时的光程差.光束 bb? 中的光线 b 入射 M1 的光 线经 M3 反射到达 S1 ,光线 b 从 M 1 点算起,所经光程为 M1M 3 ? M 3 S 1 ;光线 b? 入射 M2 的光 线经 M4 反射到达 S 2 ,光线 b? 从 M 2 点算起,所经光程为 M 2 M 4 ? M 4 S 2 .由对称性可得

M1 M 3 ? M 3 1S ? M2 M4?

M4 S (1) 2

也就是说从 M1 和 M2 算起,光线 b 和 b? 到达 S1 与 S 2 的光程是相等的,但是光线 b 和 b? 在到 达 M1 和 M2 时,二者的相位却不同.由 M 2 作斜入射光线 bM1 的垂线交 H 点, M 2 与 H 相 位相等,因此,斜入射的两条平行光线 b 和 b? 到达 S1 和 S2 时的相位差是光程差 HM 1 引起 的

? ?1 ?? M 2 M 4 S?2 ? H M1 M 3 S1? ? H M??? h (2) ? ? 1
从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星干涉仪, 经双孔后发出的相干光在观察屏上 坐标为 y(坐标原点取在 P0 上)的 P 点上引起的光程差 d ? (3) ? ? ?1 ? ?1 ? ?h? ? y D 其零级亮纹所在位置 P0? 对应的光程差 ? ? 0 ,故 P0? 的坐标

? y0 ? h? ?

D d

(4)

这也就是平行光 aa? 与 bb? 产生的干涉条纹的零级亮纹(也是两套条纹)错开的距离

? y ? h? ?

D d

(5)

因在线光源情况下,可以导出双孔干涉的相邻两亮纹的间距为

?y ?
(6)

D ? d

当二者错开一个条纹间隔时,即 ?y ? ? y ,代入(6)式(星光波长采用 ? ) ,得

??

?
h

(7)

远处的星体作为扩展光源发出的光经过“测星仪”到达双孔,在屏上观察到干涉条纹的 清晰度下降,由小到大调节 M1、M2 距离 h, 当屏幕上条纹消失时, 记下此时 h 的值代入(7) 式就可确定扩展光源角直径 ? 的大小. 注:实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源,通过调节 h 使屏幕上的干涉条纹消失, 即各处强度完全相等时, 通过数学计算, 用迈克尔逊测星仪测量得的星体角直径 ? ? 1.22

?
h



解法二 如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S1 对 M 3 的中间像 S1?? 和对 M 1 所成的像 S1? 以及光线 a 在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? GS1?? , FS1? ? FS1?? ,故

FS1? ? FG ? GS1
即从光线 a 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S1? 和到 S1 的光程

? 相等;对 M2、M4(未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S 2 和到 S 2 的光程相等;从光线 b? 上 ? 一点到 S 2 和到 S 2 的光程相等.

?
a b

?lb

?

F

M1

b
S1?

H

S1?

?
h

M3 G

S1

S1??
图3 图4

b?

?

? S2

因此, 光线 a 到 S1 处与光线 a ? 到 S 2 处引起的光程差 ?la 与没有反射镜 M1、 2 时两光线到 S1? 、 M

? S 2 处的光程相等.因 a、 a ? 垂直双孔屏,故 ?la ? 0 ? ?la ? 0
(1) (2) 通过双孔 S1 、 S 2 后,光线 a、 a ? 在 P0 的光程差

? 平行光束 b b? 斜入射时,可从 S1? 、 S 2 处求 b、b? 两光线到达 S1 、 S 2 处的光程差 ?lb .由 ? ? , S 2 作 bS1? 的垂线 S 2 H (见图 4)
?lb ? H 1? ? s i n ? ?h S h ?
说明光线 b? 超前于光线 b. (3)

P0?
b

S1
d

? y0

?
? S 2 ?lb

?

b?

a

a?

P0

图5

通过双孔 S1 、 S 2 后光线 b、 b? 射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于 P0 处,因为二者到达双孔前光线 b? 已超前了光线 b,如图 5 所示,光线 b? 经过 S 2 孔后要多走 一段光程来抵消前面的相位差,以达到与光线 b 在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上, 形成干涉零级亮纹.该点所对应的 b? 经过 S 2 孔后多走的光程

? ? ?lb ? S P? S ? P s d n ? ? d i? 2 0 1 ? 0

(4)

? 从 ?lb ? ?lb 可求得平行光束 bb? 经双孔后在观察屏上的干涉零级条纹位置 P0? .由(3)
式和(4)式,得

?? ?
P0? 的位置坐标 ? y0 ? Dt a n ? D ? ?

h d

(5)

(6)

? 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S 2 之间的距离)h,直到屏幕上
的干涉条纹消失,即各处强度完全相等时,记下此时 h 的值.这时相干光 bb? 在屏幕上零级 亮纹位置 P0? 与 P0 的距离

? P0 P0 ? ? 0? 0 ? ? ? ? y y D
当 P0 P0? 等于条纹间隔 ?y ,即

(7)

P0 P0? ?

D ? d

(8)

代入(7)式得

??

?
d

(9)

由(5)(9)两式,得 、

??

?
h

(10)

解法三 根据第 2 问的结果,为使条纹能被分辨,扩展光源的允许宽度为 w ? 光源对双缝中心的张角为

l ? ,从而扩展 d

?? ?
(1)

w ? ? l d
'

如图 3 所示,对 M1、M3 而言,找出 S1 对 M 3 的中间像 S1?? 和对 M 1 所成的像 S 1 以及光线 a 在 M1、M3 的反射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? GS1?? , FS1? ? FS1?? ,故

FS1? ? FG ? GS1
即从光线 a 上一点到 S1? 和到 S1 的光程相等.同理可证,从光线 b 上一点到 S1? 和到 S1 的光程

? 相等;对 M2、M4(未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S 2 和到 S 2 的光程相等;从光线 b? 上 ? ? 一点到 S 2 和到 S 2 的光程相等.从分析可知, S1? 为 S1 经 M3、M1 反射的等效像点, S 2 为 S 2 经 ? M4、M2 反射的等效像点,从而可将测星干涉看作是经双孔 S1? 、 S 2 的等效杨氏双缝干涉,其
缝距为

? S1?S 2 ? h
(2)

? 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S 2 之间的距离)h,直到屏幕上
的干涉条纹消失,即各处强度完全相等,这时只需将测得的 h 直接替换(1)式中的 d,可 得计算星体角直径的公式

??
得到与前两种解法相同的结果.

?
h

(3)

七、参考解答: 根据题意, Be 核和 K 层电子的动量都为零,在第一个反应中,若用 pLi* 表示激发态 锂核
7

?

? Li ?
7

?

? 的动量, pη 表示中微子 η 的动量,则由动量守恒定律有

? ? pLi? ? p? ? 0
(1)

? 即激发态锂核的动量与中微子的动量大小相等,方向相反.在第二个反应中,若用 pLi 表示 ? 反冲锂核 7 Li 的动量, p? 表示光子的动量,则由动量守恒定律有 ? ? ? p ? ? pLi ? pγ
Li

(2) 由(1)(2)式得 、

? ? ? pLi ? ? ? pγ ? p? ?
(3) 当锂核的反冲动量 p Li 最大时,其反冲能量也最大. 由(3)式可知,当中微子的动量与 γ 光 子的动量同方向时,锂核的反冲动量最大.注意到 γ 光子的动量

pγ ?
(4) 有

h? c

pLi ? pη ?

h? c

(5) 由于锂核的反冲能量比锂核的静能小得多, 锂核的动能与其动量的关系不必用相对论关系表 示,这时有

ER ?
(6) 由(5)(6)式得 、

2 pLi 2mLi

pη c ? 2mLi c 2 ER ? h?
(7) 代入有关数据得

pη ? 0.38MeV/c
(8) 用 Eη 表示中微子的能量,根据相对论有

Eη ?

m2η c2 ?

p2 c2 η

(9)

根据能量守恒定律有

mBe c 2 ? me c 2 ? mLi c 2 ? ER ? h? ? Eη
由(9)(10)式得 、
2 2 ? mη c ? ?? mBe c 2 ? me c 2 ? mLi c 2 ? ER ? h? ? ? pη c 2 ? ? ? ? ? 2 1

(10)

(11) 由(8)式和已知数据得

mη ? 0.00MeV/c 2
(12) 由(12)式可知,所算出的中微子静止质量的数值在题给数据的误差范围之内,故不 能确定中微子的静止质量.如果有,其质量一定小于 0.1MeV / c 2 .

2008 年第 25 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共八题,满分 160 分 一、 (15 分) 1、 分)蟹状星云脉冲星的辐射脉冲周期是 0.033s。假设它是由均匀分布的物质构成的球 (5 体,脉冲周期是它的旋转周期,万有引力是唯一能阻止它离心分解的力,已知万有引力常量

G ? 6.67 ?10?11 m3 ? kg ?1 ? s ?2 ,由于脉冲星表面的物质未分离,故可估算出此脉冲星密度的
下限是

kg ? m ?3 。

2、 5 分)在国际单位制中,库仑定律写成 F ?k (

q1q2 ,式中静电力常量 r2

k ? 8.98 ?109 N ? m2 ? C ?2 ,电荷量 q1 和 q2 的单位都是库仑,距离 r 的单位是米,作用力 F

q1q2 ,式中距离 r 的单位是米,作用 r2 qq 力 F 的单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 1 2 2 ,式中距离 r 的单位是米, r
的单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式 F ? 作用力 F 的单位是牛顿,由此式可这义一种电荷量 q 的新单位。当用米、千克、秒表示此 新单位时,电荷新单位= ;新单位与库仑的关系为 1 新单位= C。 3、 分)电子感应加速器(betatron)的基本原理如下:一个圆环真空 (5 室处于分布在圆柱形体积内的磁场中,磁场方向沿圆柱的轴线,圆柱的 轴线过圆环的圆心并与环面垂直。 圆中两个同心的实线圆代表圆环的边 界,与实线圆同心的虚线圆为电子在加速过程中运行的轨道。已知磁场 的磁感应强度 B 随时间 t 的变化规律为 B ? B0 cos(2? t / T ) ,其中 T 为 磁场变化的周期。B0 为大于 0 的常量。当 B 为正时,磁场的方向垂直 于纸面指向纸外。若持续地将初速度为 v0 的电子沿虚线圆的切线方向注入到环内(如图) , 则电子在该磁场变化的一个周期内可能被加速的时间是从 t = 到 。 t= 二、 (21 分)嫦娥 1 号奔月卫星与长征 3 号火箭分离后,进入绕地运行的椭圆轨道,近地点
2 离地面高 H n ? 2.05 ?10 km ,远地点离地面高 H f ? 5.0930 ?10 km ,周期约为 16 小时,

4

称为 16 小时轨道(如图中曲线 1 所示) 。随后,为了使卫星离地越来越远,星载发动机先在 远地点点火,使卫星进入新轨道(如图中曲线 2 所示) ,以抬高近地点。后来又连续三次在

