第21屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽復(fù)賽題試卷

文檔編碼:CK2R6Z1O2J8——HL10P7E3A8J6——ZY7Z9X5T8I10第21屆全國(guó)中同學(xué)物理競(jìng)賽復(fù)賽題參考解答本卷共七題,滿分 140分.一、〔20分〕薄膜材料氣密性能的優(yōu)劣常用其透氣系數(shù)來(lái)加以評(píng)判． 對(duì)于均勻薄膜材料, 在一定溫度下,某種氣體通過(guò)薄膜滲透過(guò)的氣體分子數(shù) N k pSt,其中t為滲透連續(xù)時(shí)間, Sd為薄膜的面積,d為薄膜的厚度, p為薄膜兩側(cè)氣體的壓強(qiáng)差． k稱為該薄膜材料在該溫度下對(duì)該氣體的透氣系數(shù)．透氣系數(shù)愈 E I小,材料的氣密性能愈好．圖為測(cè)定薄膜材料對(duì)空氣的透氣系數(shù)的一種試驗(yàn)裝置示意 p0V0 K3圖．EFGI為滲透室,U形管左管上端與滲透室相通, 右管上端封閉；U形管內(nèi)橫截面積 A＝0.150cm2．試驗(yàn)中,第一測(cè)得薄膜的 Cp1V1

C.厚度d=0.66mm,再將薄膜固定于圖中 CC 處,從而把滲透室分 F G為上下兩部分,上面部分的容積 V0 25.00cm3,下面部分連同 U形管左管水面以上部分的總?cè)莘e為 V1,薄膜能夠透氣的面積 S K2=1.00cm2．打開開關(guān)K1、K2與大氣相通,大氣的壓強(qiáng) p1＝1.00atm, K1 H此時(shí)U形管右管中氣柱長(zhǎng)度 H 20.00cm,V1 .500cm3．關(guān)閉K1、K2后,打開開關(guān) K3,對(duì)滲透室上部分快速充氣至氣體壓強(qiáng)p0 2.00atm,關(guān)閉K3并開頭計(jì)時(shí)．兩小時(shí)后, U形管左管中的水面高度下降了 H 2.00cm．試驗(yàn)過(guò)程中,始終保持溫度為0 C．求該薄膜材料在 0 C時(shí)對(duì)空氣的透氣系數(shù)．（本試驗(yàn)中由于薄膜兩側(cè)的壓強(qiáng)差在試驗(yàn)過(guò)程中不能保持恒定, 在壓強(qiáng)差變化不太大的情形下, 可用計(jì)時(shí)開頭時(shí)的壓強(qiáng)差和計(jì)時(shí)終止時(shí)的壓強(qiáng)差的平均值 p來(lái)代替公式中的 p．普適氣體常量 R=8.31Jmol-1K-1,1.00atm=1.013×105Pa）．二、〔20分〕兩顆人造衛(wèi)星繞地球沿同一橢圓軌道同向運(yùn)動(dòng),它們通過(guò)軌道上同一點(diǎn)的時(shí)間相差半個(gè)周期．已知軌道近地點(diǎn)離地心的距離是地球半徑R的2倍,衛(wèi)星通過(guò)近地點(diǎn)時(shí)的速度 v 3GM4R ,式中M為地球質(zhì)量,G為引力常量．衛(wèi)星上裝有同樣的角度測(cè)量?jī)x,可測(cè)出衛(wèi)星與任意兩點(diǎn)的兩條連線之間的夾角． 試設(shè)計(jì)一種測(cè)量方案, 利用這兩個(gè)測(cè)量?jī)x測(cè)定太空中某星體與地心在某時(shí)刻的距離． （最終結(jié)果要求用測(cè)得量和地球半徑 R表示）三、〔15分〕子在相對(duì)自身靜止的慣性參考系中的平均壽命 0 2.0 10 6s．宇宙射線與大氣在高空某處發(fā)生核反應(yīng)產(chǎn)生一批 子,以v=0.99c的速度（c為真空中的光速）向下運(yùn)動(dòng)并衰變．依據(jù)放射性衰變定律,相對(duì)給定慣性參考系,如 t=0時(shí)刻的粒子數(shù)為 N〔0〕,t時(shí)刻剩余的粒子數(shù)為 N〔t〕,就有 N t N 0 e t,式中 為相對(duì)該慣性系粒子的平均壽命．如能到達(dá)地面的 子數(shù)為原先的 5％,試估算 子產(chǎn)生處相對(duì)于地面的高度 h．不考慮重力和地磁場(chǎng)對(duì) 子運(yùn)動(dòng)的影響．四、〔20分〕目前,大功率半導(dǎo)體激光器的主要結(jié)構(gòu)形式是由許多發(fā)光區(qū)等距離地排列在一條直線上的長(zhǎng)條狀,通常稱為激光二極管條． 但這樣的半導(dǎo)體激光器發(fā)出的是許多束發(fā)散光束,光能分布很不集中, 不利于傳輸和應(yīng)用． 為明白決這個(gè)問(wèn)題, 需要依據(jù)詳細(xì)應(yīng)用的要求,對(duì)光束進(jìn)行必需的變換（或稱整形）．假如能把一個(gè)半導(dǎo)體激光二極管條發(fā)出的光變換成一束很細(xì)的平行光束,對(duì)半導(dǎo)體激光的傳輸和應(yīng)用將是特殊有意義的． 為此,有人提出了先把多1/381/38束發(fā)散光會(huì)聚到一點(diǎn),再變換為平行光的方案,其基本原理可通過(guò)如下所述的簡(jiǎn)化了的情形來(lái)說(shuō)明．如圖,S1、S2、S3是等距離（h）地排列在始終線上的三個(gè)點(diǎn)光源,各自向hS1LPz垂直于它們的連線的同一方向發(fā)出半頂S2角為=arctan14的圓錐形光束．請(qǐng)使hS3用三個(gè)完全相同的、焦距為f=1.50h、半徑為r=0.75h的圓形薄凸透鏡,經(jīng)加工、組裝成一個(gè)三者在同一平面內(nèi)的組合透鏡,使三束光都能全部投射到這個(gè)組合透鏡上, 且經(jīng)透鏡折射后的光線能全部會(huì)聚于 z軸（以S2為起點(diǎn),垂直于三個(gè)點(diǎn)光源連線,與光束中心線方向相同的射線）上距離 S2為L(zhǎng)=12.0h處的P點(diǎn)．（加工時(shí)可對(duì)透鏡進(jìn)行外形的轉(zhuǎn)變,但不能轉(zhuǎn)變透鏡焦距． ）1．求出組合透鏡中每個(gè)透鏡光心的位置．2．說(shuō)明對(duì)三個(gè)透鏡應(yīng)如何加工和組裝,并求出有關(guān)數(shù)據(jù)．五、〔20分〕如以下圖,接地的空心導(dǎo)體球殼內(nèi)半徑為R,在空腔內(nèi)始終徑上的P1和P2處,放置電量分別為 q1和q2的點(diǎn)電荷,q1＝q2＝q,兩點(diǎn)電荷到球心的距離均為 a．由靜電感應(yīng)與靜電屏蔽可知：導(dǎo)體空腔內(nèi)表面將顯現(xiàn)感應(yīng)電荷分布, 感應(yīng)電荷電量等于－ 2q．空腔內(nèi)部的電場(chǎng)是由 q1、q2和兩者在空腔內(nèi)表面上的感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生的．由于我們尚不知道這些感應(yīng)電荷是怎樣分布的, 所以很難用場(chǎng)強(qiáng)疊加原理直接求得腔內(nèi)的電勢(shì)或場(chǎng)強(qiáng)． 但理論上可以證明,感應(yīng)電荷對(duì)腔內(nèi)電場(chǎng)的貢獻(xiàn),可用假想的位于腔外的（等效）點(diǎn)電荷來(lái)代替（在本題中假想〔等效〕點(diǎn)電荷應(yīng)為兩個(gè)）,只要假想的（等效）點(diǎn)電荷的位置和電量能中意這樣的條件,即：設(shè)想將整個(gè)導(dǎo)體殼去掉,由q1在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想（等效）點(diǎn)電荷q與q1共同產(chǎn)生的電場(chǎng)在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點(diǎn)的電P2arA勢(shì)皆為0；由q2在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想（等效）點(diǎn)電荷q與q2共同產(chǎn)生的電場(chǎng)在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點(diǎn)的電勢(shì)皆為0．這樣確定的假想電荷叫做感應(yīng)電荷的等效電荷,而且aP1O這樣確定的等效電荷是唯獨(dú)的．等效電荷取代感應(yīng)電荷后,可用R等效電荷q、q和q1、q2來(lái)運(yùn)算原先導(dǎo)體存在時(shí)空腔內(nèi)部任意點(diǎn)的電勢(shì)或場(chǎng)強(qiáng)．1．試依據(jù)上述條件,確定假想等效電荷q、q的位置及電量．OP的夾角為．2．求空腔內(nèi)部任意點(diǎn)A的電勢(shì)UA．已知A點(diǎn)到球心O的距離為r,OA與六、〔20分〕如以下圖,三個(gè)質(zhì)量都是m的剛性小球A、B、C位D于光滑的水平桌面上（圖中紙面）,A、B之間,B、C之間分別用剛性輕桿相連,桿與A、B、C的各連接處皆為“鉸鏈?zhǔn)健钡腁BCE（不能對(duì)小球產(chǎn)生垂直于桿方向的作用力）．已知桿AB與BC的夾角為,</2．DE為固定在桌面上一塊擋板,它與AB連線方向垂直．現(xiàn)令A(yù)、B、C一起以共同的速度v沿平行于AB連線方向向DE運(yùn)動(dòng),已知在C與擋板碰撞過(guò)程中C與擋板之間2/382/38無(wú)摩擦力作用,求碰撞時(shí)當(dāng)C沿垂直于DE方向的速度由v變?yōu)?這一極短時(shí)間內(nèi)擋板對(duì)C的沖量的大小．七、（25分）如以下圖,有二平行y

