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第24届-第32届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


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 ? 1.00 m 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 ? 2.00 s 。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 ? 9.80 m 。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

1

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 ac 的大小和方向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

2

三、 (20 分)如图所示,一容器左侧装有活门 K1 ,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; K1 、 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 K1 ,待容器内外压强相等时迅速关闭 K1 (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。

3

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 v0 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 v0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

4

五、 ( 25 分 ) 地 球 赤 道 表 面 附 近 处 的 重 力 加 速 度 为 g 0 ? 9.8m / s 2 , 磁 场 的 磁 感 应 强 度 的 大 小

B0 ? 3.0 ?10?5 T ,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 r 3 成反比(r 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 ? 5Re ( 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

mp ? 1.7 ?10?27 kg ,电子电荷量为 ? 1.6 ? 10?19 C ,地球的半径 Re ? 6.4 ?106 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

ue ? 1.4 ?104 m / s ,质子初速度的大小 u P ? 3.4 ?102 m / s 。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到
到达地球表面。

5

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。M1 和 M2 可以同步对称调节来改变其中心间的距离 h。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
6

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 ( 7 Li)* ,并放出中微子(当时写作η )
7
7 7

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

而 ( 7 Li)* 又可以放出光子 ? 而回到基态 Li

( 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 Li 的动能) 的 最 大 值 E R ? 56.6ev , ? 光 子 的 能 量 h? ? 0.48Mev 。 已 知 有 关 原 子 核 和 电 子 静 止 能 量 的 数 据 为
7 7

.19Mev ; me c 2 ? 0.51Mev 。设在第一个过程中, 7 Be 核是静止 mLi c 2 ? 6533 .84Mev ; mBec 2 ? 6534
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

第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答
一、参考解答: 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 B u0 h

u 0 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
L ? u0t1

(1)

( 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 max ? L
代入有关数据得

g 2h

( 3)

u0 max ? 0.71m/s

( 4)

如果 u0 ? u0 max ,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
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

( 5)

? 、 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 以 v1

? ? mV1? mv1 = mv1
因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得

( 6)

1 2 1 2 1 1 1 2 ?2 ? mV1?2 ? mu0 mv1 ? mu0 = mv1 2 2 2 2 2
解(6) 、 (7)两式,得

( 7)

??0 v1

( 8) ( 9)

V1? = v1 ? 2gh

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

8

xPQ ? A cos ??t ? ? ?
式中

(10)

??

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

2π T

(11)

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

(12)

A?

2 gh T 2?

(13)

? ??
把(13) 、 (14)式代入(10)式,得

π 2

(14)

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 2 xB ?t2 ? ? gt2 2
平板的 x 座标为

(16)

xPQ ? t2 ? ?
在碰撞时,有

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

xB ? t2 ? ? xPQ ?t2 ?
由(16) 、 (17) 、 (18)式,代入有关数据得

(18)

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

(19)

t2 ? 0.771s
如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

(20)

L ? u0 ?t1 ? t2 ?
由(1) 、 (20)和(21)式得

(21)

u0 ?

L ? 0.46m/s t1 ? t2
9

(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

0.46m/s ? u0 ? 0.71m/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:

(23)

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

0.730

0.750 3.12 2.76 0.36

0.760 3.02 2.83 0.19

0.765 2.96 2.87 0.09

0.770 2.91 2.91 0

0.771 2.91 2.91 0

0.772 2.90 2.91 -0.01

0.775 2.86 2.94 -0.08

0.780 2.81 2.98 -0.17

0.790 2.70 3.06 -0.36

0.810 2.48 3.21 -0.73

? ?

π? 2?

?

3.31 2.61 0.70

xPQ ? xB

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
B 点的向心加速度的大小为

( 1) ( 2)

aB ? ? 2l

因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 aB 也是 B 点的加速度,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 ? ?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 ( 4) CD vC ? vB cos
由图可知 CD ? 2 2l ,由(3) 、 (4)式得 aC tvCB (5) B A aC

( 3)

?

?

C aCn

? vC

aCn

2 2 ? ?l 8

? vB
D

其方向沿 CD 方向. 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 a Ct . 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

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 ? ? ? vCB ? vC ? vB 由几何关系得

vCB ?

2 2 vB ? vC ?

2 2 vB ? ?l 2 2
10

( 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 CB

( 7)

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

? aB ?BC ? aB cos

π 4
3 2 2 ?l 4

(9)

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

aCt ? aCB ? ? aB ? BC ?
(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

aC ?

a2C n ? a2 C t?

74 ? 8

2

l

(11)

aC 的方向与杆 CD 间的夹角

? ? arctan

aCt ? arctan 6 ? 80.54? aCn

(12)

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,Ax 轴与 AD 重合,Ay 与 AD 垂直.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

y C B

?

AB ? l , BC ? 2l , CD ? 2 2l , AD ? 3l ,

d? ? ?? , dt
11

A ?

? D

x

C 点坐标表示为

xC ? l cos? ? 2l cos? yC ? l sin? ? 2l sin ?
将(1) 、 (2)式对时间 t 求一阶微商,得

( 1) ( 2)

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

( 3)

( 4)

( 5)

( 6)

根据几何关系,有

CD sin ? ? AB sin ? ? BC sin ? CD cos ? ? AB cos? ? BC cos ? ? 3l


2 2 sin ? ? sin? ? 2 sin ? 2 2 cos? ? 3 ? cos? ? 2cos?
将(7) 、 (8)式平方后相加且化简,得

( 7) ( 8)

2 sin? sin ? ? 2 cos? cos? ? 3cos? ? 3 2 cos? ? 2 ? 0
对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 ? ?

( 9)

π π d? ,? ? , ? ?? ,得 2 4 dt d? 1 ? ? dt 2
d 2? 3 2 ? ? dt 2 8

(10)

对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得 (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

12

? 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)

? ? arctan1.4 ? 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 ? p0 ?V
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

( 1) ( 2) ( 3)

?U ? ? ?CV ?T ?T0 ?
由热力学第一定律可知

?U ? A
由理想气体状态方程,有

4 p0V0 ? ? RT0 5
p0 ?V ? ?? ? ?? ? RT0
p0V0 ? ? ?RT
由以上各式解出

( 4) ( 5) ( 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

p?
关闭 K2,两室中的气体状态相同,即

1 p0 2

( 8)

13

1 pa ? pb ? p , Ta ? Tb ? T , Va ? Vb ? V0 ,且? a ? ? b ? ? ? 2
? 、 pb ? 、 Va? 、 Vb? 、 Ta? 、 Tb? ,则有 度分别为 pa

( 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,设两室气体的压强、体积和温

paVa pbVb
由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

CV ? R CV

?Va? ? pa ?Vb? ? pb

CV ? R CV

(10) (11)

CV ? R CV

CV ? R CV

? ? pb ? pa
由理想气体状态方程,则有

(12)

?Va? ? ? a RTa? pa ?Vb? ? ? b RTb? pb


(13) (14)

Va? ? Vb? ? V0
由(8)~(15)式可得

(15)

1 Va? ? Vb? ? V0 2
R

(16) (17)

Ta? ? Tb? ? 2 CV T

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 v ? v Bl2 ,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又
引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺
14

l2

x O x

时针方向,则切割磁感应线产生的电动势 E v 与设定的正方向相反,自感电动势 E L ? ?L 同.因线框处于超导状态,电阻 R ? 0 ,故有

?i 与设定的正方向相 ?t

E L ?E v ? ?L


?i ? vBl2 ? iR ? 0 ?t

( 1)

L


?i ?x ? Bl2 ?0 ?t ?t
Bl2 ?x ? ? L?i

( 2)

( 3)



Bl ?i ?? 2 ?x L
可见 i 与 x 成线性关系,有

( 4)

i??

Bl 2 x?C L Bl 2 x L

( 5)

C 为一待定常数,注意到 x ? 0 时, i ? 0 ,可得 C ? 0 ,故有

i??

( 6)

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 x L

f ? Bl 2 i ? ?

( 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 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? xm 2 2? L ?

(10)


15

xm ?
故其运动方程为

2 Lmv0 2 B 2l2

(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

1 1 B 2 l22 2 2 m v0 ? l1 2 2 L
由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式
2 ? 2 1 2 1 ? B 2l2 mv0 ? ? ? l1 2 2? L ?

(13)



(14) mL (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,

v0 ?

Bl1l2

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 ? ? Lm v 0 ? ?

(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 im ? ? 边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动的速度可由下式决定
2 1 1 1 B 2 l2 2 m v0 ? mv 2 ? l12 2 2 2 L

Bl2 l1 ,磁场对线框两条 L


2 v ? v0 ? 2 B 2l12l2 Lm

(17)

五、参考解答:

16

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 ?
引力加速度

3

?5

( 1)

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 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 x ux
图1

2

( 2) z

uz v0 O uy v0 v

uy ? v0

y

qv0 B ? mg


v0 ?

mg qB

( 3)

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

qvB ? m


v2 R

17

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 ux 和 y 分量 uy 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

( 6) ( 7)

v0p ? 1.7 ?10?2 m/s

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 ? ux ? 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 ? 0.33m

(11) (12)

Rp ? 14.8m

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 2 Re ? 0.66 m 和 2Rp ? 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 ? 2.4 ? 10?? T 125 ? r ?

3

?5

(1)

18

引力加速度

9.8 ?R ? g ? ? 0 ? g0 ? m/s2 ? 0.39m/s 2 r 25 ? ?
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 速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、uy 和 uz. 若以 vx 、vy 、 O vx x z vz

2

( 2)

vy y
图1

vz 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 ? qv y B ? qB ? v y ? ? dt qB ? ?

( 3) dv y m ? ?qvx B dt ( 4)

m

dvz ?0 dt

( 5)

(5)式表明,所考察粒子的速度在 z 轴上的分量保持不变,即 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
dV y dt

( 9)

m

? ? qVx B

(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

Fx ? qBVy Fy ? ?qBVx

19

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

tan ?1 ?

Fy Fx

??
Vy Vx

Vx Vy

tan ? 2 ?

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

qVB ? m

V2 R
(11)

R?

mV qB

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 Vy ? u y ? v0
故有
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 , vy ? 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 、 Vy 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 ux 和 y 分量 uy 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)

20

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
电流密度的方向沿纬度向东.

(16)

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 ? ux ? v0

(17)

因题给出的电子与质子的初速度 ux 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 ? 0.33m

(18) (19)

Rp ? 14.8m

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 2Rp ? 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,即 设 P0? 点的坐标为 y0
? ? 0 ? y0 ? P0?P0 ? ? y ? y0 ? ? ? ? 由双缝到 P0? 点的光程差 ?1 ? S2 P 0 ? S1 P 0 ,从 S 1 作 S 2 P 0P 0 与三角形 S1 HS2 相 0 的垂线交于 H 点,三角形 OP
似,因 D ?? d , 则

y

P0?

G S ?s S? l

?2 S 1

? y0
z
21

d

O S2

H ?1

P0

D

图1

从 S2 作 S? S1 的垂线交于 G, S ? 到双缝的光程差

? d ,则 三角形 S OS? 与三角形 S1GS 2 相似,因 l ?

?2 ? S?S2 ? S?S1

(附 2)

d ? 2 ? S?S2 ? S?G ? GS1 ? ?GS1 ? ? ? s l
对满足零光程差条件的 P0? 而言,

?

?

(附 3)

d d? s ?S?S2 ? S2 P ?? ? ?S?S1 ? S1P ?? ? ?1 ? ?2 ? ? y ? ?0 0 0 ? ? ? ? D l


?y?

D ?? s l D ? d

(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 ?

(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?

l ? d

(附 9)

22

3. 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 M1M 3 S1P 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 0 和 ? 之间不同角度入射的平行光束,经迈克尔逊

a b

?

M1 H 双孔屏

观察屏 S1 d


h

y

P

M3
M4

S2

P0

a?
b?

?

M2

图2

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 光线 b ? 入射 M2 的光线经 M4 反射到达 S2 , 光线 b ? 从 M 2 点算起, 所经光程为 M 2 M 4 ? M 4 S 2 . 由 M1M3 ? M3 S1 ; 对称性可得 ( 1) M1M3 ? M3S1 ? M 2 M 4 ? M 4 S2 ? ? 也就是说从 M1 和 M2 算起,光线 b 和 b 到达 S1 与 S2 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 bM 1 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 HM1 引起的

( 2) 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

? ? ? M2 M4 S2 ? ? ? HM1M3 S1 ? ? ?HM1 ? ?h? ?1

? ? ?1 ? ?h? ? ? ? ?1
其零级亮纹所在位置 P0? 对应的光程差 ? ? 0 ,故 P0? 的坐标

d y D

( 3)

? ? h? ? y0

D d 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? ?

( 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 ?

D ? d

( 6)

23

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 ( 7) h 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

? 以及光线 a 在 M1、M3 的反 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
?? , FS1? ? FS1?? ,故 射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? 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

FS1? ? FG ? GS1

? 和到 S2 的光程相等;从光线 b ? 上一点到 S2 ? 和到 S2 的光程相等. (未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S2

a b

?

F

M1

? b
S1?

?lb

H
?
h

S1?

M3 G

S1

S1??
图3 图4

? b?

? S2

? 处的光程相 因此,光线 a 到 S1 处与光线 a ? 到 S2 处引起的光程差 ?la 与没有反射镜 M1、M2 时两光线到 S1? 、 S2
等.因 a、 a ? 垂直双孔屏,故

?la ? 0
通过双孔 S1 、 S2 后,光线 a、 a ? 在 P0 的光程差

( 1) ( 2)

?la? ? 0
24

?H ? 处求 b、b ? 两光线到达 S1 、S2 处的光程差 ?lb . ? 作 bS1? 的垂线 S2 平行光束 b b ? 斜入射时, 可从 S1? 、S2 由 S2
(见图 4) , 说明光线 b ? 超前于光线 b.