抬高以后的近地点点火,使卫星加速和变轨,抬高远地点,相继进入 24 小时轨道、48 小时 轨道和地月转移轨道(分别如图中曲线 3、4、5 所示) 。已知卫星质量 m ? 2.350 ?10 kg ,
3

地 球 半 径 R ? 6.378 ?10 km , 地 面 重 力 加 速 度 g ? 9.81m / s , 月 球 半 径
3
2

r ? 1.738 ?103 km 。
1、试计算 16 小时轨道的半长轴 a 和半短轴 b 的长度,以及椭圆偏心率 e 。 2、在 16 小时轨道的远地点点火时,假设卫星所受推力的方向与卫星速度方向相同,而且点 火时间很短,可以认为椭圆轨道长轴方向不变。设推力大小 F ? 490 N ,要把近地点抬高到 600 km ,问点火时间应持续多长? 3、试根据题给数据计算卫星在 16 小时轨道的实际运行周期。 4、卫星最后进入绕月圆形轨道,距月面高度 H m 约为 200 km ,周期 Tm ? 127 分钟,试据此 估算月球质量与地球质量之比值。 三、 (22 分)足球射到球门横梁上时,因速度方向不同、射在横梁上的位置有别,其落地点 也是不同的。 已知球门的横梁为圆柱形, 设足球以水平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到 横梁上,球与横梁间的滑动摩擦系数 ? ? 0.70 ,球与横梁碰撞时的恢复系数 e=0.70。试问 足球应射在横梁上什么位置才能使球心落在球门线内 (含球门上) ?足球射在横梁上的位置 用球与横梁的撞击点到横梁轴线的垂线与水平方向(垂直于横梁的轴线)的夹角 ? (小于

90? )来表示。不计空气及重力的影响。
四、 (20 分)图示为低温工程中常用的一种气体、蒸气压联合温度计的原 理示意图,M 为指针压力表,以 VM 表示其中可以容纳气体的容积;B 为 测温饱,处在待测温度的环境中,以 VB 表示其体积;E 为贮气容器,以 VE 表示其体积;F 为阀门。M、E、B 由体积可忽略的毛细血管连接。在 M、E、B 均处在室温 T0 ? 300 K 时充以压强 p0 ? 5.2 ?10 Pa 的氢气。
5

假设氢的饱和蒸气仍遵从理想气体状态方程。现考察以下各问题: 1、关闭阀门 F,使 E 与温度计的其他部分隔断,于是 M、B 构成一简易的气体温度计,用 它可测量 25K 以上的温度, 这时 B 中的氢气始终处在气态,M 处在室温中。试导出 B 处 的温度 T 和压力表显示的压强 p 的关系。除题中给出的室温 T0 时 B 中氢气的压强 P0 外,理 论上至少还需要测量几个已知温度下的压强才能定量确定 T 与 p 之间的关系? 2、开启阀门 F,使 M、E、B 连通,构成一用于测量 20~25K 温度区间的低温的蒸气压温 度计,此时压力表 M 测出的是液态氢的饱和蒸气压。由于饱和蒸气压与温度有灵敏的依赖 关系,知道了氢的饱和蒸气压与温度的关系,通过测量氢的饱和蒸气压,就可相当准确地确 定这一温区的温度。在设计温度计时,要保证当 B 处于温度低于 TV ? 25K 时,B 中一定要 有液态氢存在,而当温度高于 TV ? 25K 时,B 中无液态氢。到达到这一目的, VM ? VE 与 VB 间应满足怎样的关系?已知 TV ? 25K 时,液态氢的饱和蒸气压 pV ? 3.3 ?10 Pa 。
5

3、已知室温下压强 p1 ? 1.04 ?10 Pa 的氢气体积是同质量的液态氢体积的 800 倍,试论证
5

蒸气压温度计中的液态气不会溢出测温泡 B。 五、 (20 分)一很长、很细的圆柱形的电子束由速度为 v 的匀速运动的低速电子组成,电子 在电子束中均匀分布,沿电子束轴线每单位长度包含 n 个电子,每个电子的电荷量为

?e(e ? 0) ,质量为 m 。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器,其
前端(即图中的右端)于 t=0 时刻刚好到达电容器的左极板。电容器的两个极板上各开一个 小孔,使电子束可以不受阻碍地穿过电容器。两极板 A、B 之间加上了如图所示的周期性变 化的电压 VAB ( VAB ? VA ? VB ,图中只画出了一个周期的图线) ,电压的最大值和最小值分 别为 V0 和-V0,周期为 T 。若以 ? 表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔,则电压处 于最小值的时间间隔为 T- ? 。 已知 ? 的值恰好使在 VAB 变化的第一个周期内通过电容器到 达电容器右边的所有的电子, 能在某一时刻 tb 形成均匀分布的一段电子束。 设电容器两极板 间的距离很小,电子穿过电容器所需要的时间可以忽略,且 mv ? 6eV0 ,不计电子之间的
2

相互作用及重力作用。

1、满足题给条件的 ? 和 t b 的值分别为 ? =

T , tb =

T。

2、试在下图中画出 t ? 2T 那一时刻,在 0 ? 2T 时间内通过电容器的电子在电容器右侧空间 形成的电流 I , 随离开右极板距离 x 的变化图线, 并在图上标出图线特征点的纵、 横坐标 (坐 标的数字保留到小数点后第二位) 。取 x 正向为电流正方向。图中 x ? 0 处为电容器的右极 板 B 的小孔所在的位置,横坐标的单位 s ? 过程)

eV0 。 (本题按画出的图评分,不须给出计算 m

六、 (22 分)零电阻是超导体的一个基本特征,但在确认这一事实时受到实验测量精确度的 限制。为克服这一困难,最著名的实验是长时间监测浸泡在液态氦(温度 T=4.2K)中处于 超导态的用铅丝做成的单匝线圈(超导转换温度 TC=7.19K)中电流的变化。设铅丝粗细均 匀,初始时通有 I=100A 的电流,电流检测仪器的精度为 ?I ? 1.0mA ,在持续一年的时间 内电流检测仪器没有测量到电流的变化。 根据这个实验, 试估算对超导态铅的电阻率为零的 结论认定的上限为多大。设铅中参与导电的电子数密度 n ? 8.00 ?10 m ,已知电子质量
20 3

m ? 9.11?10?31 kg ,基本电荷 e ? 1.60 ?10?19 C 。 (采用的估算方法必须利用本题所给出的
有关数据) 七、 (20 分)在地面上方垂直于太阳光的入射方向,放置一半径 R=0.10m、焦距 f=0.50m 的 薄凸透镜,在薄透镜下方的焦面上放置一黑色薄圆盘(圆盘中心与透镜焦点重合) ,于是可 以在黑色圆盘上形成太阳的像。 已知黑色圆盘的半径是太阳像的半径的两倍。 圆盘的导热性 极好,圆盘与地面之间的距离较大。设太阳向外辐射的能量遵从斯特藩—玻尔兹曼定律:在 单位时间内在其单位表面积上向外辐射的能量为 W ? ? T ,式中 ? 为斯特藩—玻尔兹曼常
4

量,T 为辐射体表面的的绝对温度。对太而言,取其温度 ts ? 5.50 ?10 C 。大气对太阳能
3?

的吸收率为 ? ? 0.40 。又设黑色圆盘对射到其上的太阳能全部吸收,同时圆盘也按斯特藩 —玻尔兹曼定律向外辐射能量。如果不考虑空气的对流,也不考虑杂散光的影响,试问薄圆 盘到达稳定状态时可能达到的最高温度为多少摄氏度? 八、 (20 分)质子数与中子数互换的核互为镜像核,例如 He 是 H 的镜像核,同样 H 是
3 3 3 He 的镜像核。 已知 H 和 He 原子的质量分别是 m3H ? 3.016050u 和 m3He ? 3.016029u , 3

3

3

中子和质子质量分别是 mn ? 1.008665u 和 m p ? 1.007825u ,1u ? 光速,静电力常量 k ?
3
3

931.5 MeV ,式中 c 为 c2

1.44 MeV ? fm ,式中 e 为电子的电荷量。 e2

1、试计算 H 和 He 的结合能之差为多少 MeV。

2、已知核子间相互作用的“核力”与电荷几乎没有关系,又知质子和中子的半径近似相等, 试说明上面所求的结合能差主要是由什么原因造成的。并由此结合能之差来估计核子半径

rN 。
3、实验表明,核子可以被近似地看成是半径 rN 恒定的球体;核子数 A 较大的原子核可以近 似地被看成是半径为 R 的球体。根据这两点,试用一个简单模型找出 R 与 A 的关系式;利 用本题第 2 问所求得的 rN 的估计值求出此关系式中的系数; 用所求得的关系式计算 的半径 R pb 。
208

Pb 核

第 25 届全国中学生物理竞赛复赛理论试题参考解答
一、答案 1. 2. 3.

1.3 ? 1014
kg 2 ? m 2 ? s ?1
1 3

1 . 0 ? 150 1.05 ?10?5 也给) 6 ? (答

3 T 4

T

二、参考解答: 1. 椭圆半长轴 a 等于近地点和远地点之间距离的一半,亦即近地点与远地点矢径长度 (皆指卫星到地心的距离) rn 与 rf 的算术平均值,即有

a?
代入数据得

1 1 1 ? r n ?rf ? ? ?? H n ? R ? ? ? H f ? R ?? ? ? H n ? H f ? ? R ? ? 2 2 2
a ? 3.1946 ?104 km

(1)

(2)

椭圆半短轴 b 等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值,即有

b ? rn rf
代入数据得

(3)

b ? 1.942 ?104 km
椭圆的偏心率

(4)

e?
代入数据即得

a 2 ? b2 a

(5)

e ? 0.7941

(6)

2. 当卫星在 16 小时轨道上运行时,以 v n 和 vf 分别表示它在近地点和远地点的速度,

根据能量守恒,卫星在近地点和远地点能量相等,有

1 2 GMm 1 2 GMm mvn ? ? mvf ? 2 rn 2 rf

(7)

式中 M 是地球质量,G 是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心 的连线垂直,根据角动量守恒,有

mvn rn ? mvf rf
注意到

(8)

GM ?g R2
由(7)、(8)、(9)式可得

(9)

vn ?

rf 2 g R rn rf ? rn rn r 2g vn ? n R rf rf rf ? rn

(10)

vf ?

(11)

当卫星沿 16 小时轨道运行时,根据题给的数据有

rn ? R ? H n
由(11)式并代入有关数据得

rf ? R ? H f

vf ? 1.198 km/s

(12)

依题意,在远地点星载发动机点火,对卫星作短时间加速,加速度的方向与卫星速度方 向相同,加速后长轴方向没有改变,故加速结束时,卫星的速度与新轨道的长轴垂直,卫星 所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度 H f? ? H f ? 5.0930 ? 10 km,但新轨道
4

? 近地点高度 H n ? 6.00 ?10 km.由(11)式,可求得卫星在新轨道远地点处的速度为
2

v? ? 1.230 km/s f
卫星动量的增加量等于卫星所受推力 F 的冲量,设发动机点火时间为?t,有

(13)

m ? vf? ? vf ? ? F ?t
由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得 ?t= 1.5 ?10 s (约 2.5 分)
2

(14)

(15)

这比运行周期小得多. 3. 当卫星沿椭圆轨道运行时,以 r 表示它所在处矢径的大小,v 表示其速度的大小,? 表示矢径与速度的夹角,则卫星的角动量的大小 (16 ) L ? rmv sin ? ? 2m? 其中

? ? r v sin ?