cya金屬導(dǎo)軌,相距l(xiāng),位于同一水平面內(nèi)（圖中紙面）,處在磁感應(yīng)強(qiáng)Odbv0x度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向豎直向下（垂直紙面對(duì)里）．質(zhì)量均為m的兩金屬桿ab和cd放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌垂直．初始時(shí)刻,金屬桿ab和cd分別位于x=x0和x=0處．假設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻都為零,由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)為 L．今對(duì)金屬桿 ab施以沿導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量,使它獲得初速 v．設(shè)導(dǎo)軌足夠長(zhǎng), x也足夠大,在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩金屬桿之間距離的變化遠(yuǎn)小于兩金屬桿的初始間距

x,因而可以認(rèn)為在桿運(yùn)動(dòng)過(guò)程中由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)L是恒定不變的．桿與導(dǎo)軌之間摩擦可不計(jì)．求任意時(shí)刻兩桿的位置 xab和xcd以及由兩桿和導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中的電流 i三者各自隨時(shí)間 t的變化關(guān)系．一、開頭時(shí) U形管右管中空氣的體積和壓強(qiáng)分別為

V2=HA （1） p2=p1

經(jīng)過(guò)2小時(shí),U形管右管中空氣的體積和壓強(qiáng)分別為V2〔HH〕A（2）p2p2V2V2（3）滲透室下部連同U形管左管水面以上部分氣體的總體積和壓強(qiáng)分別為nRT可知,經(jīng)過(guò)2小時(shí),（4）V1V1HAp1p22gΔH（5）式中為水的密度,g為重力加速度．由理想氣體狀態(tài)方程pV薄膜下部增加的空氣的摩爾數(shù)np1V1p1V1（6）RTRT在2個(gè)小時(shí)內(nèi),通過(guò)薄膜滲透過(guò)去的分子數(shù)NnNA（7）式中NA為阿伏伽德羅常量．3/383/38滲透室上部空氣的摩爾數(shù)削減,壓強(qiáng)下降．下降了p（8）pΔnRTV0經(jīng)過(guò)2小時(shí)滲透室上部分中空氣的壓強(qiáng)為p0p0p（9）測(cè)試過(guò)程的平均壓強(qiáng)差p1〔p0p1〕〔p0p1〕2（10）依據(jù)定義,由以上各式和有關(guān)數(shù)據(jù),可求得該薄膜材料在0℃時(shí)對(duì)空氣的透氣系數(shù)kNd2.4 1110Pa1m1

s1（11）ptS評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分．〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕、〔5〕式各1分,〔6〕式3分,〔7〕、〔8〕、〔9〕、〔10〕式各2分,〔11〕式4分．二、如圖,衛(wèi)星繞地球運(yùn)動(dòng)的軌道為一橢圓,地心位于軌道橢圓的一個(gè)焦點(diǎn) O處,設(shè)待測(cè)量星體位于 C處．依據(jù)題意,當(dāng)一個(gè)衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)到軌道的近地點(diǎn) A時(shí),另一個(gè)衛(wèi)星恰好到達(dá)遠(yuǎn)地點(diǎn)B處,只要位于A點(diǎn)的衛(wèi)星用角度測(cè)量?jī)x測(cè)出 AO和AC的夾角 1,位于B點(diǎn)的衛(wèi)星用角度測(cè)量?jī)x測(cè)出 BO和BC的夾角 2,就可以運(yùn)算出此時(shí)星體 C與地心的距離 OC．因衛(wèi)星橢圓軌道長(zhǎng)軸的長(zhǎng)度ABr近＋r遠(yuǎn)〔1〕式中r近、與r遠(yuǎn)分別表示軌道近地點(diǎn)和遠(yuǎn)地點(diǎn)到地心的距離．由角動(dòng)量守恒mv近r近＝mv遠(yuǎn)r遠(yuǎn)2遠(yuǎn)－GMm〔2〕AOB〔3〕式中m為衛(wèi)星的質(zhì)量．由機(jī)械能守恒11mv2