?lb ? HS1? ? h sin? ? h?

( 3)

P0?
b

S1
d

? y0

?
? S2 ?lb

?

b?

a

a?

P0

图5

通过双孔 S1 、 S2 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 S2 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 S2 孔后多走 的光程

? ? S2 P ? ? ?lb 0 ? S1P 0 ? d sin ? ? d?

( 4)

? 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 从 ?lb ? ?lb

?? ?
P0? 的位置坐标
? ? D tan ? ? D? y0
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

h d

( 5)

( 6)

? 之间的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消失, 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S2

? ? P 0P 0 ? y0 ? 0 ? ? y ? D? ? 当P 0P 0 等于条纹间隔 ?y ,即

( 7)

P0 P0? ?
代入(7)式得

D ? d

( 8)

??
由(5) 、 (9)两式,得

?
d

( 9)

??

?
h

(10)

25

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 ? 角为

l ? ,从而扩展光源对双缝中心的张 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 S1 以及光线 a 在 M1、M3 的反

?? , FS1? ? FS1?? ,故 射点 F 和 G.由物像的对称性可知 GS1 ? 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

FS1? ? FG ? GS1

? 和到 S2 的光程相等;从光线 b ? 上一点到 S2 ? 和到 S2 的光程相等.从分 (未画出)而言,从光线 a ? 上一点到 S2 ? 为 S2 经 M4、M2 反射的等效像点,从而可将测星干涉看作是 析可知, S1? 为 S1 经 M3、M1 反射的等效像点, S2 ? 的等效杨氏双缝干涉,其缝距为 经双孔 S1? 、 S2
( 2) ? 之间的距离)h,直到屏幕上的干涉条纹消失, 由小到大调节反射镜 M1、M2 之间的距离(也就是 S1? 、 S2 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

?S2 ? ?h S1

??
得到与前两种解法相同的结果.

?
h

( 3)

七、参考解答:
7 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

?

? 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
量, p? 表示光子的动量,则由动量守恒定律有

(1)

? 7 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 Li 的动

?

? p
由(1) 、 (2)式得

? Li

? ? ? pLi ? pγ

( 2)

? ? ? 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 ?


h? c

( 4)

26

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 ?
由(5) 、 (6)式得

2 pLi 2mLi

( 6)

pη c ? 2mLi c 2 ER ? h?
代入有关数据得

( 7)

pη ? 0.38MeV/c
用 Eη 表示中微子的能量,根据相对论有
2 2 2 2 Eη ? mη c ? pη c

( 8)

( 9)

根据能量守恒定律有

mBec2 ? mec2 ? mLi c2 ? ER ? h? ? Eη
由(9) 、 (10)式得
? 2? mη c 2 ? ?? mBe c 2 ? me c 2 ? mLi c 2 ? ER ? h? ? ? pη c ? ? ? ? 2 1 2

(10)

(11)

由(8)式和已知数据得

mη ? 0.00MeV/c2
止质量.如果有,其质量一定小于 0.1MeV / 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

27

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、 (5 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 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 2、 (5 分)在国际单位制中,库仑定律写成 F ? k
?11

m3 ? kg ?1 ? s?2 ,由于

?3 。 k g? m

q1q2 9 2 ?2 ,式中静电力常量 k ? 8.98 ? 10 N ? m ? C ,电荷量 2 r

q1 和 q2 的单位都是库仑,距离 r 的单位是米,作用力 F 的单位是牛顿。若把库仑定律写成更简洁的形式

F?

q1q2 qq ,式中距离 r 的单位是米,作用力 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 2 r r

中距离 r 的单位是米,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、 (5 分)电子感应加速器(betatron)的基本原理如下:一个圆环真空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
2

地运行的椭圆轨道,
4

近地点离地面高 Hn ? 2.05 ?10 km ,远地点离地面高 H f ? 5.0930 ?10 km ,周期约为 16 小时,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 , 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
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=490N,要把近地点抬高到 600km,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 Hm 约为 200km,周期 Tm=127 分钟,试据此估算月球质量与地球 质量之比值。
28

三、 (22 分)足球射到球门横梁上时,因速度方向不同、 位置有别,其落地点也是不同的。已知球门的横梁为圆柱 平方向的速度沿垂直于横梁的方向射到横梁上, 球与横梁

射在横梁上的 形,设足球以水 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=300K 时充 以压强 p0 ? 5.2 ?105 Pa 的氢气。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,试论证蒸气压温度计中的
5

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-

29

。 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

?

mv2 ? 6eV0 ,不计电子之间的相互作用及重力作用。

1、 满足题给条件的 ? 和 tb 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 ?

eV0 。 (本题按画出的图评分,不须给出计算过程) 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

(采用的估算方法必须利用本题所给出的有关数据) m ? 9.11?10?31 kg ,基本电荷 e ? 1.60 ?10?19 C 。 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
4

特藩—玻尔兹曼常量,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 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 , 中 子 和 质 子 质 量 分 别 是
3

3

3

3

3

3

mn ? 1.008665u



30

mp ? 1.007825u , 1u ?
量。

931.5 1.44 MeV ,式中 c 为光速,静电力常量 k ? 2 MeV ? fm ,式中 e 为电子的电荷 2 c e

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
208

3

3

Pb 核的半径 R pb 。

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

?5 ?5 1 . 0? 6 1 0 (答 1.05 ?10 也给)

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 ? rn ? r ? Hn ? ?R ?? H ?? f? ? ? f ? ?R 2 2?

1 ? ? 2

H ?? H n f

? R

(1)

a ? 3.1946 ?104 km
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

(2)

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 vn 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

31

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

(10)

vf ?

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

(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

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

? ? 6.00 ?10 km.由(11)式,可求得卫星 轨道远地点高度 Hf? ? Hf ? 5.0930 ?10 km,但新轨道近地点高度 Hn
4 2

在新轨道远地点处的速度为 km/s v? f ?1 . 2 3 0 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 ? v? f ? 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

L ? rmv sin ? ? 2m?
其中

(16 )

? ? 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
32

1 2

(17)

角动量,得

? ? 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 . 6 7? 8 4 1s0 (约 15 小时 46 分)
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 之比的平方等于它们的轨道半长轴
2 3

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

? 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 a R 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 4π2 rm M 2 gR2Tm

(24)

33

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 为过横 点为足

? 梁轴线).图中B表示横梁的横截面,O1为横梁的轴线;O1O1
梁轴线并垂直于轴线的水平线;A表示足球,O2为其球心;O 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

(1) (2)

Fy ?t ? mvy ? mv0y

式中 v0x 、 v0y 、 vx 和 vy 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

(6 )

vx vy

(7 )

34

1 ? 1? tan? ? tan? 0 ? ? ?1 ? ? e ? e?
由图可知

(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 ? ? ? e2 ? 2 ?1 ? ? ? 4e ? 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)

35

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知温度下的压强, T p



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,故至少还要测定另一己知温度下的压 T p

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
p vVB RTv

(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 ?

(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

n2 M ? n 2 E ?
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 ?
代入有关数据得

p vT0 ? p0Tv V ? p0 ? pv ?Tv B

(10)

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
36

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 ? mv2 ? m ? v ? ?v ? ? 2 ?2 ?
?lSnm v?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 ne 2 S
?Ek ? ?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

37

??
式中

mΔI ne 2 It

(8 )

t ? 3 6 5? 2 4 ? 3600s=3 ? .71 5 1 0 s
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,Ts 为太阳表面的绝对温度.若太阳的半径为 Rs,则单位时间内整个太阳表面向 外辐射的能量为
2 P s ? 4π Rs Ws

(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 P D ? 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
38

(7)

于是有

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它们的库仑能差.
3 3 3 3

?B ? 0.763 MeV

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 2rN

(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 (2rN ) .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 ArN3
另一方面,当 A 较大时,有

(6)

V?

4? 3 R 3
39

(7)

由(6)式和(7)式可得 R 和 A 的关系为

?6? R ? ? ? rN A1/ 3 ? r0 A1/ 3 ?π?
其中系数

1/ 3

(8)

?6? r0 ? ? ? rN ?π?
把(5)式代入(9)式得

1/ 3

(9)

r0 ? 1.17 fm
由(8)式和(10)式可以算出
208

(10)

P b 的半径

RPb ? 6.93fm

(11)

40

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

OP ? c ,求桌面对桌腿 1 的压力 F1。 OA

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41

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。

。 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

M ;学生乙以月 R2 m 心为参考系,同样利用牛顿第二定律和万有引力定律,得到地球相对于月心参考系的加速度为 a e ? G 2 。这 R
考系,利用牛顿第二定律和万有引力定律,得到月球相对于地心参考系的加速度为 a m ? G 二位学生求出的地-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(cV 是常量,T 为燃气的绝对温度) 。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
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cV ? R cV

?C

(恒量) ,式中 R 为普适

气体常量,求喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率。

42

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 为旋转角速度,g 为重力加速度(当代已使用大面积的此类旋
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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? x ?v 2 1 ? u? xv / c

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。
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43

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: 速。 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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E V ?? ?? 1 ,其中 c 为光 2 c Mc

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 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 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 种简化模型来研究此问题。

对 负 一

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,x 为振子相 对平衡位置的位移。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
44

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. (5 分) 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. (3 分) 4.答案与评分标淮: (5 分) 2 E0 C 0 . 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. (5 分) 错误!未找到引用源。 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,

错误!未找到引用源。

F2 ? F4 .
考察对桌面对角线 BD 的力矩,由力矩平衡条件可得

错误!未找到引用源。

F3 ? cF ? F1 .

错误!未找到引用源。

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.

45

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
错误!未找到引用源。

F1 ? F3 ? 2F2 .
由(1)、(2)、(3)、(4)式,可得

2c ? 1 F, 4 1 ? 2c F3 ? F, 4 F1 ?
当c ?

错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。

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力,这是不可能的, 2

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. 错误!未找到引用源。

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

46

万有引力定律和牛顿第二定律有

G

Mm ? ? Mae , R2
? ? , fm ? mae

错误!未找到引用源。

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 错误!未找到引用源。

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
由(1)、(2)、(3)三式,得

Mm ? ? fm ? mam . 2 R am ? G M ?m , R2

错误!未找到引用源。

错误!未找到引用源。

加速度的方向指向地球.
? 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 , R2
? ? , fM ? Mam

错误!未找到引用源。

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 错误!未找到引用源。

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

错误!未找到引用源。

ae ? G

M ?m , R2

错误!未找到引用源。

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. 错误!未找到引用源。

47

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 S1 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 v1 、 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 ,

错误!未找到引用源。

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 ?

?m

?

RT

错误!未找到引用源。

和绝热过程方程

p1 ? ?V1 ?
可得

cV ? R cV

? p2 ? ?V2 ?

cV ? R cV

,错误!未找到引用源。

48

? p2 ? T2 ? ? ? ? p1 ?

R cV ? R

T1



错误!未找到引用源。

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

?1 S1 v1 ? ? 2 S 2 v2 ,

错误!未找到引用源。

v ? 再利用(1)、(3)式,知 1

?2 S2 S ? p2 ? ? v2 ? 2 ? ? ?1 S1 S1 ? p1 ? ?
v 1 ?? v 2 .

cV cV ? R

v 2 ,因 S

2

?? S1 , p2 ?? p1 ,故
错误!未找到引用源。

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 ? .错误!未找到引用源。 2 ?
W ? p1?V1 ? p2?V2 .
错误!未找到引用源。

体系移动过程中,外界做的总功为

根据能量守恒定律,绝热过程满足

?E ? W ,

R ? ? c V ? ? 2?cV ? R ?T1 ? p2 ? R ? 1? ? ? , ? ? ? ? p1 ? ? ? ? ? ? ?

错误!未找到引用源。

v2 ?
其中利用了(2)、(4)两式. 评分标准:本题 20 分.

错误!未找到引用源。

(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. 错误!未找到引用源。

49

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

错误!未找到引用源。

z?

r2 . 4f

错误!未找到引用源。

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. 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
2

S M ? z ? ? π ? R 2 ? r 2 ? ? π ? R 2 ? 4 fz ? .

错误!未找到引用源。

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

z?
其高度 z 处的水平截面为圆面,面积为

R2 ? r 2 , 4f

错误!未找到引用源。

S? ? z ? ? πr 2 ? π ? R 2 ? 4 fz ? ? S M ? z ? . 错误!未找到引用源。
由此可知

M ? ? ?V ?
即停转后抛物液面最低点上升

1 2 R2 , πR 2 4f

错误!未找到引用源。

h?

M R2 . ? πR 2 8 f
50

错误!未找到引用源。

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 y 0 .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

错误!未找到引用源。

y??

v f y0 ? y0 . u f ?u

错误!未找到引用源。

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

错误!未找到引用源。

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

错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。

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


错误!未找到引用源。

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

错误!未找到引用源。

u?
评分标准:本题 20 分.

R . 2

错误!未找到引用源。

(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. 错误!未找到引用源。 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

ux ? c cos ? , ? u? x ? c cos ? .
再利用相对论速度变换关系,得

错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。

51

cos? ?

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

错误!未找到引用源。

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.

?

错误!未找到引用源。

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

P?t? ? ?m0c2 ,

错误!未找到引用源。

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- v c
2 2



错误!未找到引用源。

?E ?

?m 0 c 2 1? v2 c2



错误!未找到引用源。

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



错误!未找到引用源。

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.

错误!未找到引用源。 错误!未找到引用源。

第 2 小问 13 分.(5)、 (6) 、(7)式各 2 分,(8)式 3 分,(9) 、(10) 式各 2 分. 错误!未找到引用源。 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

E c ? MV ? ? E? c ? MV ? ,
52

错误!未找到引用源。

E ? MV 2 2 ? E? ? MV ?2 2 .
其中 V ? 为碰撞后反射镜的速度.从上两式消去 V ? ,得

错误!未找到引用源。

E ? E? ?