是卫星矢径在单位时间内扫过的面积,即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的,故 ? 是恒 量.利用远地点处的角动量,得

1 2

(17)

? ? rf vf
又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为

1 2

(18)

S ? πab
所以卫星沿轨道运动的周期

(19)

T?
由(18)、(19)、(20) 式得

S

?

(20)

T?
代入有关数据得

2πab rf vf

(21)

T ? 5.678 ? 104 s (约 15 小时 46 分)
等于它们的轨道半长轴 a 与 a0 之比的立方,即

(22)

注:本小题有多种解法.例如,由开普勒第三定律,绕地球运行的两亇卫星的周期 T 与 T0 之比的平方

?T ? ? a ? ? ? ?? ? ? T0 ? ? a0 ?
若 a 0 是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径,则有

2

3

? 2π ? GMm ? ma0 ? ? 2 a0 ? T0 ?


2

T02 4π 2 4π 2 ? ? 3 a0 GM gR 2
从而得

T?
代入有关数据便可求得(22)式.

2πa R

a g

4. 在绕月圆形轨道上,根据万有引力定律和牛顿定律有

GM m m 2π ? mrm ( ) 2 2 rm Tm
这里 rm ? r ? H m 是卫星绕月轨道半径, M m 是月球质量. 由(23)式和(9)式,可得

(23)

Mm ?
代入有关数据得

3 4π 2 rm M 2 gR 2Tm

(24)

Mm ? 0.0124 M
(25) 三、参考解答: 足球射到球门横梁上的情况如图所示(图所在的平面垂 直于横梁轴线) .图中B表示横梁的横截面, 1为横梁的轴线; O

O1O1? 为过横梁轴线并垂直于轴线的水平线;A表示足球,O2
为其球心;O点为足球与横梁的碰撞点,碰撞点O的位置由直 线O1OO2与水平线 O1O1? 的夹角??表示.设足球射到横梁上时 球心速度的大小为v0,方向垂直于横梁沿水平方向,与横梁碰撞后球心速度的大小为v,方 向用它与水平方向的夹角?表示?如图?.以碰撞点O为原点作直角坐标系Oxy,y轴与O2OO1重 合.以??表示碰前速度的方向与y轴的夹角,以?表示碰后速度的方向与y轴(负方向)的夹角, 足球被横梁反弹后落在何处取决于反弹后的速度方向,即角?的大小. 以Fx表示横梁作用于足球的力在x方向的分量的大小,Fy表示横梁作用于足球的力在y 方向的分量的大小,?t表示横梁与足球相互作用的时间,m表示足球的质量,有

Fx ?t ? mv0x ? mvx
Fy ?t ? mvy ? mv0y

(1) (2)

式中 v0x 、 v0y 、 v x 和 v y 分别是碰前和碰后球心速度在坐标系Oxy中的分量的大小.根据摩 擦定律有

Fx ? ? F y
由(1)、(2)、(3)式得

(3)

??
根据恢复系数的定义有

v 0x ? vx vy ? v0y

(4)

vy ? ev0y


(5)

tan ? 0 ? tan ? ?
由(4)、(5)、(6)、(7)各式得

v0x v0y vx vy

(6)

(7)

tan? ?
由图可知

1 ? 1? tan? 0 ? ? ?1 ? ? e ? e?

(8)

? ?? ??
若足球被球门横梁反弹后落在球门线内,则应有

(9)

? ? 90?
在临界情况下,若足球被反弹后刚好落在球门线上,这时 ? ? 90 .由(9)式得
?

(10)

tan ? 90? ? ? ? ? tan ?
因足球是沿水平方向射到横梁上的,故 ? 0 ? ? ,有

(11)

1 1 ? 1? ? tan? ? ? ?1 ? ? tan? e ? e?
这就是足球反弹后落在球门线上时入射点位置 ? 所满足的方程.解(12)式得

(12)

? 1? ? 1? e? ? 1 ? ? ? e 2 ? 2 ? 1 ? ? ? 4 e ? e? ? e? tan ? ? 2
代入有关数据得

2

(13)

tan ? ? 1.6


(14)

? ? 58?
现要求球落在球门线内,故要求

(15)

? ? 58?

(16)

四、参考解答: 1. 当阀门F关闭时,设封闭在M和B中的氢气的摩尔数为n1,当B处的温度为T 时,压力 表显示的压强为 p,由理想气体状态方程,可知B和M中氢气的摩尔数分别为

n1B ?

pVB RT

(1)

n1M ?
式中R为普适气体恒量.因

pVM RT0

(2)

n1B ? n1M ? n1
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

1 n1R 1 VM ? ? T VB p VBT0


(4)

T?

p n1R V M ? p VB VBT0

(5)

(4)式表明,

1 1 与 成线性关系,式中的系数与仪器结构有关.在理论上至少要测得两个已 p T
1 1 对 的图线,就可求出系数. 由于题中己给出室温T0时的压强p0,故 p T

知温度下的压强,作

至少还要测定另一己知温度下的压强,才能定量确定T与p之间的关系式. 2. 若蒸气压温度计测量上限温度 Tv 时有氢气液化,则当B处的温度 T ? Tv 时,B、M 和 E中气态氢的总摩尔数应小于充入氢气的摩尔数.由理想气体状态方程可知充入氢气的总摩 尔数

n2 ?

p0 ?VB ? VM ? VE ? RT0

(6)

假定液态氢上方的气态氢仍可视为理想气体,则B中气态氢的摩尔数为

n2B ?

p vVB RTv

(7)

在(7)式中,已忽略了B中液态氢所占的微小体积.由于蒸气压温度计的其它都分仍处在室 温中,其中氢气的摩尔数为

n2M ? n2E ?
根据要求有

pν ?VM ? VE ? RT0

(8)

n2B ? n2M ? n2E ? n2
解(6)、(7)、(8)、(9)各式得

(9)

VM ? VE ?

p vT0 ? p 0Tv V ? p0 ? p v ?Tv B

(10)

代入有关数据得

VM ? VE ? 18VB
五、答案与评分标准: 1.

(11)

2 2 ?1

? 2 ? 2 ? 0.59 (3 分)

2 (2 分)

2.如图(15 分.代表电流的每一线段 3 分,其中线段端点的横坐标占 1 分,线段的长度占 1 分, 线段的纵坐标占 1 分) 4 3 2 1 O -1 -2 -3 -4 六、参考解答: 如果电流有衰减,意味着线圈有电阻,设其电阻为R,则在一年时间 t 内电流通过线圈 因发热而损失的能量为 0.83 1.17 1 2.00 2 2.83 3 4.00 4 x/s I/nev

?E ? I 2 Rt
以??表示铅的电阻率,S表示铅丝的横截面积,l 表示铅丝的长度,则有? ?????????????????????????????????????????????????????????? R ? ?

(1)

l ??????????????????????????????????????????????????????????????????????????(2)? S

电流是铅丝中导电电子定向运动形成的,设导电电子的平均速率为v,根据电流的定义有? ??????????????????????????????????????????????????????????? I ? S vne ?????????????????????????????????????????????????????????????????????????(3) ? 所谓在持续一年的时间内没有观测到电流的变化, 并不等于电流一定没有变化, 但这变化不 会超过电流检测仪器的精度?I,即电流变化的上限为 ?I ? 1.0mA .由于导电电子的数密度 n 是不变的,电流的变小是电子平均速率变小的结果,一年内平均速率由v变为 v-?v,对应 的电流变化

?I ? neS ?v

(4)

导电电子平均速率的变小, 使导电电子的平均动能减少, 铅丝中所有导电电子减少的平均动 能为

1 2? ?1 ?Ek ? lSn ? mv 2 ? m ? v ? ?v ? ? 2 ?2 ?

? lSnmv?v

(5)

由于?I<<I,所以?v<<v,式中?v的平方项已被略去.由(3)式解出 v,(4)式解出 ?v, 代入(5)式得

?Ek ?

lmI ?I ne2 S
?E k ? ?E

(6)

铅丝中所有导电电子减少的平均动能就是一年内因发热而损失的能量,即 (7)

由(1)、(2)、(6)、(7)式解得

??
式中

mΔI ne2 It

(8)

t ? 365 ? 24 ? 3600s=3.15 ?107s
在(8)式中代入有关数据得

(9)

? ? 1.4 ? 10?26 Ω ? m
所以电阻率为0的结论在这一实验中只能认定到

(10)

? ? 1.4 ? 10 ?26 Ω ? m
七、参考解答: 按照斯特藩-玻尔兹曼定律,在单位时间内太阳表面单位面积向外发射的能量为

(11)

Ws ? ? Ts4

(1)

其中 ? 为斯特藩-玻尔兹曼常量, s 为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为 Rs, T 则单位时间 内整个太阳表面向外辐射的能量为

Ps ? 4πRs2Ws

(2)

单位时间内通过以太阳为中心的任意一个球面的能量都是 Ps .设太阳到地球的距离为 rse, 考 虑到地球周围大气的吸收,地面附近半径为 R 的透镜接收到的太阳辐射的能量为

P ? πR 2 ?1 ? ? ?

Ps 2 4πrse

(3)

薄凸透镜将把这些能量会聚到置于其后焦面上的薄圆盘上,并被薄圆盘全部吸收. 另一方面,因为薄圆盘也向外辐射能量.设圆盘的半径为 RD ,温度为 TD ,注意到簿圆 盘有两亇表面,故圆盘在单位时间内辐射的能量为

2 4 PD ? 2 ? πRD ? ? TD

(4)

显然,当

PD ? P

(5)

即圆盘单位时间内接收到的能量与单位时间内辐射的能量相等时, 圆盘达到稳定状态, 其温 度达到最高.由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)各式得

? R2 R2 ? 4 TD ? ??1 ? ? ? 2 s2 ? Ts 2rse RD ? ?

1

(6)

依题意,薄圆盘半径为太阳的像的半径 Rs? 的 2 倍,即 RD ? 2 Rs .由透镜成像公式知 ?