近－GMm1mv2r近2r遠(yuǎn)已知得r近＝2R,v近＝3GMABr遠(yuǎn)6R8RC〔4〕4R所以2R6R〔5〕在△ABC中用正弦定理sin1sinπ12〔6〕BCAB4/384/38所以O(shè)C,在△BCsinsin12AB2〔7〕地心與星體之間的距離為1cos〔8〕BOC中用余弦定理OC2 2

r遠(yuǎn)BC22r遠(yuǎn)BC由式〔4〕、〔5〕、〔7〕得OC2R916sinsin21224sin1cos22〔9〕21sin1評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分．〔1〕式2分,〔2〕、〔3〕式各3分,〔6〕、〔8〕式各3分,〔9〕式6分．〔1〕三、因子在相對(duì)自身靜止的慣性系中的平均壽命0.20106s依據(jù)時(shí)間膨脹效應(yīng),在地球上觀測(cè)到的子平均壽命為,01vc2代入數(shù)據(jù)得相對(duì)地面,如子到達(dá)地面所需時(shí)間為=1.4×10－5s子數(shù)為〔2〕t,就在t時(shí)刻剩余的〔3〕NtN0et依據(jù)題意有對(duì)上式等號(hào)兩邊取e為底的對(duì)數(shù)得Ntet5%〔5〕〔4〕N0ln5t100代入數(shù)據(jù)得依據(jù)題意,可以把t4.19105s〔6〕子的運(yùn)動(dòng)看作勻速直線運(yùn)動(dòng),有vt〔7〕h代入數(shù)據(jù)得h1.24104m〔8〕評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題15分． 〔1〕式或〔2〕式6分,〔4〕式或〔5〕式4分,〔7〕式2分,〔8〕式3分．5/385/38四、1．考慮到使3個(gè)點(diǎn)光源的3束光分別通過(guò)3個(gè)透hS1uO1MPz鏡都成實(shí)像于P點(diǎn)的要求,組合透鏡所在的平面應(yīng)垂直于z軸,三個(gè)光心O1、O2、O3的連線平行于3個(gè)光S1源的連線,O2位于z軸上,如圖1所示．圖中MM表示組合透鏡的平面,S、S、S為三個(gè)光束中心光線S2O2〔S2’〕h與該平面的交點(diǎn)．S2O2＝u就是物距．依據(jù)透鏡成O3S3’像公式L1L1u1〔1〕M’圖1uf可解得u1[LL24fL]2由于要保證經(jīng)透鏡折射后的光線都能全部會(huì)聚于P點(diǎn),來(lái)自各光源的光線在投射到透鏡之前不能交叉,必需有2utan≤h即u≤2h．在上式中取“－”號(hào),代入f和L的值,算得〔2〕u〔632〕h≈1.757h此解中意上面的條件．分別作3個(gè)點(diǎn)光源與 P點(diǎn)的連線．為使3個(gè)點(diǎn)光源都能同時(shí)成像于 P點(diǎn),3個(gè)透鏡的光心O1、O2、O3應(yīng)分別位于這 3條連線上（如圖 1）．由幾何關(guān)系知,有L u 1 1O1O2 O2O3 h 〔 2〕h 0.854hL 2 4〔3〕即光心O1的位置應(yīng)在S之下與1S的距離為1〔4〕同理,O3的位置應(yīng)在S1O1hO1O20.146hS之上與S的距離為0.146h處．由〔3〕式可知組合透鏡中相鄰薄透鏡中心之間距離必需等于0.854h,才能使S1、S2、S3都能成像于P點(diǎn)．2．現(xiàn)在爭(zhēng)辯如何把三個(gè)透鏡L1、L2、L3加工組裝成組合透鏡．由于三個(gè)透鏡的半徑 r=0.75h,將它們的光心分別放置到 O1、O2、O3處時(shí),由于 O1O2 ＝O2O3＝0.854h<2r,透鏡必定發(fā)生相互重疊,必需對(duì)透鏡進(jìn)行加工,各切去一部分,然后再將它們粘起來(lái),才能中意 〔3〕式的要求．由于對(duì)稱關(guān)系,我們只需爭(zhēng)辯上半部分的情形．圖2畫出了L1、L2放在 MM 平面內(nèi)時(shí)相互交疊的情形（紙面為 MM 平面）．圖中C1、C2表示L1、L2的邊緣, S、S為光束中心光線與透鏡的交點(diǎn), W1、W2分別為C1、C2與O1O2的交點(diǎn)．S為圓心的圓1和以S（與O2重合）為圓心的圓2分別是h0.439hQK圓1C10.146h光源S1和S2投射到L1和L2時(shí)產(chǎn)生的光斑的邊緣,其半徑均為utan0.439h〔5〕O1S1Q’依據(jù)題意,圓1和圓2內(nèi)的光線必需能全部進(jìn)入透鏡．第一,圓1的K點(diǎn)（見(jiàn)圖2）是否落在L1上？由幾何關(guān)系可知W2x2T’x10.854hTO1KO1S1.0439.0146h0.585hr.075h〔6〕W1O2S2N’N0.439h故從S1發(fā)出的光束能全部進(jìn)入L1．為了保證全部光束能進(jìn)入透鏡組合,對(duì)L1和L2進(jìn)行加工時(shí)必需保留圓1和圓2內(nèi)的圓2C26/386/38圖2透鏡部分．下面舉出一種對(duì)透鏡進(jìn)行加工、組裝的方法．在和O1和O2之間作垂直于O1O2且分別與圓1和圓2相切的切線QQ和NN．如沿位于QQNN之間且與它們平行的任意直線TT對(duì)透鏡L1和L2進(jìn)行切割,去掉兩透鏡的弓形部分,然后把它們沿此線粘合就得到符合所需組合透鏡的上半部．同理,對(duì) L2的下半部和 L3進(jìn)行切割,然后將 L2的下半部和 L3粘合起來(lái),就得到符合需要的整個(gè)組合透鏡． 這個(gè)組合透鏡可以將 S1、S2、S3發(fā)出的全部光線都會(huì)聚到P點(diǎn)．現(xiàn)在運(yùn)算 QQ 和NN 的位置以及對(duì)各個(gè)透鏡切去部分的大小應(yīng)符合的條件．設(shè)透鏡 L1被切去部分沿 O1O2方向的長(zhǎng)度為 x1,透鏡L2被切去部分沿 O1O2方向的長(zhǎng)度為 x2,如圖2所示,就對(duì)任意一條切割線 TT ,x1、x2之和為d x1 x2 2r O1O2 0.646h （7）由于 TT 必需在 QQ 和 NN 之間,從圖 2可看出,沿 QQ 切割時(shí),x1達(dá)最大值〔x1M〕,x2達(dá)最小值〔x2m〕,代入r,和S1O1的值,得xMxMrS1O1h〔8〕0.457代入〔7〕式,得x2mdx1M0.189h〔9〕〔10〕（11）由圖2可看出,沿NN切割時(shí),x2達(dá)最大值〔x2M〕,x1達(dá)最小值〔x1m〕,xMr代入r和的值,得xM0.311hx1mdx2M.0335h由對(duì)稱性,對(duì)L3的加工與對(duì)L1相同,對(duì)L2下半部的加工與對(duì)上半部的加工相同．評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分．第1問(wèn)10分,其中（2）式5分,（3）式5分,第2問(wèn)10分,其中〔5〕式3分,〔6〕式3分,〔7〕式2分,〔8〕式、〔9〕式共1分,〔10〕式、〔11〕式共1分．假猶如學(xué)解答中沒(méi)有 〔7〕—〔11〕式,但說(shuō)了“將圖2中三個(gè)圓錐光束照射到透鏡部分全部保留,透鏡其它部分可依據(jù)需要磨去（或切割掉）”給3分,再說(shuō)明將加工后的透鏡組裝成透鏡組合時(shí)必需保證 O1O2=O1O2=0.854h,再給1分,即給〔7〕—〔11〕式的全分（4分）．五、1．解法Ⅰ：如圖1所示,S為原空腔內(nèi)表面所在位置,1q的位置應(yīng)位于OP的延長(zhǎng)線上的某點(diǎn)B1B1處,q的位置應(yīng)位于OP的延長(zhǎng)線上的某點(diǎn)B2處．設(shè)A1為S面上的任意一點(diǎn),依據(jù)題意有A1kq1kq10〔1〕A1P1A1B1B2P2 OaaP1圖1SR7/387/38kq2kq220〔2〕〔3〕〔4〕〔5〕〔6〕〔7〕〔8〕〔9〕A1P2A1B怎樣才能使〔1〕式成立呢？下面分析圖1中OP1A1與OA1B1的關(guān)系．如等效電荷q的位置B1使下式成立,即OP1OB1＝R2即OP1OA1OA1OB1就△OP1A1∽△OA1B1有A1P1OP1aA1B1OA1R由〔1〕式和〔5〕式便可求得等效電荷1qq1Rq1a由〔3〕式知,等效電荷q的位置B1到原球殼中心位置O的距離OB1R2a同理,B2的位置應(yīng)使△OP2A1∽△OA1B2,用類似的方法可求得等效電荷q2Rq2a等效電荷q的位置B2到原球殼中心O位置的距離OB2R2a解法Ⅱ：在圖1中,設(shè)A1P1r1,A1B1r1,OB1d．依據(jù)題意,q和q兩者在A1點(diǎn)產(chǎn)生的電勢(shì)和為零．有kq1kq10（1＇）r1r1式中r1〔R2a22Racos〕12（2＇）r1〔R2d22Rdcos〕12（3＇）8/388/38由（1＇）、（2＇）、（3＇）式得q21〔R2d22Rdcos〕q12〔R2a22Racos〕（4＇）（4＇）式是以cos為變量的一次多項(xiàng)式,要使（4＇）式對(duì)任意均成立,等號(hào)兩邊的相應(yīng)系數(shù)應(yīng)相等,即q12〔R2d2〕q12〔R2a2〕dq12a（5＇）q21（6＇）由（5＇）、（6＇）式得解得ad2〔a2RR2〕d2aR22〕0（7＇）d〔a22〕〔aR（8＇）2a由于等效電荷位于空腔外部,由（8＇）式求得dR2（9＇）a由（6＇）、（9＇）式有q12R2q12（10＇）a2考慮到（1＇）式,有q1Rq1a（11＇）同理可求得2．A點(diǎn)的位置如圖2所示．A的電勢(shì)由q1、OB2R2（12＇）aq2Rq2（13＇）aq、q2、q共同產(chǎn)生,即UAkq1R11R1〔10〕P1AaB1AP2AaB2A9/389/38因B1Ar22rR2cos2R22P1Ar22racosa2P2OaAB1aaP2Ar22racosaR22B2SaP1RR2B2Ar22rcos圖2aa代入〔10〕式得UAkqr21a2a2a2r22Rcos 4

