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第23届全国中学生物理竞赛复赛题及参考解答


第 23 届全国中学生物理竞赛复赛题

届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及各题得分 第 23 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答及各题得分
一,参考解答: 参考解答:
解法一
小球沿竖直线上下运动时, 其离开玻璃管底部的距离 h 随时间 t 变化的关系如图所示. 设 照片拍摄到的小球位置用 A 表示,A 离玻璃管底部的距离为 hA,小球开始下落处到玻璃管 底部的距离为 H.小球可以在下落的过程中经过 A 点, 也可在上升的过程中经过 A 点.现以 τ 表示小球从最高点(即开始下落处)落到玻璃管底部所需 的时间(也就是从玻璃管底部反跳后上升到最高点所需的 H 时间) τ 1 表示小球从最高点下落至 A 点所需的时间(也 , 就是从 A 点上升至最高点所需的时间) τ 2 表示小球从 A , 点下落至玻璃管底部所需的时间(也就是从玻璃管底部反 跳后上升至 A 点所需的时间).显然, τ 1 + τ 2 = τ .根据题 意,在时间间隔Τ 的起始时刻和终了时刻小球都在 A 点.用 n 表示时间间隔 Τ 内(包括起 始时刻和终了时刻)小球位于 A 点的次数(n≥2).下面分两种情况进行讨论: 1.A 点不正好在最高点或最低点. 当 n 为奇数时有 O t hA h

T

T = ( n 1)τ 1 + ( n 1)τ 2 = ( n 1)τ
在(1)式中,根据题意 τ 1 可取 0 < τ 1 < τ 中的任意值,而

n = 3,5,7,

(1)

τ 2 = τ τ1
当 n 为偶数时有

(2)

T = nτ 2 + ( n 2 )τ 1 = nτ 1 + ( n 2 )τ 2
由(3)式得

n = 2, 4,6,

(3)

τ1 = τ 2
由(1)(3)(4)式知,不论 n 是奇数还是偶数,都有 , ,

(4)

T = ( n 1)τ

n = 2,3, 4,

(5)

因此可求得,开始下落处到玻璃管底部的距离的可能值为

Hn =

1 2 1 T gτ = g 2 2 n 1

2

n = 2,3, 4,

(6)

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

1 hA = H n gτ 12 2
(7) 当 n 为奇数时, τ 1 可取 0 < τ 1 < τ 中的任意值,故有

n = 2,3, 4,

0 < hA < H n

2 1 T Hn = g 2 n 1

n=3,5,7,

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

1 当 n 为偶数时, τ 1 = τ ,由(6)式, (7)式求得 H n 的可能值 2 hA = 3 Hn 4
2 1 T Hn = g 2 n 1

n=2,4,6,

(9) 2.若 A 点正好在最高点或最低点. 无论 n 是奇数还是偶数都有

T = 2 ( n 1)τ 1 1 T H n = gτ 2 = g 2 2 2 ( n 1) hA = H n

2

n=2,3,4,

(10)

n=2,3,4,

(11)

2 1 T Hn = g 2 2 ( n 1)

n=2,3,4,

(12)

hA = 0

(13)

解法二
因为照相机每经一时间间隔 T 拍摄一次时,小球都位于相片上同一位置,所以小球经 过该位置的时刻具有周期性,而且 T 和这个周期的比值应该是一整数.下面我们就研究小

球通过某个位置的周期性. 设小球从最高点(开始下落处)落下至管底所需时间为τ ,从最高点下落至相片上小 球所在点(A 点)所需时间为 τ 1 ,从 A 点下落至管底所需时间为 τ 2 ,则