4E 1?V c ?

?1 ? V c ?
E? ? E

2

? 4 E Mc 2

?

2E .错误!未找到引用源。 1?V c
错误! 未找到引用源。

1?V c 1?V c



V 1 ?? 1 时, ? 1 ? V c ,可得 c 1?V c

E ? ? E?1 ? 2V c ? .

错误!未找到引用源。

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

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 ? c ?V ? nc ? n?? c ? 2 ? ? n?c c ?V ? c ?V ?
故有

53

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 ?
注意到 V ?? c 有

2

(10)

? ? ? ? ?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. 错误!未找到引用源。 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 x2 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

错误! 未找到引用源。

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

(2)

? x ?x ? ? x ? ? x ? kC 为 静 电 力 常 量 . 因 R ? x1 ? x2 ? R ?1 ? 1 2 ? , R ? x1 ? R ?1 ? 1 ? , R ? x2 ? R ?1 ? 2 ? , 利 用 R? R? R ? ? ? ?

?1 ? x ?

?1

? 1 ? x ? x 2 ,可将(2)式化为

U ??
因此体系总能量可近似表为

2kC q 2 x1 x2 , R3

(3)

1 1 2 1 2 1 2 2kCq2 x1 x2 E ? mv 2 ? kx1 ? mv2 ? kx2 ? . 1 2 2 2 2 R3

(4)

54

注意到 a ? b
2

2

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

2

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 ? ?v1 ? v2 ? u2 ? ?v1 ? v2 ?

2 ,(6) 2,
(7) (8) (9)

y1 ? ? x1 ? x2 ? y2 ? ? x1 ? x2 ?

2, 2.

(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 ?
?2 ?
在绝对零度,零点能为

k ? 2kCq 2 R3 , m k ? 2kCq 2 R3 . m
1 ? ??1 ? ?2 ? , 2

(10)

(11)

E0 ?

(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

(13)

?0 ?

k m

(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 4 ? kC q . 32 12 6 2k m R

(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.
55

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, 2 摆长依次减小.设重力加速度 g = 9 . 80 m/ s , 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 1 1 8 数字.已知 1 毫角秒=1000 角秒,1 角秒=3600 度,1AU=1.5×10 km,光速 c = 3.0 ×105km/s. 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
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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 >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 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 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 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 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 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

+Q 和 -Q 心 O 和 O’的连 小孔损失的电 点距离为 R 的 A

初动能各为多

络 系 列 . n=1 时, 最小正方形 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 4 律:单位面积的辐射功率 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 8 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=1.50×10 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
0

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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.

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.

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第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、 (20 分)如图所示,哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动,其周期 T 为 76.1 年。1986 年它过近 日点 P0 时,与太阳 S 的距离 r0=0.590AU,AU 是天文单位,它等于地球与太阳的平均距离。经过一段时间, 彗星到达轨道上的 P 点,SP 与 SP0 的夹角 θP=72.0° .已知:1AU=1.50× 1011m,引力常量 G=6.67× 10-11m3?kg-1?s-2, 太阳质量 mS=1.99× 1030kg.试求 P 到太阳 S 的距离 rP 及彗星过 P 点时速度的大小及方向(用速度方向与 SP0 的 夹角表示) 。
P rP θP S

P0

二、 (20 分)质量均匀分布的刚性杆 AB、CD 如图放置,A 点与水平地面接触,与地面间的静摩擦因数为 μA, B、D 两点与光滑竖直墙面接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦因数为 μC,两杆的质量均为 m,长度均为 l. (1)已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角 θ,求 CD 杆与墙面的夹角 α 应满足的条件(用 α 及已知量满足的方程 式表示) 。 (2)若 μA=1.00,μC=0.866,θ=60.0° ,求系统平衡时 α 的取值范围(用数值计算求出) 。

D α B θ

C A

77

三、 (25 分)人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称轴稳定在规定指向,一种最简单的办法就是让卫 星在其运行过程中同时绕自身的对称轴旋转。但有时为了改变卫星的指向,又要求减慢或者消除卫星的旋转。 减慢或者消除卫星旋转的一种方法是所谓的“YO—YO”消旋法,其原理如图。 设卫星是一半径为 R、质量为 M 的薄壁圆筒,其横截面如图所示。图中 O 是圆筒的对称轴。两条足够长的 不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的 Q、Q'(位于圆筒直径两端)处,另一端各 拴有一质量为 m/2 的小球。正常情况下,绳绕在圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的 P0、 P0'处,与卫星形成一体,绕卫星的对称轴旋转。卫星自转的角速度为 ω0.若要使卫星减慢或停止旋转(消旋) , 可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆筒表面相切点到小球的那 段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,接触小球与卫星的联系,于是卫星停止 转动。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q'处。试求: (1)当卫星角速度减至 ω 时绳拉直部分的长度 l; (2)绳的总长度 L; (3)卫星从 ω0 到停转所经历的时间 t.
Q m/2 P0' O P0 m/2 ω0 Q'

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四、 (20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz,如图所示。匀强电场沿 x 方向,电场强度 E1 ? E0i ,匀强磁场沿 z 方向,磁感应强度 B ? B0k ,E0、B0 为已知常量, i 、 k 分别为 x 方向和 z 方向的单位矢量。 (1)有一束带电量都为正 q、质量都为 m 的粒子,同时从 Oyz 平面内的某点射出,它们的初速度均在 Oyz 平 面内,速度的大小和方向各不相同。问经过多少时间这些粒子又能同时回到 Oyz 平面内。
? ? qB0 (2)现在该区域内再增加一个沿 z 方向随时间变化的匀强电场,电场强度 E2 ? ( E0 cos ?t )k ,式中 ω= m .若有一

?

?

?

?

?

?

电荷量为正 q、质量为 m 的粒子,在 t=0 时刻从坐标原点 O 射出,初速度 v 0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的 坐标随时间变化的规律。 (不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考虑变化的电场产生的磁场)
y O

?

z

x

五、 (15 分)半导体 PN 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射 PN 结时,PN 结两端会产生电 势差,这就是光生伏打效应。当 PN 结两端接有负载时,光照使 PN 结内部产生由负极指向正极的电流即光电 流,照射光的强度恒定时,光电流也是恒定的,已知该光电流为 IL;同时,PN 结又是一个二极管,当有电流 通过负载时,负载两端的电压 V 使二极管正向导通,其电流为 I D ? I 0 (eV V ? 1) 式中 VT 和 I0 在一定条件下均为已
T

知常数。 (1)在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负载两端的电压 V 的关系式 I= 能 电 池 的 短 路 电 流 IS = . (2)已知一硅 PN 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1× 10-9mA,VT=0.026V.则此太阳能电池的开路电压 VOC= V.若太阳能电池输出功率最大时,伏在两端的电压可近似表示为 VmP ? VT ln VmP= V.太阳能电池输出的最大功率 Pmax= Ω.
1 ? I L I0 ,则 1 ? VOC VT

.太阳 . 负 载 功 率 P=

, 开 路 电 压 VOC=

mW.若负载为欧姆电阻,

则输出最大功率时,负载电阻 R=

79

+ 光 -

负 载

六、 (20 分)如图所示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔与大气相通,大气的压强为 P0.用一 热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸分为 A、B、C 三室,隔板与气缸固连,活塞相对气缸可以 无摩擦地移动但不漏气。气缸的左端 A 室中有一电加热器 Ω.已知在 A、B 室中均盛有 1 摩尔同种理想气体,电 加热器加热前,系统处于平衡状态,A、B 两室中气体的温度均为 T0,A、B、C 三室的体积均为 V0.现通过电 加热器对 A 室中气体缓慢加热, 若提供的总热量为 Q0, 试求 B 室中气体的末态体积和 A 室中气体的末态温度。 5 (设 A、B 两室中气体 1 摩尔的内能为 U=2RT,式中 R 为普适气体常量,T 为绝对温度)
N M

Ω A B C

80

七、 (20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧与它共轴地放置两个半径 皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B.每个球面镜的凹面和凸面都是能反光的镜面。A、B 顶点间的距离 3R/2.在 B 的 顶点 C 处开一个透光的小圆孔(圆心为 C) ,圆孔的直径为 h.现于凸透镜 L 左方距 L 为 6R 处放一与主轴垂直 的高度也为 h(h<<R)的细短杆 PQ(P 点在主轴上).PQ 发出的光经 L 后,其中一部分穿过 B 上的小圆孔正 好成像在球面镜 A 的顶点 D 处,形成物 PQ 的像 I.则: (1)像 I 与透镜 L 的距离等于 ; ; (2) 形成像 I 的光线经 A 反射, 直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离等于

(3)形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像为 I2,将 I2 的有关信息填在下表中: I2 与 L 的距离 I2 在 L 左方还是右方 I2 的大小 I2 是正立还是倒立 I2 是实像还是虚像

(4) 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上小圆孔 C 的那部分光最后通过 L 成像为 I3, 将 I3 的有关信息填在下表中: I3 与 L 的距离 I3 在 L 左方还是右方 I3 的大小 I3 是正立还是倒立 I3 是实像还是虚像

L h Q P O C

B

A

M

D

N

6R

3R/2

81

1 3 p?1 H ? 23 He ? 01n ,反应中所有粒子的速度均远小于光速。试问: 八、 (20 分)有一核反应其反应式为 1

(1)它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少? (2)在该核反应中,若 13 H 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该反应能够发生的入射粒子的最小动 能(相对实验室参考系) 。 (3)已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质子的入射方向成 60.0° 角,则 该中子的动能 Tn 为多少?
1 3 p 、 01 n 、 1 H 核 、 23 He 核 的 静 止 质 量 分 别 为 : mp=1.007276u , mn=1.008665u , m H =3.015501u , (已知 1
3 1

m 3 He =3.014932u.u 是原子质量单位,1u 对应的能量为 931.5MeV.结果取三位有效数字)
2

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛答案
一、参考解答: 解法一 取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2
a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所示.

(1 )

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆 周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 2 3 ae Te

(2 )

y
P

b
82

rP
S

?P
x P 0

a

O

设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得

c ? a ? r0

(3) (4 )

b ? a2 ? c2
由图 1 可知,P 点的坐标

x ? c ? rP cos?P

(5) (6)

图1

y ? rP sin ?P
把(5) 、 (6)式代入(1)式化简得

?a
根据求根公式可得

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

(7)

b2 ? a ? c cos ? P ? rP ? 2 2 a sin ? P ? b2 cos2 ? P
由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得

(8)

rP ? 0.896AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

(9)

E=?

Gmms 2a

(10)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmm s ? mvP ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?


(11)

v P ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(12)

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
设 P 点速度方向与 SP0 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律

(13)

rP vP sin ?? ??P ? ? 2?
其中 ? (14) 为面积速度,并有

y
(15) P

??

πab T

b
83

rP
S

?P
P 0

?

a

O

x

由(9) 、 (13) 、 (14) 、 (15)式并代入有关数据可得

? ? 127?



16



图2 解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角为 ? ,取逆时针为正向, 用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为

r?

p 1 ? e cos ?

(1)

其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解析几何可知

p ? a ?1 ? e 2 ?
将(2)式代入(1)式可得

(2)

r?

a 1 ? e2 1 ? e cos?

?

?

(3 )

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕太阳作圆 周运动) ,则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 2 3 ae Te
在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得

(4)

e ? 1?
将 ? P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

r0 a

(5)

rP ? 0.895AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

(6)

E=?

Gmms 2a

(7)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmms ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
可得

(8)

v P ? Gms ?

2 1 ? rP a

(9 )

84

代入有关数据得

vP = 4.39 ?104 m ? s?1

(10)

设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? ,彗星在近日点的速度为 v0 ,再根据角动量守恒定律,有

rP vP sin ?? ??P ? ? r0 v0
根据(8)式,同理可得

(11)

v0 ? Gms ?
由(6) 、 (10) 、(11)、(12)式并代入其它有关数据

2 1 ? r0 a

(12)

? ? 127?
评分标准: 本题 20 分 解法一

(13)

(2)式 3 分, (8)式 4 分, (9)式 2 分, (11)式 3 分,(13) 式 2 分,(14)式 3 分,(15)式 1 分, (16) 式 2 分. 解法二 (3)式 2 分, (4)式 3 分, (5)式 2 分, (6)式 2 分, (8)式 3 分,(10) 式 2 分,(11)式 3 分,(12)式 1 分, (13)式 2 分.

二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

y

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1 为地面对杆 AB 的
支持力, f 2 、 N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支持力,

D

N4

??
B N3 E F N2 mg f2 C mg f1 N1 A x

N3 、N 4 分别为墙对杆 AB 和 CD 的作用力,mg 为重力.取杆
AB 和 CD 构成的系统为研究对象,系统平衡时, 由平衡条件


??
O

N4 ? N3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

(1) (2)

85

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 (3) 2 2 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, E 为 BF 与 CD 的交点.由几何关系有
C F? l sin ? co ?t
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有 (4)

N4 ? N2 cos? ? f2 sin ? ? 0 N2 sin? ? f2 cos? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

(5 ) (6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

N4 ?

1 mg tan ? 2

(8 )

1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2 ? 3tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2

(9)

(10)

N1 ? 2mg
1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为

(11)

(12)

(13)

f 2 ? ?c N2
由(12) 、 (13) 、 (14)式得

(14)

tan ? ?
AB 杆平衡的必要条件为

2 ? ?C sin ? ? cos ? ? ?C cos ? ? sin ?

(15)

f1 ? ? A N1
86

(16)

由(10) 、 (11) 、 (16)式得

因此,使系统平衡, ? 应满足的条件为(15)式和(17)式. 2.将题给的数据代入(15)式可得

tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4 ? A ? 3 tan ? sin ? cos ?

(17)

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得 因此, ? 的取值范围为

(18)

? ? 19.5?