RR4〔11〕2racos2raR21ar22Rcosr22racosraR2評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

此題20分．第1問(wèn)18分,解法Ⅰ中〔1〕、〔2〕、〔6〕、〔7〕、〔8〕、〔9〕式各3分．解法Ⅱ的評(píng)分可參考解法Ⅰ．第2問(wèn)2分,即〔11〕式2分．六、令I(lǐng)表示題述極短時(shí)間t內(nèi)擋板對(duì)C沖量的大小,由于擋板對(duì)C無(wú)摩擦力作用,AIBD可知沖量的方向垂直于DE,如以下圖；I表示B、C間的桿對(duì)B或C沖量的大小,C其方向沿桿方向,對(duì)B和C皆為推力；vC表示t末了時(shí)刻C沿平行于DE方向速度的大小,vB表示t末了時(shí)刻B沿平行于DE方向速度的大小,vB表示t末了時(shí)刻B沿垂直于DE方向速度的大?。蓜?dòng)量定理,對(duì)C有EIsinmvC〔1〕IIcosmv〔2〕對(duì)B有IsinmvB〔3〕對(duì)AB有Icos2mvvB〔4〕由于B、C之間的桿不能伸、縮,因此B、C沿桿的方向的分速度必相等．故有vCsinvBcosvBsin〔5〕由以上五式,可解得10/3810/38I3sin2mv〔6〕13sin2評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：

此題20分． 〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔4〕式各2分．〔5〕式7分,〔6〕式5分．七、解法Ⅰ：當(dāng)金屬桿ab獲得沿x軸正方向的初速v0時(shí),因切割磁力線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中會(huì)顯現(xiàn)感應(yīng)電流． 由于回路具有自感系數(shù), 感應(yīng)電流的顯現(xiàn),又會(huì)在回路中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì),自感電動(dòng)勢(shì)將阻礙電流的增大,所以, 雖然回路的電阻為零,但回路的電流并不會(huì)趨向無(wú)限大,當(dāng)回路中一旦有了電流,磁場(chǎng)作用于桿 ab的安培力將使 ab桿減速,作用于 cd桿的安培力使 cd桿運(yùn)動(dòng)．設(shè)在任意時(shí)刻 t,ab桿和cd桿的速度分別為 v1和v2（相對(duì)地面參考系 S）,當(dāng)v1、v2為正時(shí),表示速度沿 x軸正方向；如規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)榛芈分须娏骱碗妱?dòng)勢(shì)的正方向, 就因兩桿作切割磁力線的運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)當(dāng)回路中的電流i隨時(shí)間的變化率為EtBlv1v2〔1〕i時(shí),回路中的自感電動(dòng)勢(shì)〔2〕Li