τ = τ1 + τ 2
(小球上升时通过相应路程段所需时间与下落时同一路程所需时间相同,也是τ, τ 1 和 τ 2 ) 从小球在下落过程中经过 A 点时刻开始,小球经过的时间 2τ 2 后上升至 A 点,再经过 时间 2τ 1 后又落到 A 点, 此过程所需总时间为 2τ 1 + 2τ 2 = 2τ . 以后小球将重复这样的运动. 小 球周期性重复出现在 A 点的周期是多少? 分两种情况讨论: (1) τ 1 ≠ τ 2 , τ 1 和 τ 2 都不是小球在 A 点重复出现的周期,周期是 2τ . . (2) τ 1 = τ 2 ,小球经过时间 2τ 2 = τ 回到 A 点,再经过时间 2τ 1 = τ 又回到 A 点,所 . 以小球重复出现在 A 点的周期为τ. 下面就分别讨论各种情况中 H 的可能值和 A 点离管底的距离 hA 的可能值. 如果从小 ( 球在上升过程中经过 A 点的时刻开始计时,结果一样,只是 τ 1 和 τ 2 对调一下) 1.H 的可能值 (1) .较普遍的情况, τ 1 ≠ τ 2 . T 与 2τ 的比值应为一整数, τ 的可能值应符合下式

(1)

T =k, 2τ
由自由落体公式可知,与此相应的 H k 的数值为

k = 1, 2,3,

(2)

Hk =

1 2 1 T gτ = g 2 2 2k

2

k = 1, 2,3,

(3)

(2) τ 1 = τ 2 . τ 的可能值应符合下式 .

T

τ
故 H k ′ 的可能值为

= k′

k ′ = 1, 2,3,

(4)

Hk′ =

1 2 1 T gτ = g 2 2 k′

2

k ′ = 1, 2,3,

(5)

(5)式与(3)式完全相同.可见由(3)式求得的 H 的 当 k ′ 为偶数时,即 k ′ = 2,4,6, 时,

可能值包含了 τ 1 ≠ τ 2 的全部情况和 τ 1 = τ 2 的一部分情况.当 k ′ 为奇数时,即 k ′ = 1,3,5, 时, 由(5)式得出的 H 的可能值为

Hk′ =

1 T g 2 k′

2

k ′ = 1,3,5,

(6)

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

0 ≤ hA ≤ H k

2 1 T Hk = g 2 2k

k = 1, 2,3,

(7)

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

τ
2

,相对应,所以对于每一个 H k ′ 对应的 hA

1 1 T hA = H k ′ g 2 2 k′

2

2 1 T H k′ = g 2 k′

k ′ = 1,3,5,

(8)

评分标准: 评分标准: 本题 23 分

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

M v0 = M vA + 3mvC
碰撞前后质点组的角动量守恒,有

(1) (2)

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

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

(3)

(4) (5)

vC =0


vC =

4M v0 5M + 6m

(6)

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

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

(7) (8) (9)

4M v0 沿 v0 方向作匀速运动.由(4)(8)(9)式可知, , , 5M + 6m
vB vC v0 6M = l 5M + 6m l

碰撞后,B,D 两小球将绕小球 C 作匀角速度转动,角速度的大小为

ω=

(10)

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球 A 的速度的大小和方向与 M,m 的大小有关, 下面就 M,m 取值不同而导致运动情形的不同进行讨论: (i) vA = 0 ,即碰撞后小球 A 停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是 5M 6m = 0 即

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

(11)

(12)

球 C 的速度.由(7)式和(6)式,可知发生这种运动的条件是

5M 6m > 0 和 4 M > 5M 6m



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

(13)

这种运动的条件是

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

(14)

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

(15)

t=

π

ω

=

( 5M + 6m ) πl
6M v0

=

πl v0

(16)

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球 C 走过的路程

d = vC t =

2πl 3

(17)

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

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

′ M v0 = M v′ + 3mvC A ′ ′ 0 = ml vC + 2ml vB
1 1 1 1 1 2 ′ ′ ′ ′ M v0 = M vA2 + mvB2 + mvC2 + mvD2 2 2 2 2 2
由杆的刚性条件有

(18) (19) (20)

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

(21)

v′ = 0 C


(22) (23)

v′ = C

4M v0 5M + 6m

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

v′ = v0 A
v′ = 0 B
v′ = 0 D (22)(24)(25)(26)式表明第二次碰撞后,小球 A 以速度 v0 作匀速直线运动,即恢 , , , 复到第一次碰撞前的运动,但已位于杆的前方,细杆和小球 B,C,D 则处于静止状态,即 恢复到第一次碰撞前的运动状态, 但都向前移动了一段距离 d = 位置.