(19)
? 21 .1

1 9 . ?5? ? ?
评分标准: 本题 20 分 第 1 问 15 分

(20)

(1 ) 、 (2) 、 (3)式共 3 分, (4)式 1 分, (5 ) 、 (6 ) 、 (7)式共 3 分,(9) 、(10) 式各 1 分,(12)到(17)式 各 1 分. 第2问5分 (18)式 1 分, (19)式 3 分, (20)式 1 分. 三、参考解答: 解法一 1. 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状态如图 1 所 于 P 点,绳与圆筒的切点为 T , P 到 T 的距离即绳的拉 长度为 l ,圆筒的角速度为 ? ,小球的速度为 v .小球的 分解成沿着绳子方向的速度 v1 和垂直于绳子方向的速 分量.根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有 图1 (1) (2) O T

v
v1
P

v2

示, 小球位 直部分的 速度可以 度 v 2 两个

1 1 1 1 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v12 ? v2 ? 2 2 2 2

MR2?0 ? mR2?0 ? MR2? ? mRv1 ? ml v2
因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即

v1 ? R?
解(1)、(2)、(3)式得

(3)

87

??

?M ? m?R 2 ? ml2 ? ?M ? m?R 2 ? ml2 0

(4)

2?M ? m?R 2 l v2 ? ? ?M ? m?R 2 ? m l2 0
由(4)式可得

(5)

l?R

M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ?

(6)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(6)式,当 ? ? 0 得

L?R

M ?m m

(7)

T?

??2 ??1 T
O

l ? ?l
l

这便是绳的总长度 L. 3.如图 2 所示,从时刻 t 到 t ? ?t ,切点 T 跟随圆筒转 角度 ??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的长度增加了 ?l , 相对圆筒又转过一角度 ?? 2 ? 内,切点转过的角度

v2 ? t ?
过一 切点 图2 间

?l , 到达 T ? 处, 所以在 ?t 时 R ?l R

?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ?

(8 )

切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ? ? ,而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的 速度 v2 引起的,故有

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v 2 ?t l

(9)

v2 ? l ??0 ? ? ?
由(8)、 (9 ) 、 (10)三式得

(10)

?l ? R?0?t
(11)式表示 l 随 t 均匀增加,故 l 由 0 增加到 L 所需的时间为

(11)

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

(12)

88

解法二 1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究,先研究任何时刻小球的速 度. 在 t 时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动 示,绳子的拉直部分与圆筒面的切点为 T ,小球到 即绳的拉直部分的长度为 l ,小球到转轴 O 的距离 速度为 ? . 由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运 切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 t 时刻, OT 与 圆筒上的半径 OP 0 的夹角为 ? ,如图 2 所示.由于小球相 的运动,经过时间 ?t ,切点从圆筒上的 T 点移到 T ? 点,
m 2

Q
R

T l r
m

状态如图 1 所
2

P0?
O

切点 T 的距离 为r, 圆筒的角 动,绳将展开,

P 0
Q?

?
T?

图1 固 定 在

l? l

?? T

P?

对 圆 筒

?
O

P P 0

OT ? 与

OP0 的夹角变为 ? ? ?? ,绳的拉直部分的长度由 l 变为
由 P 运动到 P? , PP? 便是小球相对圆筒的位移.当 ?t 很

l ? ,小球
小 时

????

l ? l ? ,故

图2

???? PP? ? l ??? ? l ??
于是小球相对圆筒的速度大小为

v? ? l

?? ? l?? ?t

(1)

方向垂直于 TP . ?? 是切点相对圆筒转动的角 速度. 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与 圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系 的运动.当圆筒的角速度为 ? 时, 位于转动参考 系中的 P 点(小球所在处)相对质心系的速度 T

? v? ? v?1
l

? v

? v?
P

? v? 2

? ? v? ? v? 2

R O

?

v? ? r?

r

(2)

P 0

方向垂直于 OP .可以把 v? 分解成沿着 TP 方 向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 ,如图 3 所示,即

图3

v?1 ? R?

(3)

89

v? 2 ? l?
?

(4)

小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 P 点相对质心系速度的合成, 由图 3 可得 v 的大小
2 v ? v? 1 ? ? v? 2 ? v? ? 2

?

(5)



l ? R?
故有

(6)

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv 2 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有
2 m ? ? ?? ? ? 2 ? M ?m

(8 ) (9)

?02 ? ? 2 ?
由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

(10)

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
故有

?? ? ?0

(12)

上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量,将 (12)式代入(11) 式得

??
由(6)、(13)两式得

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ? M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

(13)

l?R

(14)

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(14)式,当 ? ? 0 得绳总长度, 即

90

L?R

M ?m m

(15)

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为

? ? ?0t
当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

(16)

?s ?

M ?m m

(17)

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16) 、 (17)式得

ts ?
评分标准: 本题 25 分. 解法一

?s 1 ? ?0 ?0

M ?m m

(18)

第 1 问 12 分. (1) 、 (2)式各 3 分, (3)式 2 分, (6)式 4 分. 第 2 问 3 分. (7)式 3 分. 第 3 问 10 分. (8) 、 (9)式各 3 分, (10)式 2 分, (11) 、 (12)式各 1 分. 解法二 第 1 问 18 分. (1)式 3 分, (2)式 2 分, (7)式 2 分, (8)式 3 分, (9)式 3 分, (12)式 2 分, (14) 式 3 分, 第 2 问 3 分. (15)式 3 分. 第 3 问 4 分. (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 1 分. 四、参考解答: 1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为 v0 y 和 v0 z .因为粒子在 z 方向不受电场 力和磁场力作用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的初速度表示为

v0y ? ?v0y1 ? v0y ? v0y1
其中

(1)

v0y1 ? ?
沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

(2)

91

f Bx ? ?qv0 y1B0
沿 x 负方向.粒子受到的电场力

(3)

f E ? f Ex ? qE0

(4)

沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒子以大小为 度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度

E0 的速 B0

v0y 2 ? v0y ?

E0 B0

(5)

沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示圆周运动的半径, 有

qv0y 2 B0 ? m
可得

2 v0 y2

r

(6)

r?

mv0y 2 qB0
2?m qB0

(7)

由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

(8)

(8)式表明,粒子运动的周期与粒子在 y 方向的初速度无关.经过时间 T 或 T 的整数倍所考察的粒子就能同时 回到 Oyz 平面. 2.增加的电场 E2 对粒子在 Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在 z 方向要受到此电场力作用.以 az 表示 在此电场力作用下的加速度,有

?

maz ? qE0 cos ?t


(9)

az =
这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

(10)

az = ?? 2 z
由(10)、 (11)可得

(11)

z??

1 qE0 cos ?t ?2 m

(12)

因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的运动是匀速运动与 简谐运动的叠加,即有
92

z ? v0z t ?

1 qE0 cos ?t ?2 m
O

(13) 平面内作 y

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响. 设 ? 0 为粒子在 Oxy 圆周运动的角速度,则有

?

?0 ?

2π qB0 ? T m

(14)

?0 t
r r

? v0 y 2

由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变化关系

x? ? r ?1 ? cos ?0t ?
y? ? rsin?0t

(15) x (16)

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 的匀速运动,并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件,可得带电粒子的 运动规律:

x?

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ? E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m
mE0 qB cos 0 t 2 qB0 m

(17)

y??

(18)

z ? v0z t ?
评分标准: 本题 20 分.

(19)

第 1 问 12 分. (2) 、 (3) 、 (4)式共 5 分, (5 ) 、 (6) 、 (7)式共 4 分, (8)式及相关说明共 3 分. 第 2 问 8 分. (12)式 2 分, (14)式到(19)式各 1 分. 五、答案与评分标准 本题 15 分.
V ? V ? 1. I L ? I 0 ? e T ? 1 ? ? ? ? ?

(2 分) , IL

(2 分) , VT ln ? 1 ?

? ?

IL ? ? I0 ?

(2 分) ,

? V ? VI L ? VI 0 ? eVT ? 1? ? ? ? ?
2.0.62V

(1 分) . (2 分) ;49mW (2 分) ;6.0 ? (2 分) .

(2 分) ;0.54V

六、参考解答: 在电加热器对 A 室中气体加热的过程中,由于隔板 N 是导热的,B 室中气体的温度要升高,活塞 M 将向

93

右移动.当加热停止时,活塞 M 有可能刚移到气缸最右端,亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移 到气缸最右端但加热过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞 M 移到气缸的最右端,则 B 室气体末态的体积

VB ? 2V0

(1)

根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体末态的温度,有

V0 VB ? T0 TB
由(1)、(2)式得

(2)

TB ? 2T0
由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

(3)

TA ? 2T0
下面计算此过程中的热量 Qm .

(4)

在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收的热量等于其内能的增加 量,即

QA ?
由(4)、(5)两式得

5 R (TA ? T0 ) 2

(5)

5 RT0 2 B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为 QA ?

(6)

WB ? p0 (VB ? V0 )
由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

(7)

WB ? RT0
内能改变为

(8)

?U B ?
由(4)、(9)两式得

5 R (TB ? T0 ) 2 5 RT0 2 7 RT0 2

(9)

?U B ?

(10)

根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, B 室气体吸收的热量为

QB ? ?U B ? WB ?
由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

(11)

Qm ? QA ? QB ? 6RT0

(12)

94

若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 . 2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右端,但这时加热尚未停止, 只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变, 故热量 Q0 ? Qm 是 A 、B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.

? ,有 由于等容过程中气体不做功,根据热力学第一定律,若 A 室中气体末态的温度为 TA
Q0 ? Qm ?
由(12)、(13)两式可求得

5 5 ? ? 2T0 ) ? R(TA ? ? 2T0 ) R(TA 2 2

(13)

?? TA
B 中气体的末态的体积

Q0 4 ? T0 5R 5

(14)

? = 2V0 VB

(15)

?? 小于 2V0 ,即 3. 若 Q0 ? Qm ,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故 B 室中气体末态的体积 VB
?? ,根据热力学第一定律,注意到 A 室中气体经历的是等容过 ?? ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA VB
程,其吸收的热量

QA ?
B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量

5 ?? ? T0 ) R (TA 2

(16)

QB ?
利用理想气体状态方程,上式变为

5 ?? ? T0 ) ? p0 (VB ?? ? V0 ) R(TA 2

(17)

QB ?
由上可知

7 ?? ? T0 ? R ?TA 2

(18)

?? ? T0 ) Q0 ? QA ? QB ? 6R(TA
所以 A 室中气体的末态温度

(19)

?? ? TA
B 室中气体的末态体积

Q0 ? T0 6R

(20)

?? ? VB
评分标准:

V0 Q ?? ? ( 0 ? 1)V0 TA T0 6RT0

(21)

95

本题 20 分. 得到 Q0 ? Qm 的条件下(1) 、 (4)式各 1 分; (12)式 6 分,得到 Q0 ? Qm 的条件下的(14)式 4 分, (15) 式 2 分;得到 Q0 ? Qm 的条件下的(20)式 4 分, (21)式 2 分.

七、答案与评分标准: 1. 3R (3 分) 2. 6R (3 分) 3.

本题 20 分.

I 2 与 L 的距离
6R

I 2 在 L 左方还是右方
右方

I 2 的大小
2h

I 2 是正立还是倒立
倒立

I 2 是实像还是虚像
虚像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 4.

I 3 与 L 的距离
18R

I 3 在 L 左方还是右方
左方

I 3 的大小
2h

I 3 是正立还是倒立
倒立

I 3 是实像还是虚像
实像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 八、参考解答: 1. 反应能

? 2 Q?? ?? mp ? m3 H ? ? m3 He ? mn ? c
式中 c 为光速.代入数据得

?

?

(1)

Q ? ?0.764MeV
上式表明这是一吸能核反应.

(2)

2. 为了求入射质子阈能, 反应前后各粒子都应沿同一直线运动. 设质子的入射速度大小为 vp , 反应后 2 He 的速度大小为 v3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据动量守恒和能量守恒有

3

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn
1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2
由(3) 、 (4)式可得
2 2 ? mn ? mp ? mn m3 He ? 2 ? mp m3 He ? 2 mp mn vn ? 2 vp vn ? ? v ?2 Q ?0 ? ? ? ? ? ? ? p m3 He m3 He m3 He ? ? ? ?

(3) (4)

(5)

96



a?

2 mn ? m3 He mn

m3 He mp mn m3 He m3 He vp
2 vp ?2 Q

b ? ?2 c?
把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(6)

2 avn ? bvn ? c ? 0

(7)

(7)式有解的条件是

b2 ? 4ac ? 0

(8)

由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有解,反应一定能发生; 若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

(9)

即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质子的阈能为 (10)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(11)

Tth ? 1.02MeV
3.由动量守恒和能量守恒有

(12)

? ? ? mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn
1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2

(12)

? mn vn

? m3 He v 3 He

?
(13)

以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹 所示,根据余弦定律有

? mp vp
角,如图

?m


3

He

v 3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos ?

(14)

97

1 2 mp vp 2 1 2 Tn ? mn vn 2 1 T3 He ? m 3 He v 2 3 He 2 Tp ?
把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

(15) (16) (17)

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?
由(18) 、 (19)式,消去 T3 He 后,得

(18) (19)

Tn ? 2

mn mpTp m3 He ? mn
mn m p T

cos ? ? Tn ?
p

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20)

令 得

S?

m3 He ? mn

cos ? , R ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

(21)

Tn ? 2S Tn ? R ? 0

(22)

根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 Q 的值,由(21)式可知 R ? 0 ,故(22)式的符合物理意义 的解为

Tn ? S ? S 2 ? R
将具体数据代入(21) 、 (23)式中,有

(23)

Tn ? 0.132MeV
(如果得到 Tn ? 0.131MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法 解法一

(24)

为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后 2 He 和中子的速度相同,即 粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械能最多,若所损失的机械能正好等于反应能,则 入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能 . 设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小为
3

3

v ,根据动量守恒和能量守恒有
mp vp ? (m3 He ? mn )v
1 1 2 mp vp ? (m 3 He ? mn )v 2 ? Q 2 2
98

(1) (2)

由(1) 、 (2)式可得

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
所以阈能为

(3)

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用第 1 问中的(1)式,并注意到

(4)

Q ?? 1 m3 H c 2


1 ? mn ? m3 He ? mp
2

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

Q ? 1 ? 1? ? 2 ? ? m3 H ? m 3 c ? H ?