tEL依據(jù)歐姆定律,留意到回路沒(méi)有電阻,有EEL0〔3〕金屬桿在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,兩桿構(gòu)成的系統(tǒng)受到的水平方向的合外力為零,系統(tǒng)的質(zhì)心作勻速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)系統(tǒng)質(zhì)心的速度為VC,有2mVC〔4〕mv0得VCv0〔5〕2VC方向與v0相同,沿x軸的正方向．現(xiàn)取一新的參考系S,它與質(zhì)心固連在一起,并把質(zhì)心作為坐標(biāo)原點(diǎn)O,取坐標(biāo)軸Ox〔6〕與x軸平行．設(shè)相對(duì)S系,金屬桿ab的速度為u,cd桿的速度為u,就有v1VCuv2VCu〔7〕因相對(duì)S系,兩桿的總動(dòng)量為零,即有mumu0〔8〕由〔1〕、〔2〕、〔3〕、〔5〕、〔6〕、〔7〕、〔8〕各式,得在S系中,在t時(shí)刻,金屬桿2BluLixx,就由〔9〕tab坐標(biāo)為x,在t＋t時(shí)刻,它的坐標(biāo)為11/3811/38速度的定義ux〔10〕t代入〔9〕式得如將x視為i的函數(shù),由（11）式知xi2BlxLix與i的關(guān)系可用始終線方程表〔11〕為常數(shù),所以示式中b為常數(shù),其值待定．現(xiàn)已知在xLibx＝1x,這02〔12〕2Blt＝時(shí)刻,金屬桿ab在S系中的坐標(biāo)時(shí)i=0,故得xLi1x0x1x02〔13〕2Bl2或i2Blx1x0〔14〕L21x表示t＝時(shí)刻金屬桿02ab的位置．x表示在任意時(shí)刻t,桿ab的位置,故就是桿ab在t時(shí)刻相對(duì)初始位置的位移,用X表示,代入〔14〕〔15〕Xx1x02當(dāng)X>0時(shí),ab桿位于其初始位置的右側(cè)；當(dāng)X<0時(shí),ab桿位于其初始位置的左側(cè)．式,得i2BlX〔16〕L這時(shí)作用于ab桿的安培力FiBl2B2l2X〔17〕L ab桿在初始位置右側(cè)時(shí),安培力的方向指向左側(cè)；方向指向右側(cè),可知該安培力具有彈性力的性質(zhì)．金屬桿期ab桿在初始位置左側(cè)時(shí),安培力的 ab的運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng),振動(dòng)的周T2π2BmLab桿的振動(dòng)速度〔18〕2l2在任意時(shí)刻t,ab桿離開其初始位置的位移〔19〕XAcos2πtTA為簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅,為初相位,都是待定的常量．通過(guò)參考圓可求得〔20〕uA2πsin2πtTT12/3812/38〔19〕、〔20〕式分別表示任意時(shí)刻ab桿離開初始位置的位移和運(yùn)動(dòng)速度．現(xiàn)已知在t＝0時(shí)刻,ab桿位于初始位置,即X=0速度uv0VCv01v01v022故有解這兩式,并留意到〔18〕式得Av0v0Acossin〔21〕2πA2T23π0Tv0mL〔22〕42Bl2由此得ab桿的位移Xv0mLcos2πt3πv0mLsin2πt（23）2Bl2T22Bl2T由〔15〕式可求得ab桿在S系中的位置因相對(duì)質(zhì)心,任意時(shí)刻xab1x0v0mLsin2πtS系中,cd〔24〕22Bl2Tab桿和cd桿都在質(zhì)心兩側(cè),到質(zhì)心的距離相等,故在桿的位置相對(duì)地面參考系S,質(zhì)心以VCxcd1x0v0mLsin2t18）式,得ab桿在地面〔25〕22Bl2T1v20的速度向右運(yùn)動(dòng),并留意到（參考系中的位置xabx01v0tv0mLsinBl2t〔26〕22Bl2mLcd桿在S系中的位置回路中的電流由〔16〕式得xcd1v0tv0tmLsinBl2t2t（27）22Bl2mLi2Blv0mLsin2πv0msinBl〔28〕L2Bl2T2LmL13/3813/38解法Ⅱ：當(dāng)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí), 因切割磁力線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì), 回路中顯現(xiàn)電流時(shí), 兩金屬桿都要受到安培力的作用,安培力使 ab桿的速度轉(zhuǎn)變,使 cd桿運(yùn)動(dòng)．設(shè)任意時(shí)刻 t,兩桿的速度分別為 v1和v2（相對(duì)地面參考系 S）,如規(guī)定逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)榛芈冯妱?dòng)勢(shì)和電流的正方向,就由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中,因桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)而顯現(xiàn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為EBlv1v2〔1’〕令u表示ab桿相對(duì)于cd桿的速度,有當(dāng)回路中的電流i變化時(shí),回路中有自感電動(dòng)勢(shì)ELBlu〔2’〕EL,其大小與電流的變化率成正比,即有〔3’〕ELLit依據(jù)歐姆定律,留意到回路沒(méi)有電阻,有EEL0由式〔2’〕、〔3’〕兩式得BluLi〔4’〕〔5’〕t設(shè)在t時(shí)刻,金屬桿ab相對(duì)于cd桿的距離為x,在t＋t時(shí)刻,ab相對(duì)于cd桿的距離為x＋x,就由速度的定義,有ux

t代入〔4〕式得如將x視為i的函數(shù),由〔6’〕式可知,xiBlxLix與i的關(guān)系可以用始終線方程〔6’〕為常量,所以表示,即式中b為常數(shù),其值待定．現(xiàn)已知在xLibx,這時(shí)i0〔7’〕Blt＝時(shí)刻,金屬桿ab相對(duì)于cd桿的距離為=0,故得xLix0〔8’〕

〔9’〕〔10'〕Bl或iBlxx0Lx表示t＝時(shí)刻金屬桿ab相對(duì)于cd桿的位置．x表示在任意時(shí)刻t時(shí)ab桿相對(duì)于cd桿的位置,故xx0就是桿ab在t時(shí)刻相對(duì)于cd桿的相對(duì)位置相對(duì)于它們?cè)趖＝時(shí)刻的相對(duì)位置的位移,即從t＝到t＝t時(shí)間內(nèi)ab桿相對(duì)于cd桿的位移Xxx0于是有iBlX〔11’〕L14/3814/38任意時(shí)刻t,ab桿和cd桿因受安培力作用而分別有加速度aab和acd,由牛頓定律有iBlmaab〔12’〕〔13’〕〔14’〕〔15’〕〔16’〕iBlmacd兩式相減并留意到〔9〕式得maabacd2iBl2B2l2XL式中aabacd為金屬桿ab相對(duì)于cd桿的加速度,而X是ab桿相對(duì)cd桿相對(duì)位置的位移．2B2l2是常數(shù),說(shuō)明這個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)是簡(jiǎn)諧振動(dòng),它的振動(dòng)的周期LT2π2BmL2l2在任意時(shí)刻t,ab桿相對(duì)cd桿相對(duì)位置相對(duì)它們初始位置的位移XAcos2πtTA為簡(jiǎn)諧振動(dòng)的振幅,為初相位,都是待定的常量．通過(guò)參考圓可求得X隨時(shí)間的變化率即速度V0A2πsin2π0〔17’〕TT現(xiàn)已知在t＝0時(shí)刻,桿位于初始位置,即X=0,速度Vv故有Acos解這兩式,并留意到〔15’〕式得0A2πsinvTA3π2v0Tv0mL2πBl2由此得Xv0mLcos2πt3πv0mLsinBl2t〔18’〕Bl2T2Bl2mL因t=0時(shí)刻,cd桿位于x=0處,ab桿位于x=x0處,兩者的相對(duì)位置由x0表示；設(shè)t時(shí)刻,cd桿位于x=xcd處,ab桿位于x=xab處,兩者的相對(duì)位置由xab－xcd表示,故兩桿的相對(duì)位置的位移又可表示為X=xab－xcd－x0 〔19’〕15/3815/38所以xabxcdx0v0mLsinBl2t〔20’〕Bl2mL〔12’〕和〔13’〕式相加,maabacdiBliBl0得由此可知,兩桿速度之和為一常數(shù)即aabacd0〔21’〕v0,所以兩桿的位置xab和xcd之和應(yīng)為xab＋xcd=x0＋v0t由〔20’〕和〔21’〕式相加和相減,留意到〔15’〕式,得（22’）x01v0tv0mLsin2Bl2txab22BlmLxcd1v0tv0mLsinBl2t（23’）22Bl2mL由〔11’〕、（19’）〔22’〕、〔23’〕式得回路中電流iv0msinBl2t（24’）2LmL評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題25分． 解法Ⅰ 求得〔16〕式8分,〔17〕、〔18〕、〔19〕三式各2分．〔23〕式4分,〔24〕、〔25〕二式各2分,〔26〕、〔27〕、〔28〕三式各1分．第十九屆全國(guó)中同學(xué)物理競(jìng)賽復(fù)賽試題參考解答2022年一、參考解答