Rs? Rs ? f rse
于是有

(7)

RD ? 2
把(8)式代入(6)式得

Rs f rse

(8)

? R2 ? 4 TD ? ??1 ? ? ? 2 ? Ts 8f ? ?
代入已知数据,注意到 Ts ? (273.15 ? ts ) K, TD=1.4×103K 即有

1

(9)

(10)

tD ? TD ? 273.15 ? 1.1?103 o C
八、参考解答: 1.根据爱因斯坦质能关系,3H 和 3He 的结合能差为

(11)

?B ? ? mn ? mp ? m 3 H ? m 3 He ? c 2
代入数据,可得

(1)

(2) 2. He 的两个质子之间有库仑排斥能,而 H 没有.所以 H 与 He 的结合能差主要来自
3 3 3 3

?B ? 0.763 MeV

它们的库仑能差.依题意,质子的半径为 rN ,则 3He 核中两个质子间的库仑排斥能为

EC ? k

e2 2 rN

(3)

若这个库仑能等于上述结合能差, EC ? ?B ,则有

rN ?
代入数据,可得

ke2 2ΔB

(4)

rN ? 0.944 fm
3

(5)

3.粗略地说,原子核中每个核子占据的空间体积是 (2 rN ) .根据这个简单的模型,核 子数为 A 的原子核的体积近似为

V ? A(2rN )3 ? 8 ArN 3
另一方面,当 A 较大时,有

(6)

V?

4? 3 R 3
1/ 3

(7)

由(6)式和(7)式可得 R 和 A 的关系为

?6? R?? ? ?π?
其中系数

rN A1/ 3 ? r0 A1/ 3

(8)

?6? r0 ? ? ? ?π?
把(5)式代入(9)式得

1/ 3

rN

(9)

r0 ? 1.17 fm
由(8)式和(10)式可以算出
208

(10)

Pb 的半径
RPb ? 6.93fm

第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
一、填空(问答)题(每题 5 分,共 25 分)
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1.有人设想了一种静电场:电场的方向都垂直于纸面并指向纸里,电场强度的大 小自左向右逐渐增大,如图所示。这种分布的静电场是否可能存在?试述理由。

2.海尔-波普彗星轨道是长轴非常大的椭圆,近日点到太阳中心的距离为 0.914 天文单

位(1 天文单位等于地日间的平均距离) ,则其近日点速率的上限与地球公转(轨道可视为 圆周)速率之比约为(保留 2 位有效数字) 。
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3.用测电笔接触市电相线,即使赤脚站在地上也不会触电,原因是 ; 另一方面, 即使穿绝缘性能良好的电 工鞋操作,测电笔仍会发亮,原因是 。 4.在图示的复杂网络中,所有电源的电动势 均为 E0,所有电阻器的电阻值均为 R0,所有电容 器的电容均为 C0, 则图示电容器 A 极板上的电荷 量为 。 5.如图,给静止在水平粗糙地面上的木块一 初速度,使之开始运动。一学生利用角动量定理 来考察此木块以后的运动过程: “把参考点设于如 图所示的地面上一点 O, 此时摩擦力 f 的力矩为 0, 从而地面木块的角动量将守恒, 这样木块将不减速而作匀速运动。 请指出上述推理的错误, ” 并给出正确的解释:

。 二、 (20 分)
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图示正方形轻质刚性水平桌面由四条完全相同的轻质细桌腿 1、2、3、4 支撑于桌角 A、B、C、D 处,桌腿竖直立在水平粗糙刚性地面上。已知桌腿 受力后将产生弹性微小形变。现于桌面中心点 O 至角 A 的连线 OA 上某点 P 施加一竖直向下的力 F,令 三、 (15 分) 1. 一质量为 m 的小球与一劲度系数为 k 的弹簧相连组成一体系, 置于光滑水平桌面上, 弹簧的另一端与固定墙面相连,小球做一维自由振动。试问在一沿此弹簧长度方向以速度 u 作匀速运动的参考系里观察,此体系的机械能是否守恒,并说明理由。

OP ? c ,求桌面对桌腿 1 的压力 F1。 OA

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。 2.若不考虑太阳和其他星体的作用,则地球-月球系统可看成孤立系统。若把地球和月 球都看作是质量均匀分布的球体,它们的质量分别为 M 和 m,月心-地心间的距离为 R,万 有引力恒量为 G。学生甲以地心为参考系,利用牛顿第二定律和万有引力定律,得到月球相

M ;学生乙以月心为参考系,同样利用牛顿第二定律 R2 m 和万有引力定律,得到地球相对于月心参考系的加速度为 a e ? G 2 。这二位学生求出的 R
对于地心参考系的加速度为 a m ? G 地-月间的相对加速度明显矛盾,请指出其中的错误,并分别以地心参考系(以地心速度作

平动的参考系)和月心参考系(以月心速度作平动的参考系)求出正确结果。

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四、 (20 分)火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度 T1、压强 p1 的炽热高压气体在 燃烧室内源源不断生成,并通过管道由狭窄的喷气口排入气压 p2 的环境。假设燃气可视为 理想气体, 其摩尔质量为 μ, 每摩尔燃气的内能为 u=cVT V 是常量, 为燃气的绝对温度) (c T 。 在快速流动过程中, 对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体, 可以认为它与周围 没有热交换,但其内部则达到平衡状态,且有均匀的压强 p、温度 T 和密度 ρ,它们的数值 随着流动而不断变化,并满足绝热方程 pV
cV ? R cV

,式中 R 为普适气体常量,求 ? C (恒量)

喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率。

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五、 (20 分)内半径为 R 的直立圆柱器皿内盛水银,绕圆柱轴线匀速旋转(水银不溢, 皿底不露) ,稳定后的液面为旋转抛物面。若取坐标原点在抛物面的最低点,纵坐标轴 z 与 圆柱器皿的轴线重合,横坐标轴 r 与 z 轴垂直,则液面的方程为 z ?

?2
2g

r 2 ,式中 ω 为旋转
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角速度,g 为重力加速度(当代已使用大面积的此类旋转水银液面作反射式天文望远镜) 。

观察者的眼睛位于抛物面最低点正上方某处,保持位置不变,然后使容器停转,待液面 静止后,发现与稳定旋转时相比,看到的眼睛的像的大小、正倒都无变化。求人眼位置至稳 定旋转水银面最低点的距离。 六、 (20 分)两惯性系 S′与 S 初始时刻完全重合,前者相对后者沿 z 轴正向以速度 v 高 速运动。作为光源的自由质点静止于 S′系中,以恒定功率 P 向四周辐射(各向同性)光子。 在 S 系中观察,辐射偏向于光源前部(即所谓的前灯效应) 。 1.在 S 系中观察,S′系中向前的那一半辐射将集中于光源前部以 x 轴为轴线的圆锥内。 求该圆锥的半顶角 α。已知相对论速度变换关系为

ux ?

u? ? v x 1 ? u? v / c 2 x

式中 ux 与 ux′分别为 S 与 S′系中测得的速度 x 分量,c 为光速。 2.求 S 系中测得的单位时间内光源辐射的全部光子的总动量与总能量。 七、 (20 分)
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1.设想光子能量为 E 的单色光垂直入射到质量为 M、以速度 V 沿光入射方向运动的理 想反射镜(无吸收)上,试用光子与镜子碰撞的观点确定反射光的光子能量 E′。可取以下 近似:

E V ?? ?? 1 ,其中 c 为光速。 2 c Mc

2.若在上述问题中单色光的强度为 Φ, 试求反射光的强度 Φ′ (可以近似认为光子撞击 镜子后,镜子的速度仍为 V) 。光的强度定义为单位时间内通过垂直于光传播方向单位面积 的光子的能量。
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八、 (20 分)惰性气体分子为单原子分子,在自由原子情形下,其电子电荷分布是球 对称的。 负电荷中心与原子核重合。 但如两个原子接近, 则彼此能因静电作用产生极化 (正 负电荷中心不重合) ,从而导致有相互作用力,这称为范德瓦尔斯相互作用。下面我们采 用一种简化模型来研究此问题。

当负电中心与原子核不重合时,若以 x 表示负电中心相对正电荷(原子核)的位移,当 x 为正时,负电中心在正电荷的右侧,当 x 为负时,负电中心在正电荷的左侧,如图 1 所示。 这时,原子核的正电荷对荷外负电荷的作用力 f 相当于一个劲度系数为 k 的弹簧的弹性力, 即 f=-kx,力的方向指向原子核,核外负电荷的质量全部集中在负电中心,此原子可用一弹 簧振子来模拟。 今有两个相同的惰性气体原子,它们的原子核固定,相距为 R,原子核正电荷的电荷量 为 q,核外负电荷的质量为 m。因原子间的静电 相互作用, 负电中心相对各自原子核的位移分别 为 x1 和 x2,且|x1|和|x2|都远小于 R,如图 2 所示。 此时每个原子的负电荷除受到自己核的正电荷 作用外,还受到另一原子的正、负电荷的作用。 众所周知,孤立谐振子的能量 E=mv2/2+kx2/2 是守恒的,式中 v 为质量 m 的振子运动的 速度, 为振子相对平衡位置的位移。 x 量子力学证明, 在绝对零度时, 谐振子的能量为 hω/2, 称为零点振动能, ? ? h / 2? ,h 为普朗克常量,? ?

k / m 为振子的固有角频率。试计算

在绝对零度时上述两个有范德瓦尔斯相互作用的惰性气体原子构成的体系的能量, 与两个相 距足够远的(可视为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的)惰性气体原子的能量差,并从结 果判定范德瓦尔斯相互作用是吸引还是排斥。 可利用当|x|<<1 时的近似式(1+x)1/2≈1+x/2-x2/8, (1+x)-1≈1-x+x2。
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第 26 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
参考解答与评分标准

一、填空(问答)题.每小题 5 分,共 25 分.按各小题的答案和评分标准评分. 1. 答案与评分标淮: 这种分布的静电场不可能存在.因为静电场是保守场,电荷沿任意闭合路径一周电场力 做的功等于 0, 但在这种电场中, 电荷可以沿某一闭合路径移动一周而电场力做功不为 0. (5 分) 2.答案与评分标淮: 1.5. 分) (5 3.答案与评分标淮: 测电笔内阻很大, 通过与之串联的人体上的电流 (或加在人体上的电压) 在安全范围内; (2 分) 市电为交流电,而电工鞋相当于一电容器,串联在电路中仍允许交流电通过. 分) (3 4.答案与评分标淮:

2 E0 C0 . 分) (5
5.答案与评分标淮: 该学生未考虑竖直方向木块所受的支持力和重力的力矩.仅根据摩擦力的力矩为零便推 出木块的角动量应守恒,这样推理本身就不正确.事实上,此时支持力合力的作用线在重力 作用线的右侧,支持力与重力的合力矩不为 0,木块的角动量不守恒,与木块作减速运动不 矛盾. 分) (5 二、 参考解答: 设桌面对四条腿的作用力皆为压力,分别为 F1 、 F2 、 F3 、 F4 .因轻质刚性的桌面处 在平衡状态,可推得

F1 ? F2 ? F3 ? F4 ? F .
由于对称性,

(1)

F2 ? F4 .
考察对桌面对角线 BD 的力矩,由力矩平衡条件可得

(2)

F3 ? cF ? F1 .