在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(5)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分. 解法二

(6)

在牛顿力学中可以证明, 质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运动的动能即所谓质心动 能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用,则质点系的动量守恒,质心速度不变,故质心 动能亦恒定不变;如果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化,则可变化的机械能只能是各质点相对 质心运动的动能. 在本题中,如果质子 p 与氚 1 H 发生反应后,生成的中子 n 和氦 2 He 相对质心都静止,则质 子 p 与氚 1 H 相对质心运动的动能之和全部转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下, 转化成其他形式能量的机械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能 .所以入射质子的阈能等于系 统质心的动能与反应能之和.
3 3 3

? p 以 v? p 和 v 3 H 分别表示质子 和氚 1 H 相对质心的速度,有
3

Q=

1 1 2 mp v? m 3 H v?32H p ? 2 2
99

(1)

因系统质心的速度

vc ?


mp vp mp ? m 3 H

(2)

v? p ? vp ? vc ?

m3 H vp mp ? m3 H mp vp mp ? m3 H

(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
由(1)、(3)、(4)式得

(4)

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(5)

在牛顿力学中,系统的总质量是恒定不变的,这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的结论,但在 本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系统的总质量与反应后系统的总质量不相等,即

mp ? m3 H ? mn ? m3 He .如果仍沿用牛顿力学的结论,对一个孤立系统,其质心速度是不会改变的,故反应后
质心的动能应为

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q v ? ? ? 2? ? c 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m3 H m3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2

?

?

而入射质子的阀能

Tth ?
由(2)、(5)、(6)式得

1 2 mp ? m3 H ? vc ?Q ? 2

(6)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(7)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分, 、(8)式 1 分.

(8)

100

解法三 考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 3 1 H 发生完全非弹性碰撞,即反应
3 后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能 .以 m10 表示质子的静止质量, m20 表示 3 1 3 2

H 的静止质量, m30 表示中子的静止质量, m40 表示 3 1 He 的静止质量,设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动量守恒和能量守恒有
m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
v2 1? 2 c
2

(1)

m1c ? m20c
2

m30 ? m40 ? c 2 ? ? v2 1? 2 c

(2)

式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=
把(3)式代入(1)式,经整理得

m1vp m1 ? m20
2 2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

(3)

? m1 ? m20 ?


(4)

m1 ?

m10 1?
2 vp

(5)

c2
2 m12 vp

可得
2 m12 ? m10 ?

c2

(6)

若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c2 ? m10c2 ? Eth
由(4)、(6)、(7)式可得

(7)

Eth
利用题给条件并引入反应能,得

? m ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ? ? 30
2

2

2m20

(8)

101

Eth ?
或有

mp ? m3 H ? mn ? m3 He 2m 3 H

Q

(9)

Q + 2 ? mp ? m3 H ? 2 mp ? m3 H Eth ? c Q? Q 2m 3 H m3 H
代入有关数据得

(10)

Tth ? 1.02MeV
第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分.

(11)

102

第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共 8 题,满分 160 分。

一、 (17 分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体积很小的匀质正 立方体物块在湖面上由静止开始释放,释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。已知湖水密 度为 ? ;物块边长为 b ,密度为 ? ' ,且 ? ' ? ? 。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下, 求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。
解: 由 于 湖 面 足 够 宽 阔 而 物 块 体 积 很 小 ,所 以 湖 面 的 绝 对 高 度 在 物 块 运 动 过 程 中 始 终 保 持 不 变,因此,可选湖面 为坐标原点并以竖直 向下方向为正方向建 立坐标系,以下简称 x系. 设 物 块 下 底 面 的 坐 标 为 x, 在 物 块 未 完 全 浸 没 入 湖 水 时 , 其 所 受 到 的 浮 力 为
f b ? b2 x ? g

( x?b)

(1)

式中

g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
fg ? b3??g
(2 ) 设物块的加速度

为 a, 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有

b3??a ? fg ? fb
(3) 式 得

(3)

将 (1) 和 (2 ) 式 代 入

a??

? g ? ?? ? x ? b? ? ?b ? ? ? ?

(4 )

将 x 系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简 称
X ? x?

X 系.

新旧坐标的关系为 (5 ) 把 (5 ) 式 代 入 (4) 式

?? b ?


a??

?g X ? ?b

( 6)

(6) 式 表 示 物 块 的 运 动 是 简 谐 振 动 . 若 X ? 0 , 则 a ? 0 , 对 应 于 物 块 的 平 衡 位 置 . 由 (5) 式 可 知 , 当 物 块 处 于 平 衡 位 置 时 , 物 块 下 底 面 在 x系 中 的 坐 标 为 ?? (7 ) 物块运动方 x0 ? b ? 程在

X 系中可写为
X (t ) ? Acos ??t ? ? ?

(8)

利用参

考圆可将其振动速度表示为
V (t ) ? ? A?sin ??t ? ? ?

(9)

式中 ? 为振

动的圆频率

103

??
式中

? g ?' b

(10 )

在 (8) 和 (9 )

A和 ?分别是振幅和初相位,由初始条件决定.
X (0) ? ?

在物块刚被释放时,即 t ?0时刻有 x=0,

由 (5) 式 得

?? b ?
V (0) ? 0

(11) ( 12)

由 (8) 至 (12 ) 式 可 求 得
A?

?? b ?

(13 )

? ??
(1 4)

将 (10) 、 (13 ) 和 (14 ) 式 分 别 代 人 (8 ) 和 (9 ) 式 得
X (t ) ?

?? b cos ?? t ? ? ? ?

(15) V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?
(16 )

由 (1 5) 式 可 知 ,物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 时 恰 好 完 成 一 个 振 动 周 期 ;但 物 块 的 运 动 始 终 由 (15) 表示是有条件的,那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中. 若物块从某时刻起 全 部 浸 没 在 湖 水 中 ,则 湖 水 作 用 于 物 块 的 浮 力 变 成 恒 力 ,物 块 此 后 的 运 动 将 不 再 是 简 谐 振 动 , 物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此,必须研究物块可 能 完 全 浸 没 在 湖 水 中 的 情 况 . 显 然 , 在 x系 中 看 , 物 块 下 底 面 坐 标 为 b 时 , 物 块 刚 好 被 完 全浸 没 ; 由 (5 ) 式 知 在

X 系中这一临界坐标值为
? ?? ? X ? X b ? ?1 ? ? b ? ??
( 17 ) 即 物 块 刚 好 完 全

浸 没 在 湖 水 中 时 , 其 下 底 面 在 平 衡 位 置 以 下 Xb 处 . 注 意 到 在 振 动 过 程 中 , 物 块 下 底 面 离 平 衡 位置的最大距离等于振动的振蝠 A,下面分两种情况讨论: I . A ? X b . 由 (13 ) 和 (17 ) 两 式 得 ? ? 2? ?

(18 ) 在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而,物块从初始位置起, 经 一 个 振 动 周 期 , 再 次 返 回 至 初 始 位 置 . 由 (10) 式 得 振 动 周 期

T?
发往返一次所需的时间

2? ? ?b ? 2? ? ?g

(19) 物 块 从初始位置出

tI ? T ? 2?
II . A ? X b . 由 (13) 和 ( 17) 两 式 得 ? ? 2? ?

? ?b ?g

(2 0)

(2 1 )

在这种情况下,物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初始位置 起 , 经 过 时 间 t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 , 这 时 X ? t1 ? ? X b . 由 (15) 和 (17 ) 式 得
104

?? ?? cos ?? t1 ? ? ? ? 1 ? ? ?
取合理值,有

(2 2)

t1 ?
可求得这时物块的速度为

?? ?? ? ?b ? ?? ? arccos ? ? 1?? ?g ? ? ? ? ??

(23 )

由 上 式 和 (16) 式

?? V ( 1t ) ?? ?

?? ? g b1 ? -? ? ? 1 ?? ?

2

(24 )

此 后 , 物 块 在 液 体 内 作 匀 减 速 运 动 , 以 a? 表 示 加 速 度 的 大 小 , 由 牛 顿 定 律 有 ? ? ?? (2 5 ) a? ? g ?? 设 物 块 从 刚 好 完 全 浸 入 湖 水 到 速 度 为 零 时 所 用 的 时 间 为 t2 , 有
V ? t1 ? ? a?t2 ? 0

(26 )

由 (24) -(26 ) 得
?? ? ?? b? ? t2 ? 1 ? ? ? 1? ? ? (? ? ? ) g ? ?? ?
2

(2 7)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2 ?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? ? ? g? ? ? ( ? ? ? ) g ? ? ? ?? ? ?
2

(28)

评分标准: 本题 17 分.(6)式 2 分, (10) (15) (16) (17) (18)式各 1 分, (20)式 3 分, (21)式 1 分, (23)式 3 分, (27)式 2 分, (28)式 1 分.

二、 (23 分)设想在地球赤道平面内有 延伸到太空的轻质电梯, 电梯顶端可超过地 高度 R (从地心算起)延伸到太空深处。这 电梯可用于低成本地发射绕地人造卫星, 其 卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度, 然 置将卫星从太空电梯发射出去。

一垂直于地面 球的同步卫星 种所谓的太空 发射方法是将 后启动推进装

1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到 0.80 R 处意外地
105

和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零)而进入太空。 (1)论证卫星脱落后不会撞击地面。 (2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。讨论该卫星从脱 落时刻起,在 0~12 小时及 12~24 小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。 2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处,在太空电梯上离地心距离为 R X 处有一卫星从电梯脱 落(脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零) ,脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某 处相切, 而使卫星在该点着地, 试求卫星着地点的经度。提示:此问要用数值方法求解高次方程。 已 知 : 地 球 质 量

M ? 6.0 ?1024 kg , 半 径 Re ? 6.4 ?106 m 的 球 体 ; 引 力 恒 量

G ? 6.7 ?10?11 N ? m2 ? kg ?2 ;地球自转周期 Te ? 24 小时;假设卫星与太空电梯脱落后只受地球引力
作用。
解: 1. i. 通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 , 卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由 开 普 勒 第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆) , 地 心 为 椭 圆 的 一 个 焦 点 (或 圆 的 圆 心 ), 如 图 所 示 .由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度 垂 直 于 地 心 和 脱 离 点 的 连 线 , 因此脱离点必为卫星椭圆轨 道的远地点(或近地点) ;设 近 地 点 ( 或 远 地 点 )离 地 心 的 距 离 为 r ,卫 星 在 此 点 的 速 度 为 v. 由开普勒第二定律可知

r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)

式 中 ? (? 2 ? T /e 为 ) 地球自转的角 示卫星的质量,根据机械能守恒

0.80R

R

a b

速 度 .令 定律有

m



1 2 GMm 1 GMm 2 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R
式解得

( 2) 由( 1)和 ( 2)

r ? 0.28 R
点 ,而 脱 离 处 为 远 地 点 . 【 ( 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 :

( 3) 可 见 该 点 为 近 地

?
直接求得】 同步卫星的轨道半径

GMm 1 GMm 2 ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R

R 满足
GM ? R? 2 R2
(4)

由 (3) 和 (4) 式 并 代 入 数 据 得
r ? 1.2 ? 104 km

( 5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球. ii. 由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 卫 星 的 面 积 速 度 为 常 量 , 从 远 地 点 可 求 出 该 常 量 为
106

?s ?

1 2 ? 0.80R ? ? 2 0.28R ? 0.80R 2
2 2

(6 )

设 a和 b 分 别 为

卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有

a?

(7)

? 0.80 ? 0.28 ? 2 b ? a ?? ? R 2 ? ?
卫星运动的周期

(8 )

T为
T ?

? ab ?s

(9 )

代人相关数值可求出

T ? 9.5h

(10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小 角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星始终不比太空电梯转动得慢; 换 言 之 , 太 空 电 梯 不 可 能 追 上 卫 星 . 设 想 自 卫 星 与 太 空 电 梯 脱 离 后 经 过 1.5T ( 约 14 小 时 ) ,卫 星 到 达 近 地 点 ,而 此 时 太 空 电 梯 已 转 过 此 点 ,这 说 明 在 此 前 卫 星 尚 未 追 上 太 空 电 梯 . 由 此 推 断 在 卫 星 脱 落 后 的 0 -12 小 时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ;而 在 卫 星 脱 落 后 1 2 -24 小 时 内 卫 星 将 完 成 两 个 多 周 期 的 运 动 , 同 时 太 空 电 梯 完 成 一 个 运 动 周 期 , 所 以 在 12 -2 4 小 时 内 二 者 必 相 遇 , 从 而 可 以实现卫星回收. 2. 根 据 题 意 , 卫 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 上 的 脱 离 点 分 别 为 其 轨 道 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为
1 GMm GMm m( Rx ? ) 2 ? ?? 2 Rx Rx ? Re

( 11 )

此式可化为

? Rx ? ? Rx ? ? ?1 ? ? Re ? ? Re
这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 , 用 数 值 方 法 求 解 可 得

3

? 2GM ?? 2 3 ? ? Re

(1 2)

( 13 ) 【 Rx 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 . 令 v e 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点 即 近 地 点 的 速
Rx ? 4.7 Re ? 3.0 ? 104 km

率,则有
2 Re ve ? Rx ?