(24) (25) (26)

2πl , 而且小球 D 和 B 换了 3

评分标准: 评分标准: 本题 25 分.

三,参考解答: 参考解答:
由 p

pV α = k , α > 1

(1) B

可知,当 V 增大时,p 将随之减小(当 V 减小时,p 将随 之增大) ,在 p V 图上所对应的曲线(过状态 A)大致如 图所示.在曲线上取体积与状态 B 的体积相同的状态 C. 现在设想气体从状态 A 出发,保持叶片不动,而令活 塞缓慢地向右移动,使气体膨胀,由状态 A 到达状态 C, 在此过程中,外界对气体做功 0 C V A

W=

k 1 1 α 1 α 1 α 1 VC VA

(2)

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

UC U A =

k 1 1 α 1 α 1 α 1 VC VA

(3)

再设想气体处于状态 C 时,保持其体积不变,即保持活塞不动,令叶片以角速度ω 做

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

W ′ = Lωt
令 UB 表示气体处于状态 B 时的内能,由热力学第一定律得

(4)

U B U C = Lωt
由题知

(5)

p α 1 = L ω t V
由(4)(5)(6)式得 , ,

(6)

U B UC =
(7)式加(3)式,得

VB ( p pC ) α 1 B

(7)

UB UA =
利用 pV α = k 和 VC = VB 得

VB 1 k 1 ( pB pC ) + α 1 α 1 α 1 α 1 VC VA

(8)

UB UA =

1 ( p V pAVA α 1 B B

)

(9)

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

U

t

0 -U

T

2T

图1

uB

U

t

0

T

2T

U

图2

.

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

u D = u A uC 1 uB = uC 2

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

uC1 = u A uD = uC 2

q1 C q = u B uG = 2 C

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

uD = uB

uD > 0

(5)

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

uD < u B

uD > 0

(6)

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

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

uD = 0

(7)

B

A

C1 D D2

B

A

C1

D D2

B

C2

uA

D1 G
状态 II 图3

C2

uA

D1 G
状态 III

C2

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

1 uC1 = uC 2 = u A 2 1 uD = uB = u A 2 1 1 在 uA 达到最大值即 uA = U 时, 对应的时刻为 t = T , 这时 uD = uB = U , 也达到最大值. uA 4 2
达到最大值后将要减小,由于 D2 的单向导电性,电容器 C1,C2都不会放电, uC1 和 uC 2 保持

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

1 2. 从 t = T 起,因 uD 小于 uB ,D2 处在截止状态,电路从状态 Ι 变为状态 ΙΙ. 因为二 4
极管的反向电阻为无限大,电容器 C1,C2都不会放电,两极板间的电压都保持不变.当电路 处在状态ΙΙ 时,D 点的电压

1 uD = u A U 2
B 点的电压

1 uB = U 2 1 3 随着 uA 从最大值 U 逐渐变小,uD 亦变小;当 u A = U 时,对应的时刻为 t = T , uD = 0 . 2 8 1 1 如果 uA 小于 U , uD 将小于 0, 1 要从截止变成导通, 则 D 电路不再处在状态 II.所以在 t = T 2 4 3 到 t = T 时间间隔内,uD,uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域 ΙΙ1 内的直线所示. 8

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

uD = 0 1 uB = U 2
在 uA 减小的过程中,C1 两极板间的电压 uC1(= uA)也随之改变,从而维持 uD 为 0. 当 uA

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

3 3 D1 要从导通变成截止,电路不再处于状态 III.所以在 t = T 到 t = T 时间间隔内,uD,uB 8 4
随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中区域 ΙΙΙ1 内的直线所示.