(3)

根据题意, 0 ? c ? 1 ,c=0 对应于力 F 的作用点在 O 点,c=1 对应于 F 作用点在 A 点. 设桌腿的劲度系数为 k , 在力 F 的作用下,腿 1 的形变为 F1 k ,腿 2 和 4 的形变均为

F2 k , 腿 3 的 形 变 为 F3 k . 依 题 意 , 桌 面 上 四 个 角 在 同 一 平 面 上 , 因 此 满 足

1 ? F1 F3 ? F2 , 即 ? ? ?? 2? k k ? k

F1 ? F3 ? 2F2 .
由(1)、(2)、(3)、(4)式,可得

(4)

F1 ?

2c ? 1 F, 4 1 ? 2c F3 ? F, 4

(5) (6)

当c ?

1 时, F3 ? 0 . F3 ? 0 ,表示腿 3 无形变; F3 ? 0 ,表示腿 3 受到桌面的作用力为拉 2

力,这是不可能的,故应视 F3 ? 0 .此时(2)式(3)式仍成立.由(3)式,可得

F1 ? cF .
综合以上讨论得

(7)

F1 ?

2c ? 1 F, 4

0?c?

1 . 2

(8) (9)

F1 ? cF ,
评分标准:本题 20 分.

1 ? c ?1 . 2

(1)式 1 分,(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 7 分,得到由(8)式表示的结果得 4 分,得到由 (9)式表示的结果得 5 分. 三、 参考解答: 1.否.原因是墙壁对于该体系而言是外界,墙壁对弹簧有作用力,在运动参考系里此力 的作用点有位移,因而要对体系做功,从而会改变这一体系的机械能. 2.因地球受月球的引力作用,月球受地球的引力作用,它们相对惯性系都有加速度,故 它们都不是惯性参考系.相对非惯性参考系,牛顿第二定律不成立.如果要在非惯性参考系 中应用牛顿第二定律,必须引入相应的惯性力;而这两位学生又都未引入惯性力,所以他们 得到的结果原则上都是错误的. 以地心为参考系来求月球的加速度.地心系是非惯性系,设地球相对惯性系的加速度的
? 大小为 ae ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? Mae , R2
? ? f m ? mae ,

(1)

加速度的方向指向月球.相对地心参考系,月球受到惯性力作用,其大小 (2)

方向指向地球,与月球受到的万有引力的方向相同.若月球相对地心系的加速度为 am ,则 有

G

Mm ? ? f m ? mam . 2 R

(3)

由(1)、(2)、(3)三式,得

am ? G
加速度的方向指向地球.

M ?m , R2

(4)

以月心为参考系来求地球的加速度.月心系也是非惯性系,设月球相对惯性系的加速度
? 的大小为 am ,则由万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? mam , 2 R
? ? f M ? Mam ,

(5)

加速度的方向指向地球.相对月心参考系,地球受到惯性力作用,惯性力的大小 (6)

方向指向月球,与地球受到的万有引力的方向相同.若地球相对月心系的加速度为 ae ,则 有

G
由(5)、(6)、(7)三式得

Mm ? f e? ? Mae . 2 R ae ? G M ?m , R2

(7)

(8)

加速度的方向指向月球. (4)式与(8)式表明, 地球相对月心系的加速度 ae 与月球相对地心系 的加速度 am 大小相等(方向相反),与运动的相对性一致. 评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 5 分. 第 2 小问 10 分.指出不正确并说明理由,占 2 分;(1)至(8)式,每式 1 分. 四、 参考解答: 于火箭燃烧室出口处与喷气口各取截面 A1 与 A 2 ,它们的面积分 别为 S 1 和 S 2 ,由题意, S1 ?? S 2 ,以其间管道内的气体为研究对象, 如图所示.设经过很短时间 ?t ,这部分气体流至截面 B1 与 B2 之间, A1B1 间、 A 2 B2 间的 微小体积分别为 ?V1 、 ?V2 ,两处气体密度为 ?1 、 ? 2 ,流速为 v 1 、 v 2 .气流达到稳恒时, 内部一切物理量分布只依赖于位置,与时间无关.由此可知,尽管 B1A 2 间气体更换,但总 的质量与能量不变. 先按绝热近似求喷气口的气体温度 T2 .质量守恒给出

?1?V1 ? ?2 ?V2 ,

(1)

即 A 2 B2 气体可视为由 A1B1 气体绝热移动所得.事实上,因气流稳恒, A1B1 气体流出喷口 时将再现 A 2 B2 气体状态.对质量 ?m ? ?1?V1 ? ?2 ?V2 的气体,利用理想气体的状态方程

p?V ?
和绝热过程方程

?m

?

RT

(2)

p1 ? ?V1 ?
可得

cV ? R cV

? p2 ? ?V2 ?
R

cV ? R cV



(3)

? p ? cV ? R T2 ? ? 2 ? T1 . p1 ? ?
再通过能量守恒求气体的喷射速率 v 2 .由(1)式及 ?V ? Sv?t ,可得

(4)

?1 S1 v1 ? ? 2 S 2 v 2 ,
再利用(1)、(3)式,知 v1 ?

(5)

?2 S2 S ?p ? v2 ? 2 ? 2 ? ? 1 S1 S1 ? p1 ? ? ?

cV cV ? R

v 2 ,因 S 2 ?? S1 , p2 ?? p1 ,故
(6)

v 1 ?? v 2 .

整个体系经 ?t 时间的总能量 (包括宏观流动机械能与微观热运动内能) 增量 ?E 为 A 2 B2 部 分与 A1B1 部分的能量差.由于重力势能变化可忽略,在理想气体近似下并考虑到(6)式,有

?E ?

1 ?m 2 ?mv 2 ? cV ?T2 ? T1 ? . 2 ?

(7)

体系移动过程中,外界做的总功为

W ? p1?V1 ? p2?V2 .
根据能量守恒定律,绝热过程满足

(8)

?E ? W ,

R ? ? cV ? R 2?cV ? R ?T1 ? ? p 2 ? ?, ? ? 1? ? ? p1 ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(9)

v2 ?
其中利用了(2)、(4)两式. 评分标准:本题 20 分.

(10)

(2)式 1 分,(3)式 2 分,(4)式 3 分,(6)式 1 分,(7)式 6 分,(8)式 4 分,(9)式 1 分,(10) 式 2 分. 五、 参考解答: 旋转抛物面对平行于对称轴的光线严格聚焦,此抛物凹面镜的焦距为

f ?
由(1)式,旋转抛物面方程可表示为

g 2? 2



(1)

z?

r2 . 4f

(2)

停转后液面水平静止. 由液体不可压缩性, 知液面上升. 以下求抛物液面最低点上升的高度.
2 抛物液面最低点以上的水银,在半径 R 、高 R 4 f 的圆柱形

中占据体积为 M 的部分,即附图中左图阴影部分绕轴线旋转所得 的回转体;其余体积为 V 的部分无水银.体 M 在高度 z 处的水平 截面为圆环,利用抛物面方程,得 z 处圆环面积

S M ? z ? ? π ? R 2 ? r 2 ? ? π ? R 2 ? 4 fz ? .
将体 V 倒置,得附图中右图阴影部分绕轴线旋转所得的回转体 ? ,相应抛物面方程变为

(3)

R2 ? r 2 z? , 4f
其高度 z 处的水平截面为圆面,面积为

(4)

S? ? z ? ? πr 2 ? π ? R 2 ? 4 fz ? ? S M ? z ? .
由此可知

(5)

1 2 R2 M ? ? ? V ? πR , 2 4f
即停转后抛物液面最低点上升

(6)

M R2 h? ? . πR 2 8 f

(7)

因抛物镜在其轴线附近的一块小面积可视为凹球面镜,抛物镜的焦点就是球面镜的焦 点,故可用球面镜的公式来处理问题.两次观察所见到的眼睛的像分别经凹面镜与平面镜反 射而成,而先后看到的像的大小、正倒无变化,这就要求两像对眼睛所张的视角相同.设眼 长为 y0 .凹面镜成像时,物距 u 即所求距离,像距 v 与像长 y 分别为

v?

fu , u- f

(8)

y??

v f y0 ? y0 . u f ?u

(9)

平面镜成像时,由于抛物液面最低点上升,物距为

u? ? u ? h ? u ?
像距 v ? 与像长 y? 分别为

R2 , 8f

(10)

v? ? -u? , v? y ? ? ? y0 ? y0 . u?
两像视角相同要求

(11) (12)

y y? , ? u ? v u? - v ?


(13)

1 1 ? , 2 2u ? u f 2u ? R 2 4 f
此处利用了(8)—(12)诸式.由(14)式可解得所求距离

(14)

u?
评分标准:本题 20 分.

R . 2

(15)

(1)式 1 分,(7)式 4 分,(8)、(9)式各 2 分,(10) 、(11)、 (12)式各 1 分,(13)式 6 分,(15) 式 2 分. 六、 参考解答: 1.先求两惯性系中光子速度方向的变换关系.根据光速不变原理,两系中光速的大小 都是 c .以 ? 和 ? ? 分别表示光子速度方向在 S 和 S? 系中与 x 和 x ? 轴的夹角,则光速的 x 分 量为

u x ? c cos ? ,

(1) (2)

u? ? c cos ? ? . x
再利用相对论速度变换关系,得

cos? ?

cos ? ? ? v c . 1 ? vcos? ? c

(3)

S? 系中光源各向同性辐射,表明有一半辐射分布于 0 ? ? ? ? π 2 的方向角范围内,S 系
中,此范围对应 0 ? ? ? ? .由上式求得

v 2 c ? arccos v . ? ? arccos v ? c 1 ? cos c 2 cos ?
可以看出,光源的速度 v 越大,圆锥的顶角越小. 2. S? 系中,质点静止,在 ?t ? 时间内辐射光子的能量来自质点静能的减少,即

?

(4)

P?t ? ? ?m0c 2 ,

(5)

式中 ?m0 为 ?t ? 时间内质点减少的质量. S 系中,质点以速度 v 匀速运动,由于辐射,其动 质量减少 ?m ,故动量与能量亦减少.转化为光子的总动量为 ?p ? ?mv ,即

?p ?
转化为光子的总能量为 ?E ? ?mc ,即
2

?m0 v 1- v2 c2



(6)

?E ?

?m 0 c 2 1? v2 c2



(7)

S? 系中光源静止,测得的辐射时间 ?t ? 为本征时,在 S 系中膨胀为

?t ?

?t ? 1? v2 c2



(8)

由以上各式可得在 S 系中单位时间内辐射的全部光子的总动量与总能量分别为

?p vP , ? ?t c 2 ?E ?P. ?t
评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 7 分.(3)式 4 分,(4)式 3 分. 第 2 小问 13 分.(5)、 (6) 、(7)式各 2 分,(8)式 3 分,(9) 、(10) 式各 2 分. 七、 参考解答: 1.光子与反射镜碰撞过程中的动量和能量守恒定律表现为

(9) (10)

E c ? MV ? ? E ? c ? MV ? ,
E ? MV 2 2 ? E ? ? MV ?2 2 .

(1) (2)

其中 V ? 为碰撞后反射镜的速度.从上两式消去 V ? ,得

E ? E? ?

4E 1?V c ?