1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx ? ) 2 ? 2 Re 2 Rx

由 上 两 式 联 立 可 得到方程

? Rx ? ? Rx ? 2GM Rx 2GM ? 2 3 ?0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re ? ? Re ? ? Re Re ? Re
其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于 Rx 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 Rx .】
107

5

3

卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周期 T ? ,设椭圆的 半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有 R ? Re (14) a? ? x 2
? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?
2

(15)

因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

1 2

(16)

所以卫星的运动周期为
T? ?

? a?b? ? s?

(17)

代入相关数值可得 (18) 卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自转 方向运行 180 度,落到西经 (180? ? 110? ) 处与赤道相切. 但由于地球自转,在这期间地球同时转过了 ?T ? / 2 角 度,地球自转角速度 ? ? 360? / 24h ? 15? / h ,因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经 ?T ? ? ? 180? ? 110? ? ? 121? (19) 2 即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准: 本题 23 分. 第 1 问 16 分,第 i 小问 8 分,(1)、(2)式各 2 分, (4)式 2 分, (5)式和结论共 2 分.第 ii 小问 8 分, (9 ) 、 (10)式各 2 分,说出在 0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分,说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正确理由共 2 分. 第 2 问 7 分,(11)式 1 分, (13)式 2 分, (18)式 1 分, (19)式 3 分. (数值结果允许有 5% 的相对误差)

T ? ? 6.8 h

三、 (25 分) 如图所示, 两根刚性轻杆 AB 和 BC 在 在一起, AB 延长线与 BC 的夹角 ? 为锐角,杆 BC 长

B 段牢固粘接
为l , 杆 AB 长为 的小球,构成一 一固定的光滑竖 为

l cos ? 。在杆的 A 、 B 和 C 三点各固连一质量均为 m
刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有 直挡板,杆 AB 延长线与挡板垂直。现使该系统以大小

v0 、 方 向 沿

AB 的速度向挡板平动。在某时刻,小球 C 与挡板碰撞,碰撞结束时球 C 在垂直于挡板方向的
分速度为零,且球 C 与挡板不粘连。若使球 C 碰撞后,球 B 先于球 A 与挡板相碰,求夹角 ? 应
108

满足的条件。
解: 解法一 如图 1 所示, 建直角坐标 Oxy ,x 轴与挡板垂直, 碰撞前体系质心的速度为 v 0 ,方向沿 x 轴正方向, 质心,以 vPx 和 vPy 表示碰撞后质心的速度分量, J 表 y

y 轴与挡板重合. 以 P 表示系统的
示墙作用于小球

C 的冲量的大小. 根据质心运动定理有
? J ? 3mvPx ? 3mv0

A (1)

B P

0 ? 3mvPy ? 0
由(1)和(2)式得 3mv0 ? J vPx ? 3m

(2)

?

?

O x

(3) (4)

lCP
C

vPy ? 0

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量 . 在球 程中,质心的坐标为 (5) xP ? ?l c o ? s

C 与挡板碰撞过
图1

1 yP ? ? l s i n ? 3

(6)

球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对质心参考系仍是静 止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为 ? ,则三小球对质心 P 的角动量 2 2 2 (7 ) 式中 l AP 、lBP 和 lCP L ? m?lAP ? m?lBP ? m?lCP 分别是

A、 B 和C

三球到质心 P 的距离,由图 1 可知

1 2 2 2 lAP ? l 2cos ? ? l sin ?2 9 1 2 lBP ? l 2 sin 2 ? 9 4 2 lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9
由(7) 、 (8) 、 (9)和(10)各式得

(8) (9) (10)

2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) (11) 在碰撞过程中, 3 质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时,必须引入惯性力. 但作用于 质点系的惯性力的合力通过质心,对质心的力矩等于零,不影响质点系对质心的角动量,故在质心参考系中, 相对质心角动量的变化仍取决于作用于球 C 的冲量 J 的冲量矩,即有 2 J l sin ? ? L (12) 【也可以始终在惯 3 性参考系中考察问题, 即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点, 则对该参考点 (12)式也成立】 由(11)和(12)式得 J sin ? (13) 球 C 相对于质心参 ?? ml (1 ? 2 cos 2 ? ) 考系的速度分量分别为(参考图 1) (14) vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |)

vCPy ? ??lCP cos ? ? ??l cos?
球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为
vCx ? vCPx ? vPx
109

(15) (16) 由(3) 、 (6 ) 、 (13)

和 (16)各式得
vCx ? ? J ? v0 m(1 ? 2 cos 2 ? )

(17) 根据题意有 y

vCx ? 0

(18)由(17)和(18)式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? )

由(13)和(19)式得 v sin ? ?? 0 (20) l 球 A 若先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整 应绕质心转过 ??? 角, 即杆 AB 至少转到沿 y 方向, 如图 2 所示. 转过 ??? 所需时间

(19)

A O P B x 个系统至少 系统绕质心

1 ? t? 2

?

( 21 ) C ( 22 ) ( 23 )

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t


yP ? ?x ? xP

图2

则球 B 先于球

A 与挡板碰撞.

由(5) 、 (6) 、 (14) 、 (16) 、 (18) 、 (21) 、 (22)和(23)式得 3 ? ? arctan (24) 1? ?



? ? 36?

(25)

评分标准: 本题 25 分.(1) 、 (2) 、 (11) 、 (12) 、 (19) 、 (20)式各 3 分, (21)式 1 分, (22) 、 (23)式各 2 分.(24)或 (25)式 2 分. 解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, 合,以 vAx 、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx 和

y

y

轴与挡板重

vCy 分别表示球 C 与
(1) A

v Ay

vBy
B

挡板刚碰撞后

A、 B 和C

三球速度的分量,根据题意有
vCx ? 0

v Ax

以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴 质点组的动量定理有 (2) ?J ? m vA x ? m vBx 3 ? m v 0

?

vBx

O x 的负方向,根据

P

vCy
C C 图1 (4)

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy

(3)

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ?l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
vAx ? vBx

(5)

110

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos? vA xc o ? s ? v A y s i?n? ?v
(7)式中 ? 为杆
Cy

(6)

s?i n

(7)

AB 与连线 AC 的夹角.

由几何关系有
cos ? ? sin ? ? 2 cos ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? 1 ? 3cos 2 ?

(8) (9)

解以上各式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) vAx ? v0 sin ?
2

(10) (11) (12) (13) (14) (15)

vAy ? v0 sin ? cos?
vBx ? v0 sin 2 ?

vBy ? 0 vCy ? ?v0 sin ? cos?

按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用,系统的质心 作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动的, A 、 B 和 C 三球构成的刚性 系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度,可考察球 B 相对质心的速度.由(11)到(15)各式, 在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质心

P 的速度
vPx ?
vPy ?

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? 3m 3
mvAy ? mvBy ? mvCy 3m ?0

(16) (17)

这时系统质心的坐标为
xP ? ?l c o ? s

(18) (19)

1 yP ? ? l sin ? 3
不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P ,而球 B 相对质心的速度

1 2 vB P x? v B ? v sin x v P? x 0? 3

(20)

vBPy ? 0
(21)

可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度 v v sin ? ? ? BPx ? 0
yP l

(22)

若使球 A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过 π / 2 角,即 杆 AB 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间

1 π t? 2

?

(23)
111

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

(24) 若
yP ? ?x ? xP

y

( 25 )

A O P B x

则球 B 先于球

A 与挡板碰撞.

由以上有关各式得 3 ? ?arctan (26) 1? ?



? ? 36

?

(27) C 分, (10) 、 (22) (27)式 2 分.

评分标准: 本题 25 分. (2) 、 (3 ) 、 ( 4) 、 (5) 、 (6) 、 (7)式各 2 式各 3 分, (23)式 1 分, (24) 、 (25)式各 2 分, (26)或

图2

四、 (21 分)如图所示,虚线小方框是由 成的有限网络;虚线大方框是并联的两个相 此无限网络的结构是:从左到中间,每个电 两个电容器的左极板相连,直至无穷;从中 电容器的右极板与一个电容器的左极板相 一个电容器为止。网络中的所有电容器都是 板真空电容器,其极板面积为 S ,极板间距 (d

2n 个 电 容 器 联 同的无限网络, 容器的右极板与 间到右,每两个 连,直至联接到 完全相同的平行 d 为

?? S ) 。 整个电容网络体系与一内电阻

可忽略不计的电

池连接,电池电动势恒定、大小为 ? 。忽略电容器的边缘效应,静电力常量 k 已知。 1、若将虚线小方框中标有 a 的电容器的右极板缓慢地向右拉动,使其两极板的距离变为 2 d ,求 在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。 2、在电容器 a 两极板的距离变为 2d 后,再将一块与电容器 a 的极板形状相同、面积也为 S 、带电 荷量为 Q ( Q ? 0 )的金属薄板沿平行于 a 的极板方向全部插入到电容器 a 中,使金属薄板距电容 器 a 左极板的距离为 x 。求此时电容器 a 的左极板所带的电荷量。
解: 参考解答: 1 . 虚 线 小 方 框 内 2 n 个 平 行 板 电 容 器 每 两 个 并 联 后 再 串 联 , 其 电 路 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式
1 n ? Ct1 2C

( 1)



Ct1 ?
112

2C n

( 2)

式中

S 4? kd 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式 C?
1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 ? 2C 4C 8C ?

( 3)

( 4)



C 2 整个电容网络的等效电容为 Ct 2 ?
Ct ? Ct C 1 Ct 1? C
t 2 t

( 5)

?

2C 2n ? 4

( 6)

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和) S? qt ? C t ? ? (n ? 4)2? kd

( 7)

? 满足 当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2 d 后 , 2 n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 效 电 容 Ct1

下式
1 n ?1 2 ? ? ? Ct1 2C 3C

( 8)

由此得

? ? Ct1
整个电容网络的等效电容为
Ct? ? ? Ct 2 Ct1 6C ? ? ? Ct 2 3n ? 13 Ct1

6C 3n ? 1
( 10)

( 9)

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
qt? ? Ct?? ? 3S ? (3n ? 13)2? kd S? (3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 11 )

在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 , 等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变 为
?qt ? qt? ? qt ? ?

( 12 )

电容器储能变化为
?U ? 1 S? 2 Ct?? 2 ? Ct ? 2 ? ? ? ? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd S? 2 (3n ? 13)(n ? 4)2? kd S? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 13 )

在此过程中,电池所做的功为
A ? ?qt ? ? ?

( 14 )

外力所做的功为
A? ? ?U ? A ?

( 15 )

2 . 设 金 属 薄 板 插 入 到 电 容 器 a 后 ,a 的 左 极 板 所 带 电 荷 量 为 q ? ,金 属 薄 板 左 侧 带 电 荷 量 为 ? q ? , 右 侧 带 电 荷 量 为 ( q ? ? Q ) , a 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ?( q ? ? Q ) , 与 a 并 联 的 电 容 器 左 右 两 极
113

板 带 电 荷 量 分 别 为 q?? 和 ? q ?? .由 于 电 容 器 a 和 与 其 并 联 的 电 容 器 两 极 板 电 压 相 同 , 所 以 有 q?? q? ( q? ? Q) ( 16 ) ? ? S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 由 ( 2) 式 和 上 式 得 2d ? x ( 17 ) q? ? q?? ? 3q? ? Q d 上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和,也是虚线大方框中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容 器 的 极 板 上 电 荷 量 之 和 ) . 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即
q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ?? ct 2 2C C

( 18 )

将 ( 2) 、 ( 5 ) 和 ( 1 7 ) 式 代 入 ( 18 ) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量
q? ? S? (n ? 5)(2d ? x) ? Q (3n ? 13)2? kd (3n ? 13) d

( 19 )

评分标准: 本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, (6 ) 、 (7) 、 (10) 、 (11) 、 (12)式各 1 分, (13)式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16) 、 (17) 、 (18) 、 (19)式各 2 分.

五、 (25 分)如图所示,两个半径不等的用细金属 圆环固定在水平的桌面上。大圆环半径为 R1 ,小圆环 ,两圆环导线每单位长度电阻均为 r0 , R2 ( R2 ?? R1 ) 场中,磁感应强度大小为 B ,方向竖直向下,一每单 的长直金属细杆放在大圆环平面上, 并从距圆环中心左

导线做成的同心 表面绝缘半径为 它们处于匀强磁 位长度电阻为 r1 侧 为
R1 / 100

(> R2 )的 ab 位置,以速度 v 匀速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中心与 ab 对称的位置 cd, 滑动过程中金属杆始终与大圆环保持密接。 假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均 可视为匀强磁场。试求在上述滑动过程中通过小 圆环导线横 a 截面的电荷量。 提示:当半径为 R ,长度为 l 的一段圆弧导线通 时,圆弧电流在圆心处产生的磁感应强度大小为
B ? km Il ,方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧 R2
114

l1
I1

l2 I
I2

有 电 流 I

电流的方向

b 图 1

满足右手螺旋法则; 无限长直导线通有电流 I 时, 电流在距直导线距离为 r 处产生的磁感应强度 B 的大小为 B ? k m
解: 参考解答: c 如图 1 所示,当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 水平向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由 b 指向 a 的感应电动势的大小为

2I ,其中 k m 为已知常量。 r

? ? BL v
? R ? L ? 2 R12 ? ? 1 ? ? 2 R1 ? 100 ?
2

(1)

式中 L 为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长度,由几何关系有 (2)

在金属杆由ab位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大圆环接触的两点之间的长度 d L 可视为不变,近似为 2 R1 . 将(2)式代入(1)式得,在金属杆由ab滑动到 cd 过程中感应电动势大小始终为
? ? 2 BR1v

(3)

以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b 两端的电压,由欧 姆定律有
U ab ? I1l1r0 U ab ? I 2l2 r0

(4) (5)

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大小分 别为
B1 ? k m I1l1 R12 I 2 l2 R12

(6) (7)

B2 ? k m

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.