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

uD = u A + U
1 uB = U 2 1 7 1 当 uA 增大至 U 时, 对应的时刻为 t = T ,uD = uB = U . 若 uA 再增大, D 将要大于 uB, u 2 8 2 3 7 D2 将要从截止变为导通, uD = uB ,电路不再处于状态 II. 所以在 t = T 到 t = T 时间间隔 4 8
内,uD,uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 区域 ΙΙ2 中的直线所示.

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

uD = uB uA = q1 q2 + C C

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

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

3 1 uD = uB = U + u A 4 2 5 uD,uB 随着 uA 的增大而增大. 当 uA 达到最大值即 u A = U 时,对应的时刻为 t = T , 4 5 uD = uB = U .由于 D2 单向导电, uB = uC 2 只增不减,uA 从最大值减小时, uC1 不变,uD 4 5 5 将要小于 U ,而 uB = uC 2 保持为 U ,因而 uD < u B ,D2 从导通变成截止,电路不再是状 4 4 5 7 态 I. 所以在 t = T 到 t = T 时间间隔内,uD,uB 随 t 变化的图线如图 4 和图 5 中 I2 中的 8 4
直线所示.

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

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

7. 从 t =

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

进入状态 III,故有

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

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

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

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

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

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

uD
uB

T 4 U 0→ 2 U 0→ 2 0→
uD

T 3T → 4 8 U →0 2

3T 3T → 8 4
0 U 2

3T 7T → 4 8 U 0→ 2

7T 5T → 8 4 U 5U → 2 4 U 5U → 2 4

5T 25T → 4 16 5U →0 4

25T 7T → 16 4
0 5U 4

7T → 2T 4
0 →U

U

t

0

T

2T

U
I1 II1 III1 II2 I2 图4 II3 III2 II4

uB

U

t

0

T

2T

U
I1 II1 III1 II2 I2 图5 II3 III2 II4

评分标准: 评分标准: 本题 25 分

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

B ( x, t ) = B0 cos ( ωt kx )
在 t + t 时刻,磁场的空间分布为

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

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

ω x = x x t k
平移速度

v0 =

x ω = t k

(1)

平移速度 v0 为恒量.由此可见,题给出的磁场 B ( x, t ) = B0 cos (ωt kx ) 可视为一在空间按 余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度 v0 沿 x 轴的正方向平移.如果金属框移动的速度小 于磁场区域平移的速度, 那么通过金属框的磁通将随时间发生变化, 从而在金属框中产生感 应电流,感应电流将受到磁场的安培力作用. 由题已知,在时刻 t,金属框移动的速度为 v ,金属框 MN 边位于坐标 x 处,PQ 边位 于坐标 x + d 处.设此时金属框的磁通为 Φ (规定由纸内到纸外 Φ 为正) ;经过一很短的时 间间隔 t ,整个磁场分布区域向 x 方向移动了一段距离 v0 t ,金属框向 x 方向移动了一段 距离 vt ,其结果是:MN 边左侧穿过面积为 ( v0 v ) l t 的磁通 B ( x, t )( v0 v ) l t 移进了金 属框,PQ 边左侧穿过面积为 ( v0 v ) l t 的磁通 B ( x + d , t )( v0 v ) l t 移出了金属框,故在

t + t 时刻,通过金属框的磁通为

Φ ′ = Φ + B ( x, t )( v0 v ) l t B ( x + d , t )( v0 v ) l t
在 t 时间间隔内,通过金属框的磁通增量为

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

(2)

E (t ) =

Φ t

(3)

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

i (t ) =

E R

(4)

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

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

(5)

ω 2 B0 l 2 v k cos ωt kx cos ωt kx kd f (t ) = ( ) ) ( R

{

}

2

(6)