?1 ? V c ?
E? ? E

2

? 4 E Mc

?
2

2E . 1?V c

(3)

1?V c 1?V c

(4)



1 V ? 1 ? V c ,可得 ?? 1 时, c 1?V c

E ? ? E ?1? 2V c ? .
2.考察时刻 t 位于垂直于光传播方向的截面 A 左侧的长为光在 1s 时间内所传 播的距离 c?1s、底面积为单位面积柱体内的光子,如图 1 所示.经过 1s 时间,它 们全部通过所考察的截面.若单位体积中的光子数为 n ,根据光强的定义,入射光 的强度

(5)

Φ ? ncE

(6)

若 A 处固定一反射镜,则柱体的底面 S2 处的光子在时刻 t 到达位于 A 处的反射镜便立 即被反射,以光速 c 向左移动;当柱体的底面 S1 在 t+1s 到达 A 处被反射镜反射时,这柱体 的底面 S2 已到达 A 左边距离 A 为 c?1s 处, 所有反射光的光子仍分布在长为 c?1s、 截面积为 单位面积的柱体内,所以反射光的强度与入射光的强度相等. 如果反射镜不固定,而是以恒定的速度 V 向右移动,则在时 刻 t+1s 柱体的底面 S1 到达 A 处时,反射镜已移到 A 右边距离为 V?1s 的 N 处, 这时底面 S2 移到 A 左侧离 A 的距离为 c?1s 处, 如 图 2 中 a 所示.设再经过时间 ? t ,S1 与镜面相遇,但这时镜面己 来到 N? 处,因为在 ? t 时间内,镜面又移过了一段距离 V?t ,即 在时刻 t ? 1s ? ?t ,底面 S1 才到达反射镜被反射.亦即原在 S1 处 的光子须多行进 cΔt 的距离才能被反射.因此

c?t ? ?1s ? ?t ?V


?t ?

V c ?V

(7)

而这时, 底面 S2 又向左移了一段距离 c?t . 这样反射光的光子将分布在长为 c ?1s ? 2c?t 的 柱体内.因反射不改变光子总数,设 n ? 为反射光单位体积中的光子数,有

cV ? nc ? n?? c ? 2 c ?V ?
故有

c ?V ? ? ? n?c c ?V ?

n? ? n
根据光强度的定义,反射光的强度

c ?V . c ?V

(8)

? ? ? n?cE? .
由(4)、(8)、(9)各式得

(9)

? c ?V ? ?? ?? ? ? . ? c ?V ?
2

(10)

注意到 V ?? c 有

? ? ? ? ?1 ?
评分标准:本题 20 分.

? ?

4V ? ?. c ?

(11)

第 1 小问 9 分. (1)、(2)式各 2 分,(4)或(5)式 5 分. 第 2 小问 11 分.(8)式 5 分,(9)式 3 分,(10) 或(11)式 3 分. 八、 参考解答: 两个相距 R 的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心振 动的动能, 每个原子的负电中心因受各自原子核 “弹性力” 作用的弹性势能, 一个原子的正、 负电荷与另一原子的正、 负电荷的静电相互作用能.以 v1 和 v2 分别表示两个原子的负电中心 振动速度, x1 和 x 2 分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则体系的能量

E?
式中 U 为静电相互作用能

1 2 1 2 1 2 1 2 mv1 ? mv2 ? kx1 ? kx2 ? U , 2 2 2 2
? ?, ?

(1)

?1 1 1 1 U ? kC q 2 ? ? ? ? ? R R ? x1 ? x2 R ? x1 R ? x2

(2)

x ?x ? x ? ? ? k C 为 静 电 力 常 量 . 因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ? 1 2 ? , R ? x1 ? R ?1 ? 1 ? , R ? R? ? ? ? x ? R ? x2 ? R ?1 ? 2 ? ,利用 ?1 ? x ??1 ? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为 R? ?
U ??
因此体系总能量可近似表为

2kC q 2 x1 x2 , R3

(3)

E?
2

1 1 1 2 1 2 2k q 2 x x mv 2 ? kx12 ? mv2 ? kx2 ? C 3 1 2 . 1 2 2 2 2 R
2

(4)

注意到 a ? b
2

2

?a ? b? ? ?a ? b? ?
2

和 2ab ?

?a ? b? ? ?a ? b?
2

2

2

,可将(4)式改写为

E?
式中,

1 1? 2k q 2 ? 1 1? 2k q 2 ? 2 2 mu12 ? ? k ? C3 ? y12 ? mu 2 ? ? k ? C3 ? y2 . 2 2? R ? 2 2? R ?

(5)

u1 ? ?v 1 ? v 2 ? u 2 ? ?v1 ? v 2 ?
y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2,
2, 2.

(6) (7) (8) (9)

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

?1 ?

k ? 2kC q 2 R 3 , m k ? 2kC q 2 R 3 . m

(10)

?2 ?
在绝对零度,零点能为

(11)

E0 ?

1 ? ??1 ? ?2 ? , 2

(12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为 E10 和 E20 ,有

E10 ? E20 ?
式中

1 ??0 , 2
k m

(13)

?0 ?

(14)

为孤立振子的固有角频率. 由此得绝对零度时, 所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能 量与两个孤立惰性气体原子能量和的差为

?E ? E0 ? ? E10 ? E20 ? .
利用 ?1 ? x ?
12

(15)

? 1 ? x 2 ? x 2 8 ,可得

?E ? ?

2 ? kC q 4 . 2 k 3 2m1 2 R 6

(16)

?E ? 0 ,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.
评分标准:本题 20 分. (1)式 1 分,(2)式 3 分,(4)式 3 分,(10)、(11)式各 4 分, (12)式 2 分, (16)式 2 分,末句 说明占 1 分.

第 27 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共九题,满分 160 分.计算题的解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 步骤.只写出最后结果的不能得分.有数字计算的题.答案中必须明确写出数值和单位.填 空题把答案填在题中的横线上,只要给出结果,不需写出求解的过程. 一、 15 分)蛇形摆是一个用于演示单摆周期与摆长关系的实验仪器(见图) ( .若干个 摆球位于同一高度并等间距地排成一条直线,它 们的悬挂点在不同的高度上,摆长依次减小.设 重力加速度 g = 9 . 80 m/ s2 , 1 .试设计一个包含十个单摆的蛇形摆(即求 出每个摆的摆长) ,要求满足: ( a )每个摆的摆 长不小于 0 . 450m , 不大于 1.00m ; ( b ) 初始 时将所有摆球由平衡点沿 x 轴正方向移动相同 的一个小位移 xo ( xo <<0.45m ) , 然后同时释放, 经过 40s 后,所有的摆能够同时回到初始状态. 2 .在上述情形中,从所有的摆球开始摆动起,到它们的速率首次全部为零所经过的时 间为________________________________________.

二、 20 分)距离我们为 L 处有一恒星,其质量为 M ,观测发现其位置呈周期性摆 ( 动,周期为 T ,摆动范围的最大张角为 △θ .假设该星体的周期性摆动是由于有一颗围 绕它作圆周运动的行星引起的,试给出这颗行星的质量 m 所满足的方程. 若 L=10 光年, T =10 年, △θ = 3 毫角秒, M = Ms (Ms 为太阳质量) ,则此行 星的质量和它运动的轨道半径 r 各为多少?分别用太阳质量 Ms 和国际单位 AU (平均日 地距离)作为单位,只保留一位有效数字.已知 1 毫角秒= 1AU=1.5×10 km,光速 c = 3.0 ×105km/s.
8

1 1 角秒,1 角秒= 度, 1000 3600

三、 22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为 m,半径为 R ,螺距 H =π ( R ,可绕竖直的对称轴 OO′,无摩擦地转动,连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略 不计. 一质量也为 m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静 止于螺旋环上的某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小球沿螺旋环 下滑,螺旋环便绕转轴 OO′,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时,螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小.

四、 12 分)如图所示,一质量为 m、电荷量为 q ( q > 0 )的粒子作角速度为ω 、 ( 半径为 R 的匀速圆周运动.一长直细导线位于圆周所在的平面内,离圆心的距离为 d ( d > R ) ,在导线上通有随时间变化的电流 I, t= 0 时刻,粒子速度的方向与导线平行,离导 线的距离为 d+ R .若粒子做圆周运动的向心力等于电流 i ,的磁场对粒子的作用力,试求 出电流 i 随时间的变化规律.不考虑变化的磁场产生的感生电场及重力的影响.长直导线 电流产生的磁感应强度表示式中的比例系数 k 已知.

五、 (20 分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为 +Q 和-Q (Q >0) ,半径分别为 R 和 R/2,小球面与大球面内切于 C 点, 两球面球心 O 和 O’的连线 MN 沿竖直方在 MN 与两球面的交点 B、0 和 C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为 m,带 电荷为 q(q>0 的质点自 MN 线上离 B 点距离为 R 的 A 点竖直上抛。设静 电力常量为 k,重力加度为 g. 1. 要使质点从 A 点上抛后能够到达 B 点, 所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从 A 点上抛后能够到达 O 点,在不同条件下所需的最小 初动能各为多少?

六、 20 分)由单位长度电阻为 r 的导线组成如图所示的正方形网络系列.n=1 时,正 ( 方形网络边长为 L,n= 2 时,小正方形网络的边长为 L/3;n=3 时,最小正方形网络的边长 为 L/9.当 n=1、2、3 时,各网络上 A、B 两点间的电阻分别为多少?

七、 (15 分)地球上的能量从源头上说来自太阳辐射到达地面的太阳辐射(假定不计大气 对太阳辐射的吸收)一部分被地球表面反射到太空,其余部分被地球吸收.被吸收的部分最 终转换成为地球热辐射(红外波段的电磁波) .热辐射在向外传播过程中,其中一部分会被 温室气体反射回地面,地球以此方式保持了总能量平衡。作为一个简单的理想模型,假定地 球表面的温度处处相同, 且太阳和地球的辐射都遵从斯忒蕃一玻尔兹曼定律: 单位面积的辐 4 射功率 J 与表面的热力学温度 T 的四次方成正比,即 J=σT ,其中 σ 是一个常量.已知太 3 5 阳表面温度 Ts=5.78×10 K ,太阳半径 Rs=6.69×10 km ,地球到太阳的平均距离 d=1.50 8 ×10 km .假设温室气体在大气层中集中形成一个均匀的薄层,并设它对热辐射能量的反 射率为ρ =0.38 . 1.如果地球表面对太阳辐射的平均反射率α =0.30 ,试问考虑了温室气体对热辐射的反 射作用后,地球表面的温度是多少? 2.如果地球表面一部分被冰雪覆盖,覆盖部分对太阳辐射的反射率为α 1=0.85 ,其余部 分的反射率处α 2=0.25 .间冰雪被盖面占总面积多少时地球表面温度为 273K .