由(4) 、 (5) 、 (6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 (8) B0 ? B2 ? B1 ? 0 无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆的电流 I 所产生磁场. 在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中, 金属杆都处在圆心附近, 故金属杆可近似视为无限长直导线, 由提示, 金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为

B3 ? k m

2I R1 100
a

(9)

方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流 ? (10) I? R左 R右 R? R左 ? R右 其中 R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, R左 属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非常靠近圆心,故 (11) Ra b ? 2 R 1r,1 左 R =右 R? ? R 1 r 0 利用(3) 、 (9) 、 (10)和(11)式可得
800km v B B3 ? R1 (4r1 ? ? r0 )

I1 R左

I Rab
b

ε

I2 R右 和 R右 分 别 为 金

图 2

(12)
115

由于小圆环半径 R2 ?? R1 ,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的,且都等于长直金属杆在圆心处产 生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3

(13)

当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向相反,故穿过小圆环 圆面的磁感应通量为
2 ?cd ? ? R2 (? B3 )

(14)

在长直金属杆以速度 v 从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ?t 内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为 2 (15) ?? ? ?c d ? ? a ? b ?2? R B 2 3 由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为 2 B3 ?? 2? R2 ?i ? ? ?
?t ?t

(16)

在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为 RB ?i Ii ? ? 2 3 2? R2 r0 r0 ?t 于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? I i ?t ? R2 B3 800km vBR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(17)

(18)

评分标准: 本题 25 分. (3)式 3 分, (4 ) 、 (5)式各 1 分, (8) 、 (10)式各 3 分, (12)式 3 分, (15)式 4 分, (16) 、 (17)式各 2 分, (18)式 3 分.

六、 (15 分)如图所示,刚性绝热容器 A 和 B 水平放置,一根 带有绝热阀门和多孔塞的绝热刚性细短管把容 器 A、B 相互连通。 初始时阀门是关闭的,A 内装有某种理想气体, 温度为 T1 ;B 内为 真空。现将阀门打开,气体缓慢通过多孔塞后 进入容器 B 中。当 容器 A 中气体的压强降到与初始时 A 中气体压 强之比为 ? 时, 重 新关闭阀门。设最后留在容器 A 内的那部分气体与进入容器 B 中的气体之间始终无热量交换,求 容器 B 中气体质量与气体总质量之比。已知:1 摩尔理想气体的内能为 u ? CT ,其中 C 是已知常 量, T 为绝对温度;一定质量的理想气体经历缓慢的绝热过程时,其压强 p 与体积 V 满足过程 方程 pV
解: 设重新关闭阀门后容器 A 中气体的摩尔数为 数为
C?R C

? 常量 ,其中 R 为普适气体常量。重力影响和连接管体积均忽略不计。

n1 ,B 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n2 ,则 气 体 总 摩 尔
( 1)

n ? n1 ? n2

把 两 容 器 中 的 气 体 作 为 整 体 考 虑 ,设 重 新 关 闭 阀 门 后 容 器 A 中 气 体 温 度 为 T1? , B 中 气 体

116

温 度 为 T2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变 化 可 表 示 为

?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ?
由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

( 2)

?U ? 0
令 V1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 理想气体状态方程可知
n? n1 ? p1V1 RT1 (? p1 )V1 RT1?

( 3)

p1 ,关闭阀门后 A 中气体压强为 ? p1 ,由
( 4) ( 5)

由以上各式可解得

T2 ?

?1 ? ? ? T1T1?
T1? ? ? T1

由于进入容器 B 中的气体与仍留在容器 A 中的气体之间没有热量交换,因而在阀门打 开 到 重 新 关 闭 的 过 程 中 留 在 容 器 A 中 的 那 部 分 气 体 经 历 了 一 个 绝 热 过 程 ,设 这 部 分 气 体 初 始 时 体 积 为 V10 ( 压 强 为

p1 时), 则 有
pV
C?R C 1 10

? (? p1 )V

C?R C 1

(6 )

利用状态方程可得

p1V10 (? p1 )V1 ? T1 T1?
由 ( 1) 至 ( 7) 式 得 , 阀 门 重 新 关 闭 后 容 器

( 7)

B 中 气 体 质 量 与 气 体 总 质 量 之 比

n2 2 ? ? ?? ? R n C?R 2 ?? ??

R C?R

C C?R

( 8)

评分标准: 本题 15 分. (1)式 1 分, (2)式 3 分, (3)式 2 分, (4 ) 、 (5)式各 1 分, (6)式 3 分, (7)式 1 分, (8 ) 式 3 分.

117

七、 (16 分) 图中 L1 为一薄凸透镜,Q 为高等于 2.00cm 与光轴垂直放置的线状物, 已知 Q 经
L1 成一实像,像距为 40.0cm。现于 L1 的右方依次放置薄凹透镜 L2 、 L3 和薄凸透镜 L4 以及屏 P ,

它们之间的距离如图所示,所有的透镜都共轴,屏与光轴垂直, L2 、 L3 焦距的大小均为 15.0cm。 已知物 Q 经上述四个透镜最后在屏上成倒立的实像,像高为 0.500cm。

1、 L1 焦距的大小为

cm, L4 焦距的大小为

cm。

2、现保持 Q 、 L1 、 L4 和 P 位置不变,而沿光轴平移 L2 、 L3 ,最后在屏上成倒立的实像,像高 为 1.82cm,此时 L2 和 L1 的距离为 最后保留结果至小数点后一位。
答案与评分标准: 1. 19.2 (4 分 , 填 1 9.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) 10.2 ( 4 分 , 填 10. 0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 ) 2. 20.3 4. 2 (4 分 , 填 2 0.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 4 .0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 )

cm, L3 和 L4 的距离为

cm。

八、 (18 分)如图所示,竖直固定平行放置的两条相同长 为 a ( a <<长直导线的长度) ,两导线中通有方向和大小都相同 方向向上。导线中正离子都是静止的,每单位长度导线中正离

直导线 1 和 2 相距 的稳恒电流,电流 子 的 电 荷 量 为 单位长度导线中导 均匀带电直导线在 常量;当无限长直 感应强度大小为

? ;形成电流的导电电子以速度 v0 沿导线向下匀速运动,每
电电子的电荷量为 ? ? 。已知:单位长度电荷量为 ? 的无限长 距其距离为 r 处产生的电场的强度大小为 E ? k e
2? , 其中 ke 是 r

导线通有稳恒电流 I 时, 电流在距导线距离为 r 处产生磁场的磁
118

B ? km

提示:忽略重力;正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关;真空中的光速为 c 。
解: 在 相 对 于 正 离 子 静 止 的 参 考 系 S 中 ,导 线 中 的 正 离 子 不 动 ,导 电 电 子 以 速 度 v 0 向 下 匀 速 运 动 ;在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 S ? 中 ,导 线 中 导 电 电 子 不 动 ,正 离 子 以 速 度 v 0 向 上 匀 速 运 动 .下 面 分 四 步 进 行 分 析 . 第 一 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 的 大 小 和 方 向 . 若 S 系 中 一 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 为 l ,则 在 S ? 系 中 这 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 变 为 l?? ,由 相 对 论 中 的长度收缩公式有

2I ,其中 k m 是常量。试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量 ke 和 k m 的比值。 r

? ? l 1? l?

2 v0 c2

( 1)

? ,由于离子的电荷量与 设 在 参 考 系 S 和 S ? 中 , 每 单 位 长 度 导 线 中 正 离 子 电 荷 量 分 别 为 ? 和 ??

惯性参考系的选取无关,故
?l? ? ? ?l ??

( 2)

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得
?? ??

?
v2 1? 0 c2

( 3)

设 在 S 系 中 一 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 在 S ? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l?? , 则由相对论中的长度收缩公式有

? 1? l ? l?

2 v0 c2

( 4)

同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有
?? ? ? ?? v2 1? 0 c2

( 5)

? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 . 式 中 , ? ? 和 ??

在 参 照 系 S? 中 , 导 线 2 单 位 长 度 带 的 电 荷 量 为

? ? ?? ?? ? ? ? ??

?
v2 1? 0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? 2 c

2 v0 2 v2 c 1? 0 c2

?

( 6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

119

E? ?

2 ke ? ? ? a

2 2ke ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 7)

电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为

f e?? ? qE ? ?

2 2 k e q ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 8)

电场力方向水平向左. 第 二 步 ,在 参 考 系 S ? 中 ,考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 . 在 参 考 系 S? 中 , 以 速 度 v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为
? v0 ? I ? ? ??

? v0
v2 1? 0 c2

( 9)

导线 2 中的电流

I?在 导 线

1 处产生磁场的磁感应强度大小为
2km ? v0 2km I ? ? a v2 a 1? 0 c2

B? ?

( 10 )

磁 感 应 强 度 方 向 垂 直 纸 面 向 外 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 所 受 到 的 磁 场 力 的 大 小 为

? ? ? q v0 B ? ? fm

2 2 k m q ? v0

v2 a 1? 0 c2

( 11 )

方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步,在参考系 S 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的大小和方 向 .由 题 设 条 件 , 导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 , 即

? ? (?? ) ? 0
因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零
fe? ? 0

( 12 )

( 13 )

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1+ ? 0

( 14 )

导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
f m ? ? qv1+ B ? 0

( 15 )

式中,

B 是在

S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 .于 是 , 在 S 系 中 ,

导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零,如 果导线 1 中正离子还受到其他力的作用, 所 有 其 它 力 的 合 力 必 为 零 ( 因 为 正 离 子 静 止 ). 在 S ? 系
120

中,导线 2 对导线 1 中正离子施加的电场力和磁场力的合力的大小为
? ? ? f e?? f ? ? fm

(16 )

因 为 相 对 S? 系 , 上 述 可 能 存 在 的 其 它 力 的 合 力 仍 应 为 零 , 而 正 离 子 仍 处 在 勻 速 运 动 状 态 , 所 以 (16) 式 应 等 于 零 , 故
? ? ? f e?? fm

( 17 )

由 ( 8) 、 ( 11 ) 和 ( 17 ) 式 得
ke ? c2 km

( 18 )

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

121

第 30 届全国中学生物理竞赛复赛试题
一、(15分)一半径为 R 、内侧光滑的半球面固定在地面上,开口水平 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度,其大小为
v 0 ( v0 ? 0 ). 求滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率 . 重力加速

v0

且朝上.

度 大 小

为g.

二、 (20 分)一长为 2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上,杆的两端分别固定一质量为 m 的小物块 D 和 一质量为 ? m( ? 为常数)的小物块 B,杆可绕通过小物块 B 所在端的竖直固定转轴无摩擦地转动. m 的小环 C 套在细杆上(C 与杆密接) ,可沿杆滑动,环 C 与杆之间的摩擦可忽略. 一质量为

一轻质弹簧原长为 l,劲

度系数为 k, 两端分别与小环 C 和物块 B 相连. 一质量为 m 的小滑块 A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块 D, 并与之发生完全弹性正碰,碰撞时间极短. 碰撞 1. 2. 时滑块 C 恰好静止在距轴为 r ( r > l )处.

若碰前滑块 A 的速度为 v0 ,求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量; 若碰后物块 D、C 和杆刚好做匀速转动,求碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条件. 杆在

三、 (25 分)一质量为 m 、长为 L 的匀质细杆,可绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内自由转动. 水平状态由静止开始下摆, 1. 令? ?

m 表示细杆质量线密度. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时, 其转动 L

动能可表示为
Ek ? k ? ? ? ? L?

式中,k 为待定的没有单位的纯常数. 由此求出 ? 、 ? 和 ? 的值. 2.

已知在同一单位制下, 两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等.

已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系(随质心平动的

参考系)中的动能之和,求常数 k 的值. 3. 试求当杆摆至与水平方向成 ? 角时在杆上距 O 点为 r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小

为g. 提示:如果 X (t ) 是 t 的函数,而 Y ( X (t )) 是 X (t ) 的函数,则 Y ( X (t )) 对 t 的导数为

dY ( X (t )) dY dX ? dt dX dt
例如,函数 cos ? (t ) 对自变量 t 的导数为

122

dcos? (t ) dcos? d? ? dt d? dt

四、 (20 分)图中所示的静电机由一个半径为 R 、与环境绝缘的开口(朝上) 壳形的容器和一个带电液滴产生器 G 组成. 质量为 m 、带电量为 q 的球形液 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在 G 和容器口之间总是只有一滴液滴). 始下落时相对于地面的高度为 h . 设液滴很小,容器足够大,容器在达到最 忽略 G 的电荷对正在下落的液滴的影

金 属 球 滴从 G 液 滴 开 高 电 势 响.重力

之前进入容器的液体尚未充满容器.

加速度大小为 g . 若容器初始电势为零,求容器可达到的最高电势 Vmax .

五、 (25 分) 平行板电容器两极板分别位于 z ? ?

d 的平面内, 2

电容器 为B, 方

起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中,磁感应强度大小 向沿 x 轴负方向,如图所示. 1. 在电容器参考系 S 中只存在磁场;而在以沿y轴正方向的 度 (0, v,0) (这里 (0, v,0) 表示为沿x、y、z轴正方向的速度分 为0、 v 、0,以下类似)相对于电容器运动的参考系 S ? 中,

恒定速 量分别 可能既

? , Ey ? , Ez? ) 又有磁场 ( Bx ? , By ? , Bz? ) . 有电场 ( Ex

试在非相对论情形下,从伽利略速度变换,求出在参考系 S ? 中电场

? , Ey ? , Ez? ) 和磁场 ( Bx ? , By ? , Bz? ) 的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变. ( Ex
2. 现在让介电常数为 ? 的电中性液体(绝缘体)在平行板电容器两极板之间匀速流动,流速大小为 v ,方向沿

y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系(即相对于电容器运动的参考系) S ? 中,由于液体处在第1问所述的电

? , Ey ? , Ez? ) 中,其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动(即所谓极化效应),使得液体中出现附加的静 场 ( Ex ? , Ey ? , Ez? ) ,而是 电感应电场,因而液体中总电场强度不再是 ( Ex

?0 ( E? , E? , E? ) ,这里 ? 0 是真空的介电常数. 这将 ? x y z

导致在电容器参考系 S 中电场不再为零. 试求电容器参考系 S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势 差. (结果用 ? 0 、 ? 、 v 、 B 或(和) d 表出. )

123

六、 (15 分)温度开关用厚度均为 0.20 mm 的钢片和青铜片作感温元 度为 20? C 时,将它们紧贴,两端焊接在一起,成为等长的平直双金 钢和青铜的线膨胀系数分别为 1.0 ? 10 / 度和 2.0 ? 10 / 度 . 当温度
?5 ?5

件;在温 属片 . 若 升 高 到 曲 的 曲

1 2 ?0 时, C 双金属片将自动弯成圆弧形, 如图所示. 试求双金属片弯
率半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. )

七、(20分)一斜劈形透明介质劈尖,尖角为 ? ,高为 h .