實(shí)踐證明,甲的設(shè)計(jì)是正確的,所以乙的結(jié)論確定是錯(cuò)的；（1）設(shè)大氣壓為p,水的密度為；擰開K前的情形如圖KDHAK〔b〕復(fù)解19-l的（a）圖所示；由流體靜力學(xué)可知,B、C中氣體的壓強(qiáng)為Ah1pBpCp0gh1h2〕（1）D中氣體的壓強(qiáng)為FEBBpDpBgh1（2）h216/3816/38〔a〕CC圖復(fù)解19-1由（1）、（2）兩式可得pD p0 gh2即 pD p,當(dāng)擰開K后,D中氣體壓強(qiáng)降至 p,此時(shí)pB p0 gh1 （3）即D管中容器B水面以上的那一段水柱所受合力向上,所以 D管中水柱上升；（2）擰開K后,水柱上升,因 D管上端已足夠長(zhǎng),故水不會(huì)從管口噴出．設(shè)到 D中的水面靜止時(shí)D中增加水量的體積為 V,就B中削減水量的體積亦為 V,其水面將略有降低,因而B及C中氣體壓強(qiáng)路有下降, A中的水將通過(guò) E管流入C中,當(dāng)從A流入水量的體積等于 V時(shí),B、C中氣體壓強(qiáng)復(fù)原原值； 由于A、B、C的半徑為D管半徑的60倍,截面積比為 3600倍,故A、B、C中少量水的增減（ V）引起的A、B、C中水面高度的變化可忽視不計(jì),即 1h和h的數(shù)值保持不變；設(shè)D中水面靜止時(shí)與 A中水面的高度差為 H,（見(jiàn)圖復(fù)解19-1（b））,就有p0 gh1 h2〕 p0 gH h1〕 （4）由此可得 H h2 （5）（3）將圖復(fù)解19-l （a）和〔b〕兩圖相比較可知,其差別在于體積為 V的水從A移至C中,另 V的水又由B移入D中,前者重力勢(shì)能削減,而后者重力勢(shì)能增大,前者的重力勢(shì)能削減量為E1 gVh1 h2〕 （6）D中增加的水柱的重心離 A中水面的高度為 h2/2,故后者的重力勢(shì)能增量為E2 gVh1 1h2〕 （7）2即 E1 E；由此可知,體積為 V的水由A流入C中削減的勢(shì)能的一部分轉(zhuǎn)化為同體積的水由 B進(jìn)入D中所需的勢(shì)能,其余部分就轉(zhuǎn)化為水柱的動(dòng)能,故發(fā)生上下振動(dòng), D中水面靜止處為平穩(wěn)點(diǎn)．由于水與管間有摩擦等緣由,動(dòng)能逐步消耗,最終水面停留在距 A中水面 h處；二、參考解答由于圓柱形區(qū)域內(nèi)存在變化磁場(chǎng),在圓柱形區(qū)域內(nèi)外空間中將產(chǎn)生渦旋電場(chǎng),電場(chǎng)線為圓,圓心在圓柱軸線上,圓面與軸線垂直,如圖中虛點(diǎn)線所示．在這樣的電場(chǎng)中,沿任意半徑方向移動(dòng)電荷時(shí),由于電場(chǎng)力與移動(dòng)方向垂直,渦旋電場(chǎng)力做功為零,因此沿半徑方向任意一段路徑上的電動(dòng)勢(shì)均為零．1．任意點(diǎn)在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)：令P為任意點(diǎn)（見(jiàn)圖復(fù)解19-2-1）x2R,在圖中連直線OA,式中EAP,EPO,EOA與OP；取閉合回路APOA,可得回路電動(dòng)勢(shì)E1EAPEPOEOA17/3817/38分別為從A到P、從P到O、從O到A的電動(dòng)勢(shì)；由前面的分析可知EPO0,EOA0,故令EAPE1S,此面積上磁通量1BS,由電磁感應(yīng)定律,（1）AOP的面積為回路的電動(dòng)勢(shì)大小為E11S1Btt依據(jù)題給的條件有E1Sk（2）由圖復(fù)解19-2-2可知S11xRsinxRC（3）222由（1）、（2）、（3）式可得沿AP線段的電動(dòng)勢(shì)大小為（4）EAPkRx22ARxPCAQOROD圖復(fù)解19-2－1圖復(fù)解19-2－22．任意點(diǎn)在磁場(chǎng)區(qū)域外： 令Q為任意點(diǎn)（見(jiàn)圖復(fù)解19-2-2）,x 2R；在圖中連OA、OQ；取閉合回路 AQOA,設(shè)回路中電動(dòng)勢(shì)為 E,依據(jù)類似上面的爭(zhēng)辯有EAQ E2 （5）對(duì)于回路 AQOA,回路中磁通量等于回路所包圍的磁場(chǎng)區(qū)的面積的磁通量,此面積為S,通過(guò)它的磁通量 2 BS；依據(jù)電磁感應(yīng)定律可知回路中電動(dòng)勢(shì)的大小E2 Sk （6）在圖中連OC,令 COQ ,就 OQC ,于是18/3818/38當(dāng)S2AOC的面積扇形OCD的面積/4時(shí),S2〔1Rsin〕2Rcos2R221R2〔sin2〕21R2〔1〕,2OCQ中有xsin〕2RRsinsin[〔/4〕]Rsin〔x2R〕sin〔4〕〔x2〕1〔cos2〔Rx2R〕sinx2Rcos22tanx2Rx于是得S21R2〔1arctanxx2R〕（7）（8）2由（5）、（6）、（7）式可得沿AQ線的電動(dòng)勢(shì)的大小為EAQ 2kR〔1arctanxx2R〕2三、參考解答以三個(gè)質(zhì)點(diǎn)為系統(tǒng),由對(duì)稱性可知,開頭時(shí)其質(zhì)心應(yīng)位于C處,由于質(zhì) 1

A點(diǎn)系所受的合外力為零,由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理可知,質(zhì)心總是固定不動(dòng)的；質(zhì)點(diǎn)1、2在靜電力作用下,彼此間距離必增大,但不行能保持在沿起始狀態(tài)時(shí)1、C32連線上運(yùn)動(dòng),如是那樣運(yùn)動(dòng),由于桿不能伸長(zhǎng),質(zhì)點(diǎn)3必向左運(yùn)動(dòng),三者的質(zhì)心勢(shì)必亦向左運(yùn)動(dòng),這與“質(zhì)心不動(dòng)”相沖突,故不行能；由此可知,由于桿為剛性,質(zhì)點(diǎn) 1、2在靜電力作用下,要保持質(zhì)心不動(dòng),質(zhì)點(diǎn) 1、2必 B將分別向題圖中右上方和右下方運(yùn)動(dòng), 而質(zhì)點(diǎn)3將向左運(yùn)動(dòng)．當(dāng)3運(yùn)動(dòng)到C 2處時(shí),1、2將運(yùn)動(dòng)到A、B處,A、B、C三點(diǎn)在始終線上, 1、2的速度 圖復(fù)解 19-3方向向右,3的速度方向左（如圖復(fù)解 19-3所示）；令 1v、2v、v分別表示此時(shí)它們的速度大小,就由對(duì)稱性可知此時(shí)三質(zhì)點(diǎn)的總動(dòng)能為EK12mv32〔1 2mv1〕（1）22再由對(duì)稱性及動(dòng)量守恒可知mv32mv1（2）19/3819/38系統(tǒng)原先的電勢(shì)能為EP3kq2（3）l其中k為靜電力常數(shù)．運(yùn)動(dòng)到國(guó)復(fù)解19-3所示的位置時(shí)的電勢(shì)能為EP2kq2kq2（4）l2l依據(jù)能量守恒有EPEPEK（5）由以上各式可解得v32kq2（6）3lm四、參考解答1.（1）調(diào)整活塞6使毛細(xì)管8中有色液柱處于適當(dāng)位置,將閥門下有色液柱的位置；