八、 (20 分)正午时太阳的入射光与水平面的夹角θ =45 .有一座房子朝南的墙上有一个 直径 W =10cm 的圆窗,窗口中心距地面的高度为 H .试设计一套采光装置,使得正午时刻 太阳光能进人窗口, 并要求进入的光为充满窗口、 垂直墙面、 且光强是进人采光装置前 2 倍 的平行光.可供选用的光学器件如下:一个平面镜,两个凸透镜,两个凹透镜;平面镜的反 射率为 80 % ,透镜的透射率为 70 % ,忽略透镜表面对光的反射.要求从这些器件中选用 最少的器件组成采光装置.试画出你所设计的采光装置中所选器件的位置及该装置的光路 图,并求出所选器件的最小尺寸和透镜焦距应满足的条件.

0

九、 16 分)已知粒子 1 和粒子 2 的静止质量都是 m0 ,粒子 1 静止,粒子 2 以速 ( 度 v0 与粒子 1 发生弹性碰撞. 1.若碰撞是斜碰,考虑相对论效.试论证:碰后两粒子速度方向的夹角是锐角、直角还是 钝角.若不考虑相对论效应结果又如何? 2.若碰撞是正碰,考虑相对论效应,试求碰后两粒子的速度.

解答
一、参考解答: 1.以 l i 表示第 i 个单摆的摆长,由条件(b)可知每个摆的周期必须是 40s 的整数分之 一,即

Ti ? 2π

li 40 (Ni 为正整数) ? g Ni

(1)

[(1)式以及下面的有关各式都是在采用题给单位条件下的数值关系.]由(1)可得,各单摆的摆 长

li ?

400 g π 2 N i2

(2)

依题意, 0.450m ? li ? 1.000m ,由此可得

20 20 g g ? Ni ? π π 0.45


(3)

20 ? N i ? 29
因此,第 i 个摆的摆长为

(4)

li ?

400 g π (19 ? i) 2
2

(i ? 1, 2, ?, 10)

(5)

i

1

2 0.901

3 0.821

4 0.751

5 0.690

6 0.635

7 0.588

8 0.545

9 0.507

10 0.472

li/m 0.993

2. 20s

评分标准:本题 15 分. 第 1 小问 11 分. (2)式 4 分, (4)式 4 分,10 个摆长共 3 分. 第 2 小问 4 分.

二、参考解答: 设该恒星中心到恒星-行星系统质心的距离为 d ,根据题意有

d?

L?? 2
?3

(1)

将有关数据代入(1)式,得 d ? 5 ? 10 AU .又根据质心的定义有

r ?d ?

Md m

(2)

式中 r 为行星绕恒星做圆周运动的轨道半径,即行星与恒星之间的距离.根据万有引力定律 有

Mm ? 2π ? G 2 ? Md ? ? r ?T ?
由(2)(3)两式得 、

2

(3)

m

?1 ? M

m?

2

4π 2 d 3 ? G T2

(4)

[若考生用 r 表示行星到恒星?行星系统质心的距离,从而把(2)式写为 r ?

Md ,把(3)式写 m

为G

Mm

?r ? d ?

2

? 2π ? ? Md ? ? ,则同样可得到(4)式,这也是正确的.] 利用(1)式,可得 ?T ?
m

2

?1 ? M

m?

2

? L?? ? ?

3

π2

2GT 2

(5)

(5)式就是行星质量 m 所满足的方程. 可以把(5)试改写成下面的形式

?m

M?

3 2

?1 ? m

M?

?

? L ?? ?

3

π2

2GMT 2

(6)

因地球绕太阳作圆周运动,根据万有引力定律可得

(1AU)3 GM S ? (1y) 2 4π 2
注意到 M ? M S ,由(6)和(7)式并代入有关数据得

(7)

?m
由(8)式可知

?1 ? m

MS ?

3 2

MS ?

? 8.6 ? 10 ?10

(8)

m ?? 1 MS
由近似计算可得

m ? 1 ? 10?3 M S
由于 m M 小于 1/1000,可近似使用开普勒第三定律,即

(9)

r 3 (1AU)3 ? T2 (1y)2
代入有关数据得

(10)

r ? 5AU
评分标准:本题 20 分.

(11)

(1)式 2 分, (2)式 3 分, (3)式 4 分, (5)式 3 分, (9)式 4 分, (11)式 4 分.

三、参考解答: 解法一 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示) 紧贴于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角 三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此 三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边 就相当于题中的螺线环.根据题意有

m h

v?
?
图1

u

tan ? ?
可得

πR 1 ? 2πR 2

(1)

sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

设在所考察的时刻,螺旋环绕其转轴的角速度为 ? ,则环上每一质量为 ?mi 的小质元

绕转轴转动线速度的大小都相同,用 u 表示,

u ? ?R
该小质元对转轴的角动量

(3)

?Li ? ?mi uR ? ?mi R 2?
整个螺旋环对转轴的角动量

L ? ? ?Li ?? ?mi R 2? ? mR 2?

(4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合 成.在螺旋环的角速度为 ? 时,设小球相对螺旋环的速度为 v? ,则小球在水平面内作圆周 运动的速度为

vP ? v?cos? ? ? R
沿竖直方向的速度

(5)

v? ? v?sin?

(6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为 0,系统对转轴的角动量守恒,故 有

0 ? m vP R ? L
由(4)(5)(7)三式得 、 、

(7)

v?cos? ? ?R = ?R
在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

(8)

mgh ?

1 1 2 2 m vP ? v? ? ? ?mi u 2 2 2

?

?

(9)

由(3)(5)(6)(9)四式得 、 、 、

2 gh = ? v ?cos? ? ? R ? ? v ?2 sin 2? ? ? ? R 2
2

(10)

解(8)(10)二式,并利用(2)式得 、

ω=

1 2 gh R 3 10gh 3

(11)

v? =
由(6)(12)以及(2)式得 、

(12)

v? ?

2 gh 3

(13)

或有

1 2 v? ? 2 gh 3 a? ? 1 g 3

(14)

(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度 (15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则有

1 h = a?t 2 2
由(11)和(16)式得

(16)

??

g t 3R

(17)

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度

??

g 3R

(18)

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力 N1 ,在图 1 所 示的薄片平面内,方向垂直于薄片的斜边;螺旋环迫使小球在水平面

? ? 内作圆周运动的向心力 N 2 的反作用力 N 2 .向心力 N 2 在水平面内,
方向指向转轴 C,如图 2 所示. N1 、 N 2 两力中只有 N1 对螺旋环的转 轴有力矩,由角动量定理有

m

? N2 C

R
图2

N1 sin ? R?t ? ?L
由(4)(18)式并注意到 、

(19)

?? ??得 ?t
mg 5 ? mg 3sin ? 3
(20)

N1 ?


? N2 ? N2 ? m
由以上有关各式得

2 vP

R

(21)

N2 ?
小球对螺旋环的作用力

2h mg 3R

(22)

N?
评分标准:本题 22 分.

1 4h 2 N ? N ? mg 5 ? 2 3 R
2 1 2 2

(23)

(1)(2)式共 3 分, 、 (7)式 1 分, (9)式 1 分,求得(11)式给 6 分, (20)式 5 分, (22) 式 4 分, (23)式 2 分. 解法二 一倾角为 ? 的直角三角形薄片(如图 1 所示) 紧贴于半径为 R 的圆柱面,圆柱面的轴线与直角 三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此 三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边 就相当于题中的螺线环.根据题意有

m h

v?
?
图1

u

tan ? ?
可得

πR 1 ? 2πR 2

(1)

sin ? ?

5 2 5 , cos ? ? 5 5

(2)

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光 滑水平地面上向左移动的速度. 小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平 面内的圆周运动的合成. 在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运 动, 结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动. 小球自静止开始沿螺旋环运动到 在竖直方向离初始位置的距离为 h 的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为 v? ,沿薄片斜 边的加速度为 a? .薄片相对地面向左移动的速度为 u ,向左移动的加速度为 a0 . u 就是螺 旋环上每一质元绕转轴转动的线速度,若此时螺旋环转动的角速度为 ? ,则有

u ? ?R

(3)

而 a0 就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度, 若此时螺旋环转动的角加速度为 ? , 则有

a0 ? ? R

(4)

N

小球位于斜面上的受力情况如图 2 所示:重力 mg ,方 向竖直向下,斜面的支持力 N ,方向与斜面垂直,以薄 片为参考系时的惯性力 f ,方向水平向右,其大小
?

f*
a0

a?

mg
图2

?

f ? ? ma0
由牛顿定律有

(5)

mgcosθ ? N ? f ? sin ? ? ? mgsin? ? f ? cos ? ? ma?

(6) (7)

Nsin? ? ma0
解(5)(6)(7)(8)四式得 、 、 、

(8)

2sin? g ?? sin 2? cos? N= mg 1 ? sin 2 ? sin? cos? a0 ? g 1+ sin 2? a? =
利用(2)式可得

(9) (10) (11)

a? =

5 g 3

(12)

N=

5 mg 3

(13)

a0 ?

1 g 3

(14)

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

??

? g ?R

(15)

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为 t ,则此时螺旋环的角速度

? ? ?t

(16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成, 而小 球沿竖直方向的加速度

? a? ? a? ? a?sin?
故有

(17)

1 h = a?t 2 2
由(15)(16)(17)(18) 、 、 、 、以及(2)式得

(18)

??

? 2 gh R 3

(19)

小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴, 故向心力与图 2 中的纸面垂直,亦即与 N 垂直.向心力的大小

N1 ? m

2 vP

R

(20)

式中 v ? 是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若 a? 为小球相对地面的加速度在水平面

内的分量,则有

vP ? aPt

(21)

? 令 a? 为 a? 在水平面内的分量,有

? aP ? aP ? a0 ? a ?cos? - a0
由以上有关各式得

(22)

N1 ?
小球作用于螺旋环的力的大小

2h mg 3R

(23)

N 0 ? N 2 ? N12
由(13)(23)和(24)式得 、

(24)

N0 ?
评分标准:本题 22 分.

mg 4h 2 5? 2 3 R

(25)

(1)(2)式共 3 分, 、 (9)或(12)式 1 分, (10)或(13)式 5 分, (11)或(14) 式 1 分, (19)式 6 分, (23)式 4 分, (25)式 2 分. 四、参考解答: 以 v 表示粒子的速率, B 表示电流 i 产生磁场的磁感应 以 强度,根据题意粒子作圆周运动的向心力为粒子受到的磁场 洛仑兹力,因此有 i

y

q R

v2 qvB ? m R


?t

(1)

O

x

v ? ?R
由(1)(2)两式得 、

(2)

d

B?

m? q

(3)

如图建立坐标系,则粒子在时刻 t 的位置

x(t ) ? R cos ?t , y(t ) ? R sin ?t

(4)

取电流的正方向与 y 轴的正向一致,设时刻 t 长直导线上的电流为 i(t ) ,它产生的磁场 在粒子所在处磁感应强度大小为

B?k

i (t ) d ? x(t )

(5)

方向垂直圆周所在的平面.由(4)(5)式,可得 、

i(t ) ? k

m? (d ? R cos ?t ) q

(6)

评分标准:本题 12 分. (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 4 分, (6)式 2 分.