今以尖角顶点为坐标原点,建立坐标系如图 (a)所

示;劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的,在图(a)中看来,每一个小台阶的前侧面与xz平面平行,上表 面与yz平面平行. 劈尖介质的折射率n随 x 而变化, n( x ) ? 1 ? bx ,其中常数 b ? 0 . 一束波长为 ? 的单色平行

光沿 x 轴正方向照射劈尖;劈尖后放置一薄凸透镜,在劈尖与薄凸透镜之间放一档板,在档板上刻有一系列与

z 方向平行、沿 y 方向排列的透光狭缝,如图(b)所示. 入射光的波面(即与平行入射光线垂直的平面)、劈
尖底面、 档板平面都与 x 轴垂直, 透镜主光轴为 x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而 形成亮纹. 已知第一条狭缝位于 y = 0 处;物和像之间各光线的光程相等. 1. 2. 求其余各狭缝的 y 坐标; 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要
h

求.

y
?

x

?

y
h

?

O

x
图 (a)

z
O

图(b) 八、(20分)光子被电子散射时,如果初态电子具有足够的动能,以至于在散射过程中有能量从电子转移到光 子,则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时,就会出现逆康普顿散射 . 若能量为 Ee 的电子与能量为 E? 的光子相向对碰,
124

已知

电子静止质量为 me ,真空中的光速为 c .

1. 2.

求散射后光子的能量; 求逆康普顿散射能够发生的条件; 已知 me = 0.511 ? 106 eV / c2 .

3. 如果入射光子能量为 2.00 eV , 电子能量为 1.00 ? 109 eV , 求散射后光子的能量.

1 计算中有必要时可利用近似:如果 x ?? 1 ,有 1 - x ? 1 - x . 2

第 30 届全国中学生物理竞赛复赛解答与评分标准
一参考解答: 以滑块和地球为系统, 它在整个 时, 可将其速度 v 分解成纬线切 块质量为

O

?

运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运动

P

向 (水平方向)分量 v? 及经线切向分量 v? .

设滑

m ,在某中间状态

时,滑块位于半球面内侧 P 处, P 和球心 O 的连

线与水平方向的夹角为 ? . 由机械能守恒得

1 1 1 2 2 2 mv0 ? ?mgR sin ? ? mv? ? mv? 2 2 2
(1) 这里已取球心 O 处为重力势能零点. 以过 O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴,力矩为零;重力相 对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中,滑块相对于轴的角动量守恒,故

mv0 R ? mv? R cos? .
由 (1) 式,最大速率应与 ? 的最大值相对应

(2)

vmax ? v(?max )
(3) 而由 (2) 式, q 不可能达到 π

.

2 . 由(1)和(2)式, q 的最大值应与 v? ? 0 相对应,即
v? (?max ) ? 0 .
(4)

[ (4)式也可用下述方法得到:由 (1)、(2) 式得
2 2 2gR sin? ? v0 tan2 ? ? v? ?0.

125

若 sin ? ? 0 ,由上式得

sin ? 2 gR ? 2 . 2 cos ? v0
实际上, sin ? =0 也满足上式。由上式可知

sin ?max 2 gR ? 2 . 2 cos ?max v0
由(3)式有
2 2 v? (?max ) ? 2gR sin ?max ? v0 tan2 ?max ? 0 .

(4’) ] 将 v? (?max ) ? 0 代入式(1),并与式(2)联立,得
2 v0 sin 2 ? max ? 2 gR sin ? max ?1 ? sin 2 ? max ? ? 0 .

(5)

以 sin ? max 为未知量,方程(5)的一个根是 sinq

= 0 ,即 q = 0 ,这表示初态,其速率为最小值,不是所求的解.

于是 sin ?max ? 0 . 约去 sin ? max ,方程(5)变为
2 2gR sin 2 ?max ? v0 sin ?max ? 2gR ? 0 .

(6)

其解为

sin ? max ?

2 ? ? v0 g 2 R2 1 ? 16 ? 1? . ? 4 ? 4 gR ? v0 ? ?

(7)

注意到本题中 sin ? ? 0 ,方程(6)的另一解不合题意,舍去. 将(7)式代入(1)式得,当 ? ? ?max 时,
2 v? ?

1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 , 2

?

?

(8)

考虑到(4)式有
2 vmax ? v? ?

1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 . 2

?

?

(9)

评分标准:本题 15 分. 式 1 分, (9) 式 2 分.

(1)式 3 分, (2) 式 3 分,(3) 式 1 分,(4) 式 3 分, (5) 式 1 分,(6) 式 1 分,(7)

二、参考解答: 1. 有 由于碰撞时间 ?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后 A、C、D 的速度分别为 vA 、 vC 、 vD ,显然

126

vD ?

2l vC r .
(2)

(1)

以 A、B、C、D 为系统,在碰撞过程中,系统相对于轴不受外力矩作用,其相对于轴的角动量守恒
mvD 2l ? mvC r ? mvA 2l ? mv0 2l .

由于轴对系统的作用力不做功,系统内仅有弹力起作用,所以系统机械能守恒. 又由于碰撞时间 ?t 很小,弹簧 来不及伸缩碰撞已结束,所以不必考虑弹性势能的变化. 故

1 2 1 2 1 2 1 2. mvD ? mvC ? mvA ? mv0 2 2 2 2
由 (1)、(2)、(3) 式解得

(3)

vC ?
(4) [代替 (3) 式,可利用弹性碰撞特点

4lr 8l 2 r2 v , vD ? 2 2 v0 , vA ? ? 2 2 v0 2 0 8l ? r 8l ? r 8l ? r
2

v0 ? vD ? v A .

(3’)

同样可解出(4). ] 设碰撞过程中 D 对 A 的作用力为 F1? ,对 A 用动量定理有

F1??t ? mvA ? mv0 ? ?

4l 2 ? r 2 2mv0 , 8l 2 ? r 2

(5)

方向与 v 0 方向相反. 于是,A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为

F1?t ?
(6) 方向与 v 0 方向相同.

4l 2 ? r2 2mv0 8l 2 ? r2

以 B、C、D 为系统,设其质心离转轴的距离为 x ,则
x? mr ? m 2l 2l ? r . ? (? ? 2) m ? ? 2

(7)

质心在碰后瞬间的速度为
v? vC 4l (2l ? r ) x? v0 . r (? ? 2)(8l 2 ? r 2 )

(8)

轴与杆的作用时间也为 ?t ,设轴对杆的作用力为 F2 ,由质心运动定理有

F2 ?t ? F1?t ? ?? ? 2? mv ?
由此得

4l (2l ? r) mv0 . 8l 2 ? r 2

(9)

F2 ?t ?
方向与 v 0 方向相同.

r(2l ? r) 2mv0 . 8l 2 ? r 2

(10)

因而,轴受到杆的作用力的冲量为

127

F2??t ? ?

r(2l ? r) 2mv0 , 8l 2 ? r 2

(11)

方向与 v 0 方向相反. 注意:因弹簧处在拉伸状态,碰前轴已受到沿杆方向的作用力;在碰撞过程中还有与向 心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零,已忽略. [代替 (7)-(9) 式,可利用对于系统的动量定理
F2 ?t ? F1?t ? mvC ? mvD .

]

[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ] 2. 值得注意的是,(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹 力恰好提供滑块 C 以速度 vC ?

4lr v0 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向心力,即 8l 2 ? r 2

k ? r ? ?? ? m
(12) 则弹簧总保持其长度不变,(1)、(2)、(3) 式是成立的.

2 vC 16l 2 r 2 ? 2 2 2 mv0 r (8l ? r )

由(12)式得碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条件

v0 ?
(13)

(8l 2 ? r 2 ) k ? r ? ? ? 4l mr

可见,为了使碰撞后系统能保持匀速转动,碰前滑块 A 的速度大小 v 0 应满足(13)式. 评分标准:本题 20 分. 第 1 问 16 分,(1)式 1 分, (2) 式 2 分,(3) 式 2 分,(4) 式 2 分, (5) 式 2 分,(6) 式 1 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分,(9) 式 2 分,(10) 式 1 分,(11) 式 1 分; 第 2 问 4 分,(12) 式 2 分,(13) 式 2 分. 三、参考解答: 1. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时,其动能是独立变量 ? 、 ? 和 L 的函数, 按题意 可表示为
Ek ? k ? ? ? ? L?

(1) 式中, k 为待定常数(单位为 1). 令长度、质量和时间的单位分别为 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] (它们可视为相互独立 的基本单位) ,则 ? 、 ? 、 L 和 Ek 的单位分别为

[? ] ? [ M ][ L]?1 , [? ] ? [T ]?1 , [ L] ? [ L], [ Ek ] ? [ M ][ L]2 [T ]?2
(2)
128

在一般情形下,若 [ q ] 表示物理量 q 的单位,则物理量 q 可写为
q ? ( q)[ q]

(3) 式中, ( q ) 表示物理量 q 在取单位 [ q ] 时的数值. 这样,(1) 式可写为
( Ek )[ Ek ] ? k (? )? (?) ? ( L)? [? ]? [?]? [ L]?

(4) 在由(2)表示的同一单位制下,上式即
( Ek ) ? k (? )? (?) ? ( L)?

(5)
[ Ek ] ? [? ]? [?]? [ L]?

(6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得
[ M ][ L]2 [T ]?2 ? [ M ]? [L]? ?? [T ]? ?

(7) (2)式并未规定基本单位 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 的绝对大小,因而(7)式对于任意大小的 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 均成立,于是

? ? 1, ? ? 2, ? ? 3
(8) 所以
Ek ? k??2 L3

(9) 2. 由题意,杆的动能为
Ek ? Ek ,c ? Ek ,r

(10) 其中,
1 2 1 L ? Ek ,c ? mvc ? (? L) ? ? ?? 2 2 ?2 ?
2

(11) 注意到, 杆在质心系中的运动可视为两根长度为 因而,杆在质心系中的动能 Ek ,r 为
L ? L? Ek ,r ? 2 Ek (? , ?, ) ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2?
3

L 的杆过其公共端 (即质心) 的光滑水平轴在铅直平面内转动, 2

(12) 将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得

1 ?L ? ? L? k ?? 2 L3 ? ? L ? ? ? ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2 ? ?2?
129

2

3

(13) 由此解得

k?
(14) 于是

1 6

Ek =
(15) 3. 以细杆与地球为系统,下摆过程中机械能守恒

1 lw 2 L3 6

.

L ? Ek ? mg ? ? sin ? ? ?2 ?
(16) 由(15)、(16)式得

w=
(17)

3g sinq L

.

以在杆上距 O 点为 r 处的横截面外侧长为 ? L ? r ? 的那一段为研究对象,该段质量为 ? ? L ? r ? ,其质心速度 为
L?r? L?r ? ??? vc ?r ? ??? 2 ? 2 ?

.

(18) 设另一段对该段的切向力为 T (以 ? 增大的方向为正方向), 法向(即与截面相垂直的方向)力为 N (以指向 O 点 方向为正向),由质心运动定理得
T ? ? ? L ? r ? g cos? ? ? ? L ? r ? at N ??? L? ? r s gi n ? ?? ? L?? r n a

(19) (20)

式中, a t 为质心的切向加速度的大小
at ? ? L ? r d? L ? r d? d? 3 ? L ? r ? g cos ? dvc ? ? ? dt 2 dt 2 d? dt 4L

(21)

而 an 为质心的法向加速度的大小
an ? ? 2 L ? r 3 ? L ? r ? g sin ? ? 2 2L

.

(22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得
T?

? L ? r ?? 3r ? L ?
4 L2

mg cos ?

(23)
130

N?

? L ? r ?? 5L ? 3r ?
2 L2

mg sin ?

(24)

评分标准:本题 25 分. 第 1 问 5 分, (2) 式 1 分, (6) 式 2 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分; 第 2 问 7 分, (10) 式 1 分,(11) 式 2 分,(12) 式 2 分, (14) 式 2 分;不依赖第 1 问的结果,用其他方法正 确得出此问结果的,同样给分; 第 3 问 13 分,(16) 式 1 分,(17) 式 1 分,(18) 式 1 分,(19) 式 2 分,(20) 式 2 分,(21) 式 2 分,(22) 式 2 分,(23) 式 1 分,(24) 式 1 分;不依赖第 1、2 问的结果,用其他方法正确得出此问结果的,同样给分.

四、参考解答: 设在某一时刻球壳形容器的电量为 Q . 下落到容器口的过程. 根据能量守恒有 以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴产生器 G出口自由

mgh ? k

Qq 1 Qq . ? mv2 ? 2mgR ? k h?R 2 R
由此得液滴的动能为

(1)

式中, v 为液滴在容器口的速率, k 是静电力常量.

1 2 Qq( h ? 2 R ) mv ? mg ( h ? 2 R ) ? k . 2 (h ? R) R

(2)

从上式可以看出,随着容器电量 Q 的增加,落下的液滴在容器口的速率 v 不断变小;当液滴在容器口的速率为 零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电


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