（2）合上開關(guān)S,測(cè)得電流I；

（3）打開開關(guān)S；

（4）測(cè)出有色液體右移的最遠(yuǎn)距離 x；10關(guān)閉使兩邊氣體隔絕,記（5）轉(zhuǎn)變電源電壓,重復(fù)測(cè)量多次,登記多次的I和x值；2.合上開關(guān)S后,線捆貯有磁場(chǎng)能量 W關(guān)S后,由于L中有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì),在線圈1LI2,因二極管D的存在,r中無(wú)電流；打開開2L、電阻器ab和二極管D組成的回路中有電流通過(guò),最終變?yōu)榱?；在此過(guò)程中原先線圈中儲(chǔ)存的磁場(chǎng)能量將轉(zhuǎn)化為r和Lr上放出的熱量,其中r上放出的熱量為Q1LI2rrrL（1）2此熱量使試管中的氣體加熱、升溫；由于是等壓過(guò)程,所以氣體吸熱為式中m為氣體質(zhì)量,QmCpT（2）為其摩爾質(zhì)量,T為溫升,由于是等壓過(guò)程,設(shè)氣體體積轉(zhuǎn)變量為V,就由理想氣體狀態(tài)方程可得而pVmRT（3）Vd2x（4）4由以上各式可得20/3820/38LIx2rLrrCppd2（5）2R五、參考解答利用焦點(diǎn)的性質(zhì),用作圖法可求得小物PQ的像PQ,如下圖所示；QF1

un1n2F2P

yQf1yf2vP圖復(fù)解19-5-1（1）用y和y分別表示物和像的大小,就由圖中的幾何關(guān)系可得yuf1ff21f,2f之間的關(guān)系式（1）yf1vf2〔uf1〕〔v2〕ff2（2）簡(jiǎn)化后即得物像距公式,即u,v,f1f21uv（2）薄透鏡中心鄰近可視為籌薄平行板,入射光線經(jīng)過(guò)兩次折射后射出,放大后的光路如圖復(fù)解19-5-2所示；圖中 1為入射角, 2為與之相應(yīng)的出射角, 為平行板中的光線與法線的夾角；設(shè)透鏡的折射率為 n,就由折射定律得n1sin 1 nsin n2sin 2 （3）對(duì)傍軸光線, 1、 2≤1,得 sin 1 1,sin 2 2,因而得2n

n12

1 （4） 1 n1 n n2（3）由物點(diǎn)Q射向中心O的入射線,經(jīng)L 2折射后,出射線應(yīng)射向 Q,如圖復(fù)解19-5-3所圖復(fù)解 19-5-2示,Q n1 L n2y 1 F2 PP F1u

2v

yQ21/3821/38u圖復(fù)解 19-5-3在傍軸的條件下,有二式相除并利用（ytan11,ytan22（5）uv4）式,得用（1）式的yun1（6）yvn2y/yf1/〔uf1〕代入（6）式,得即fun1（7）〔ufvn2f1nuvnunv用（1）式的y/y〔vf2〕/f代入（6）式,得（8）〔vf2〕un1fvn2即f2nuv2nunv從而得1f,2f,n,n之間關(guān)系式（9）f2n2f1n1六、參考解答（1）由能量與速度關(guān)系及題給條件可知運(yùn)動(dòng)電子的能量為1mc2 2c〕1.10 2

mc（1）〔v2/由此可解得v0.210.417c0.42cph和（2）1.10入射光子和散射光子的動(dòng)量分別為c光子散射方向22/3822/38光子入射方向電子 A

光子入射方向圖復(fù)解 19-6ph,方向如圖復(fù)解19-6所示；電子的動(dòng)量為mv,m為運(yùn)動(dòng)電子的相對(duì)論質(zhì)量；由動(dòng)c量守恒定律可得已知h1mvc2cos 〕h（3）〔v2/c1mv0c2〕sinh（4）〔v2/ch0.10 2mc（5）由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得20.37mc /h （6）20.27mc /h （7）tan

－1arctan〔

27〕 36.1 （8）37電子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A所需時(shí)間為t L0 2.4L0/c （9）v（2）當(dāng)觀看者相對(duì)于 S沿OA方向以速度v運(yùn)動(dòng)時(shí),由狹義相對(duì)論的長(zhǎng)度收縮效應(yīng)得L L01 〔v

2/c

2〕 （10）L 0.91L0 （11）七、參考解答1.珠子運(yùn)動(dòng)的軌跡建立如圖復(fù)解19-7所示的坐標(biāo)系,原點(diǎn)O在過(guò)A點(diǎn)的豎直線與細(xì)桿相交處, x軸沿細(xì)桿向右,y軸沿OA向下；當(dāng)珠子運(yùn)動(dòng)到 N點(diǎn)處且繩子未斷時(shí), 小環(huán)在B處,BN垂直于x軸,所以珠子的坐標(biāo)為即有xPN,yBN〕2〕1〔2lh處,焦點(diǎn)與頂點(diǎn)的距離為（1）h的拋由APN知〔AP〕2〔PN〕2〔AN〔hy〕2 2

x〔ly〕2,得h2 2

x2〔lhy〔l2這是一個(gè)以y軸為對(duì)稱軸,頂點(diǎn)位于y1〔2l23/3823/38物線,如圖復(fù)解19-7-1所示,圖中的H1〔l2h,A為焦點(diǎn)；法線xMxOBxMxCHANFT切線HhPOmgNT法線PN切線AmgCATmgy圖復(fù)解19-7-1yC19-7-2圖復(fù)解2.珠子在N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程由于忽視繩子的質(zhì)量, 所以可把與珠子接觸的那一小段繩子看做是珠子的一部分, 就珠子受的力有三個(gè),一是重力mg；另外兩個(gè)是兩繩子對(duì)珠子的拉力, 它們分別沿 NB和NA方向,這兩個(gè)拉力大小相等,皆用T表示,就它們的合力的大小為F 2cos （2）為N點(diǎn)兩邊繩子之間夾角的一半, F沿 ANB的角平分線方向；由于AN是焦點(diǎn)至N的連線,BN平行于y軸,依據(jù)解析幾何所述的拋物線性質(zhì)可知,N點(diǎn)的法線是 ANB的角平分線．故合力 F的方向與N點(diǎn)的法線一樣；應(yīng)為由以上的論證．再依據(jù)牛頓定律和題中的注,珠子在 N點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程（沿法線方向）2Tcosmgcosmv2（3）R2Tcos 2mvmgcos（4）R式中R是N點(diǎn)處軌道曲線的曲率半徑；v為珠子在N處時(shí)速度的大??；依據(jù)機(jī)械能守恒定律可得v2gy（5）3.求曲車半徑R當(dāng)繩子斷裂時(shí)TT,由（4）式可見(jiàn),假如我們能另想其他方法求得曲率半徑dR與y的關(guān)系,就就可能由（4）、（5）兩式求得繩子斷裂時(shí)珠子的縱坐標(biāo)y；現(xiàn)提出如下一種方法；做一條與小珠軌跡對(duì)于 x軸呈對(duì)稱狀態(tài)的拋物線, 如圖復(fù)解19-7-2所示；由此很簡(jiǎn)潔想到這是一個(gè)從高H處平拋物體的軌跡； 平拋運(yùn)動(dòng)是我們熟識(shí)的, 我們不僅知道其軌跡是拋物線,而且知道其受力情形及詳細(xì)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程； 這樣我們可不必通過(guò)軌道方程而是運(yùn)用力學(xué)原理分析其運(yùn)動(dòng)過(guò)程即可求出與 N對(duì)稱的N點(diǎn)處拋物線的曲率半徑 R與y的關(guān)系,也就是N處24/3824/38拋物線的曲率半徑 R與y的關(guān)系；設(shè)從拋出至落地的時(shí)間為 t,就有2 2vt l h由此解得v0glh〕（7）設(shè)物體在N處的速度為v,由機(jī)械能守恒定律可得 2