五、参考解答: 1.质点在 A ? B 应作减速运动(参看图 1) .设质点在 A 点的最小 初动能为 Ek0 ,则根据能量守恒,可得质点刚好能到达 B 点的条件为

M Q C

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mgR ? Ek0 ? ? R 3R / 2 2 R 5R / 2
由此可得

(1)

O?
?Q
O
R 2

7kqQ Ek0 ? mgR ? 30 R
2. 质点在 B ? O 的运动有三种可能情况: i.质点在 B ? O 作加速运动(参看图 1) ,对应条件为

(2)

R B R q A
N 图1

mg ?

4kqQ 9R2

(3)

此时只要质点能过 B 点,也必然能到达 O 点,因此质点能到达 O 点所需 的最小初动能由(2)式给出,即

Ek0 ? mgR ?

7kqQ 30 R

(4)

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的 E k0 略大一点. ii.质点在 B ? O 作减速运动(参看图 1) ,对应条件为

mg ?

4kqQ R2

(5)

此时质点刚好能到达 O 点的条件为

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R) ? Ek0 ? ? R R/2 2 R 5R / 2
由此可得

(6)

M Q C

11kqQ Ek0 ? 2mgR ? 10 R

O?
(7)

?Q
O
D x

R 2

iii.质点在 B ? O 之间存在一平衡点 D(参看图 2) ,在 B ? D 质 点作减速运动,在 D ? O 质点作加速运动,对应条件为

R

B R q A
N 图2

4kqQ 4kqQ ? mg ? 2 9R R2
设 D 到 O 点的距离为 x ,则

(8)

mg ?


kqQ (? R / 2 ? ? x) 2

(9)

x?
根据能量守恒,质点刚好能到达 D 点的条件为

kqQ R ? mg 2

(10)

kqQ kqQ kqQ kqQ ? ? mg (2 R ? x) ? Ek0 ? ? R 2 R 5R / 2 ? R / 2? ? x
由(10)(11)两式可得质点能到达 D 点的最小初动能为 、

(11)

5 9kqQ Ek0 ? mgR ? ? 2 kgmqQ 2 10 R

(12)

只要质点能过 D 点也必然能到达 O 点,所以,质点能到达 O 点的最小初动能也就是(12) 式(严格讲应比(12)式给出的 E k0 略大一点. )

评分标准:本题 20 分. 第 1 小问 5 分.求得(2)式给 5 分. 第 2 小问 15 分.算出第 i 种情况下的初动能给 2 分;算出第 ii 种情况下的初动能给 5 分;算出第 iii 种情况下的初动能给 8 分,其中(10)式占 3 分.

六、参考解答:

rL A rL
1 R1 ? (2rL) ? rL 2
图1

rL B rL

n ? 1 时,A、B 间等效电路如图 1 所示, A、
B 间的电阻

(1)

n ? 2 时,A、B 间等效电路如图 2 所示,A、B 间的电阻
1?4 1 ? R2 ? ? rL ? R1 ? 2?3 3 ?
由(1)(2)两式得 、 (2)
2 3

rL

1 3

R1

2 3

rL
B

A
(3)
2 3

5 R2 ? rL 6

rL

1 3

R1

2 3

rL

图2

1

n ? 3 时,A、B 间等效电路如图 3 所示,
A、B 间的电阻

2 9

rL

9

rL

1 3

1

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

2 9

rL

1 ?1 ? 3 3 1 ? ? R3 ? ? ? 2 ? ? 3 ? 3 ? ? 2 ? rL ? R2 ? A 2 ?9 ? 4 4 3 ? ?
(4) 由(3)(4)式得 、

3 9 1

rL

3 9 1 1 3

rL
rL
2 9

B

2 9

rL

9

rL

rL

1 3

R2

1 3

rL

9

rL

R3 ?

7 rL 9

3

(5)

9

rL
图3

3 9

rL

评分标准:本题 20 分. (1)式 4 分, (3)式 6 分, (5)式 10 分.

七、参考解答:
2 1.根据题意,太阳辐射的总功率 P ? 4πRS ? TS4 .太阳辐射各向同性地向外传播.设 S

地球半径为 rE ,可以认为地球所在处的太阳辐射是均匀的,故地球接收太阳辐射的总功率 为

?R ? PI ? ? T ? S ? πrE2 ? d ?
4 S

2

(1)

地球表面反射太阳辐射的总功率为 ? PI .设地球表面的温度为 TE ,则地球的热辐射总功率 为

PE ? 4πrE2? TE4

(2)

考虑到温室气体向地球表面释放的热辐射,则输入地球表面的总功率为 PI ? ? PE .当达到 热平衡时,输入的能量与输出的能量相等,有

PI ? ? PE ? ? PI ? PE
由以上各式得

(3)

2 ?1?? ? TE ? TS ? ? 2 ?1? ? ?
代入数值,有

1/ 4

? RS ? ? d ? ? ?

1/ 2

(4)

TE ? 287K

(5)

2.当地球表面一部分被冰雪覆盖后,以 ? ? 表示地球表面对太阳辐射的平均反射率,根 据题意这时地球表面的平均温度为 TE ? 273K .利用(4)式,可求得

? ? ? 0.43
设冰雪覆盖的地表面积与总面积之比为 x,则

(6)

? ? ? ?1 x ? ? 2 (1 ? x)
由(6)(7)两式并代入数据得 、

(7)

x ? 30%
评分标准:本题 15 分.

(8)

第 1 小问 11 分. (1)式 3 分, (2)式 1 分, (3)式 4 分, (4)式 2 分, (5)式 1 分. 第 2 小问 4 分. (6)式 2 分, (8)式 2 分.

八、参考解答: 方案一:采光装置由平面镜 M 和两个 凸透镜 L1、L2 组成.透镜组置于平面镜 M 后面,装置中各元件的相对方位及光路图 如图 1 所示. L1、L2 的直径分别用 D1、D2 表示,其 焦距的大小分别为 f1 、f2.两透镜的距离 M 南

45?

L2
22.5?

L1
f1

W
f2
H

d ? f1 ? f 2
直径与焦距应满足关系

(1) 图1

f1 f ? 2 D1 D2

(2)

? 设射入透镜 L1 的光强为 I10 ,透过透镜 L1 的光强为 I1? ,考虑到透镜 L1 对光的吸收有

? I1? ? 0.70I10

(3)

从透镜 L1 透出的光通量等于进入 L2 的光通量,对应的光强与透镜的直径平方成反比,进入 L2 的光强用 I 20 表示,即

I 20 D12 ? f1 ? ? 2 ?? ? I1? D2 ? f 2 ?
故有

2

I 20

? f ? ? I1? ? 1 ? ? f2 ?

2

(4)

? 透过 L2 的光强 I 2 ? 0.70I 20 ,考虑到(3)式,得

? f ? ? ? I 2 ? 0.49I10 ? 1 ? ? f2 ?

2

(5)

? 由于进入透镜 L1 的光强 I10 是平面镜 M 的反射光的光强,反射光是入射光的 80% ,设射入
装置的太阳光光强为 I 0 ,则

? I10 ? 0.80I 0
代入(5)式有

? f ? ? I 2 ? 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?
按题设要求

2

(6)

? I2 ? 2I0
代入(6)式得

? f ? 2 I 0 ? 0.39 I 0 ? 1 ? ? f2 ?
从而可求得两透镜的焦距比为

2

f1 ? 2.26 f2

(7)

L2 的直径应等于圆形窗户的直径 W,即 D2 ? 10cm ,由(2)式得

D1 ? D2

f1 ? 22.6cm f2

(8)

由图可知,平面镜 M 参与有效反光的部分为一椭圆,其半短轴长度为

b ? D1 / 2 ? 11.3cm
半长轴长度为

(9)

a ? D1 (2sin 22.5? ) ? 29.5cm

(10)

根据装置图的结构,可知透镜组的光轴离地应与平面镜 M 的中心等高,高度为 H .

评分标准:本题 20 分. 作图 8 分(含元件及其相对方位,光路) ,求得(7)(8)两式共 10 分, 、 、 (9)(10) 式共 2 分.

方案二:采光装置由平面镜 M 和两个凸透镜 L1、L2 组成,透镜组置于平面镜 M 前面, 装置中各元件的相对方位及光路图如图 2 所示. 对透镜的参数要求与方案一相同.

L1

f1

f2
但反射镜 M 的半短轴、半长轴的长度分别为 南
L2

b ? D2 / 2 ? 5.0cm


45?

M

W

a ? D2 (2sin 22.5 ) ? 13.1cm
?

22.5

?

H

评分标准:参照方案一. 图2 方案三、采光装置由平面镜 M 和一个凸 透镜 L1、一个凹透镜 L2 组成,透镜组置于平 面镜 M 后面 (也可在 M 前面) 装置中各元件 , 的相对方位及光路图如图 3 所示. 有关参数与方案一相同,但两透镜的距离 M 南

45?

L2
22.5?

L1 f2
f1

W

d ? f1 ? f 2
如果平面镜放在透镜组之前,平面镜的尺 寸和方案一相同;如果平面镜放在透镜组之 后,平面镜的尺寸和方案二相同. 评分标准:参照方案一. 图3

H

九、参考解答: 1.假设碰撞后球 1 和球 2 的速度方向之间的夹角为 ? (见图) ,则由能 量守恒和动量守恒可得 v0
2 2 2 2

v2
?

m0c ? m0c ? 0 ? m0c ? 1 ? m0c ? 2

(1) m0 (2)

0

? m0 v0? 0 ?

2

? ? m0 v1? 1 ? ? ? m0 v2? 2 ? ? 2 ? m0 v1? 1 ?? m0 v2? 2 ? cos ?
2 2

m0 v1

其中 ? 0 ?

1
2 1 ? v0 / c 2

, ?1 ?

1 1 ? v12 / c 2

,? 2 ?

1
2 1 ? v2 / c 2



由(1)(2)式得 、

1? ? 0 ? ?1 ? ? 2

(3) (4)

2 2 ? 0 ? 1 ? ? 12 ? ? 2 ? 2( v1v2 / c 2 )? 1? 2 cos ?

由(3)(4)式得 、

cos? ?

2 ? 02 ? 1 ? ( ? 12 ? ? 2 ) 2 ( ? 1 ? 1 )( ? 2 ? 1 ) 2 c ? c ?0 2v1 v2 ? 1? 2 v1 v2 ? 1? 2

(5)

??
即为锐角.

π 2

(6)

在非相对论情况下,根据能量守恒和动量守恒可得

1 1 1 2 2 m0 v 0 ? m0 v 2 ? m0 v 2 1 2 2 2

(7) (8)

? m0 v0 ?

2

? ? m0 v1 ? ? ? m0 v2 ? ? 2 ? m0 v1 ?? m0 v2 ? cos ?
2 2

对斜碰, v1 的方向与 v2 的方向不同,要同时满足(1)和(2)式,则两者方向的夹角

??
即为直角.

π 2

(9)

2.根据能量守恒和动量守恒可得

m0 c ?
2

m0 c 2
2 1 ? v0 c 2

?

m0 c 2 1 ? v12 c 2


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