利用三角学公式,得

ω 4 B02l 2 v k sin 2 kd sin 2 2 ( ωt kx ) kd = F sin 2 ωt kx kd f (t ) = ) 0 ( R 2 2 2
ω 2 4 B0 l 2 v k sin 2 kd F0 = R 2
F0 称为安培力 f ( t ) 的幅度.从(7)式可以看出,安培力 f ( t ) 在 F0 的幅度内随时间变化,
但其值不会小于零,表示磁场作用于金属框的安培力始终向右. 2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论 F0 与线框几何尺寸的关系.F0 与 金属框长度 l 的平方成正比,与金属框的宽度 d 有关: 当 kd = 2nπ , 即

(7)

d=


2 nπ k

n = 0,1, 2,

(8)

F0 = 0
当 kd = ( 2n + 1) π ,即

(9)

d= F0 达最大值

( 2n + 1) π
k

n = 0,1, 2,

(10)

F0( max )

ω 4B02l 2 v k = R

(11)

当 d 取其它值时, F0 介于 0 与最大值 F0( max ) 之间.

评分标准: 评分标准: 本题 25 分.

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

圆筒轴

S

狭缝

L1
图1

L2

P

L3

狭缝 S:光源的光由此进入分光镜,观察到的谱线就是狭缝的像. 透镜 L1: 与狭缝的距离为 f1, 使由狭缝射来的光束经 L1 后成为与圆筒轴平行的平行光束. 分光棱镜:使由 L1 射来的平行光束中频率不同的单色光经棱镜后成为沿不同方向出射的 平行光束. . 透镜 L2:使各种单色平行光束经 L2 成像在它的焦平面上,形成狭缝的像(即光谱线) 观察屏 P:位于 L2 焦平面上,光源的谱线即在此屏上.

透镜 L3:与 P 的距离 ≤ f3,是人眼观察光谱线所用的放大镜(目镜) . 2.已知钠黄光的谱线位于 P 的中央,S 的像位于 L2 的焦点上,由此可知,对分光棱 镜系统来说,钠黄光的入射光束和出射光束都与轴平行,由于棱镜系统是左右对称,因此钠 黄光在棱镜内的光路应该是左右对称的, 在中间棱镜中的光路应该与轴平行, 分光元件中的 光路图如图 2 所示,左半部的光路如图 3.用 i1,r1,i2,r2 分别表示两次折射时的入射角和 折射角,用 n1,n2 分别表示两块棱镜对 D 线的折射率,由图 3 可以看出,在两棱镜界面上 发生折射时, i2 > r2 ,表明 n2 > n1 ,即中间的棱镜应用折射率较大的火石玻璃制成,两侧棱 镜用冕牌玻璃制成,故有 n1 = n D =1.5170, n 2 = n ′ =1.7200. D

i1

α
r1 i2

n2 r2

n1
图2 图3

α 2

由几何关系可得

i1 = r2 =

α
2

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

r1 + i2 = α
由折射定律可得

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

1 α α α 2n1 1 sin 2 1 2 sin 2 1 2sin 2 = n2 n1 2 2 2
解(5)式得
2 α 4n (n + 1) sin 2 = 1 2 2 4 n1 n 2 2 2

(5)

(

)

(6)

以 n1 = 1.5170 , n 2 = 1.7200 代入,得

α = 123.6

(7)

评分标准: 评分标准: 本题 23 分.

七,参考解答: 参考解答:
带电粒子在静电场内从 S 到 T 的运动过程中,经历了从 S 到 N 和从 N 到 T 的两次加 速,粒子带的电荷量 q 的大小均为 1.60 × 1019 C ,若以 U 表示 N 与地之间的电压,则粒子 从电场获得的能量

E = 2qU
质子到达 T 处时的质量

(1)

m=

m0 1 ( v c)
2

(2)

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

mc 2 = E + m0 c 2
由(1)(2)(3)式得 , ,

(3)

1 1 ( v c)
代入数据解得
2

=1+

2qU m0 c 2

v = 4.34 × 107 m/s

(4)

评分标准: 评分标准: 本题 16 分.

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