vv022〔gHBN〕（8）物體在N處法線方向的運(yùn)動(dòng)方程為mgcosmv27）、（8）、（9）式及H1〔2l（9）R式中R即為N處拋物線的曲率半徑,從（h,可求得R2〔lBN〕BNBNy,故得（10）cos這也等于N點(diǎn)拋物線的曲率半徑,R2〔ly〕cos4.求繩被拉斷時(shí)小珠的位置和速度的大小把（5）式和（10）式代入（4）式,可求得繩子的張力為當(dāng)TTmgl〕〔xd,yd〕（11）2〔lyT時(shí)繩子被拉斷,設(shè)此時(shí)珠子位置的坐標(biāo)為d,由（11）式得ydl〔1mg〕（12）2Td代入（1）式,得xdmgl〔lTdh〕〔lh〕2（13）繩子斷開時(shí)珠子速度的大小為vd2gyd2gl〔1mg〕（14）2Td其次十屆全國(guó)中同學(xué)物理競(jìng)賽復(fù)賽試題參考解答、評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)25/3825/38一、參考解答令m表示質(zhì)子的質(zhì)量,v和v分別表示質(zhì)子的初速度和到達(dá)a球球面處的速度,e表示元電荷,由能量守恒可知12mv01mv2eU（1）a球的22由于a不動(dòng),可取其球心O為原點(diǎn),由于質(zhì)子所受的a球?qū)λ撵o電庫(kù)侖力總是通過(guò)球心,所以此力對(duì)原點(diǎn)的力矩始終為零,質(zhì)子對(duì) O點(diǎn)的角動(dòng)量守恒；所求 l的最大值對(duì)應(yīng)于質(zhì)子到達(dá)a球表面處時(shí)其速度方向剛好與該處球面相切 （見(jiàn)復(fù)解20-1-1）；以lmax表示l的最大值,由角動(dòng)量守恒有mvl0maxmvR（2）由式（1）、（2）可得lmax1eUR（3）2mv0/2代入數(shù)據(jù),可得lmax2R20-1-2所示,此時(shí)式（1）中e改為（4）2如把質(zhì)子換成電子,就如圖復(fù)解Re；同理可求得lmax6（5）2評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題15分；式（1）、（2）各4分,式（4）2分,式（5）5分；26/3826/38二、參考解答在溫度為T1〔27273〕K=300K時(shí),氣柱中的空氣的壓強(qiáng)和體積分別為（1）p1p0h,V1lSC（2）當(dāng)氣柱中空氣的溫度上升時(shí),氣柱兩側(cè)的水銀將被緩慢壓入A管和B管；設(shè)溫度上升到T時(shí),氣柱右側(cè)水銀剛好全部壓到B管中,使管中水銀高度增大（3）hbSCSB由此造成氣柱中空氣體積的增大量為V bSC （4）與此同時(shí),氣柱左側(cè)的水銀也有一部分進(jìn)入 A管,進(jìn)入A管的水銀使 A管中的水銀高度也應(yīng)增大 h,使兩支管的壓強(qiáng)平穩(wěn),由此造成氣柱空氣體積增大量為V hSA （5）所以,當(dāng)溫度為 T時(shí)空氣的體積和壓強(qiáng)分別為V2 V1 V V （6）p2 p1 h （7）由狀態(tài)方程知pV11pV2（8）T2T1由以上各式,代入數(shù)據(jù)可得T2347.7K（9）此值小于題給的最終溫度T273t370K,所以溫度將連續(xù)上升；從這時(shí)起,氣柱中的空氣作等壓變化；當(dāng)溫度到達(dá) VT時(shí),氣柱體積為TV2（10）T2代入數(shù)據(jù)可得評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題15分；V 3

0.72cm（11）求得式（6）給6分,式（7）1分,式（9）2分,式（10）5分,式（11）1分；27/3827/38三、參考解答位于通道內(nèi)、質(zhì)量為m的物體距地心O為r時(shí)（見(jiàn)圖復(fù)解20-3）,它受到地球的引力可以表示為FGMm,（1）表示地r2式中M是以地心O為球心、以r為半徑的球體所對(duì)應(yīng)的那部分地球的質(zhì)量,如以球的密度,此質(zhì)量可以表示為M4r3（2）3于是,質(zhì)量為m的物體所受地球的引力可以改寫為F4Gmr（3）3作用于質(zhì)量為m的物體的引力在通道方向的分力的大小為fFsin（4）sinx（5）r為r與通道的中垂線OC間的夾角,x為物體位置到通道中點(diǎn)C的距離,力的方向指向通道的中點(diǎn)可以表示為C；在地面上物體的重力式中M0mgGMm

R02（6）是地球的質(zhì)量；由上式可以得到（7）g4GR03由以上各式可以求得fmgx（8）R0可見(jiàn),f與彈簧的彈力有同樣的性質(zhì),相應(yīng)的“勁度系數(shù)”為kmg

R0xR0/g；取x（9）物體將以C為平穩(wěn)位置作簡(jiǎn)諧振動(dòng),振動(dòng)周期為T20處為“彈性勢(shì)能”的零點(diǎn),設(shè)位于通道出口處的質(zhì)量為m的靜止物體到達(dá)0處的速度為0v,就依據(jù)能量守恒,有28/3828/381mv021kR02h2〕（10）22式中h表示地心到通道的距離；解以上有關(guān)各式,得可見(jiàn),到達(dá)通道中點(diǎn)v02R02h2g（11）R0C的速度與物體的質(zhì)量無(wú)關(guān)；設(shè)想讓質(zhì)量為M的物體靜止于出口A處,質(zhì)量為m的物體靜止于出口B處,現(xiàn)將它們同時(shí)釋放,由于它們的振動(dòng)周期相同,故它們將同時(shí)到達(dá)通道中點(diǎn)C處,并發(fā)生彈性碰撞；碰撞前,兩物體速度的大小都是0v,方向相反,剛碰撞后,質(zhì)量為M的物體的速度為V,質(zhì)量為m的物體的速度為v,如規(guī)定速度方向由A向B為正,就有（12）Mv0mv0MVmv,12Mv012mv01MV21mv2（13）2222解式（12）和式（13）,得v3Mmv01mvB處時(shí)的速度為（14）Mm質(zhì)量為m的物體是待發(fā)射的衛(wèi)星,令它回到通道出口u,就有1kR02h2〕1mu2（15）2222由式（14）、（15）、（16）和式（9）解得u28MM m 2

m〕〕 2R0R0h2g（16）〔Mu的方向沿著通道；依據(jù)題意,衛(wèi)星上的裝置可使u的方向轉(zhuǎn)變成沿地球B處的切線方向,假如u的大小恰能使小衛(wèi)星繞地球作圓周運(yùn)動(dòng),就有GMm0mu2m2（17）R02R0由式（16）、（17）并留意到式（6）,可以得到（18）hR07M210Mm2MMm〕2已知M20m,就得（19）h0.925R05920km評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題20分；求得式（11）給7分,求得式（16）給6分,式（17）2分,式（18）3分,式（19）2分；四、參考解答29/3829/38圖復(fù)解20-4-1中畫出的是進(jìn)入玻璃半球的任一光線的光路（圖中陰影處是無(wú)光線進(jìn)入P；的區(qū)域）,光線在球面上的入射角和折射角分別為i和i,折射光線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)在令軸上OP的距離為x,MP的距離為l,依據(jù)折射定律,有sinin（1）sini在OMP中l(wèi)2l2xi2Rxcosi（2）sinisinRx2（3）由式（1）和式（2）得x nl再由式（3）得 2

xn2〔 2Rx22Rxcos〕設(shè)M點(diǎn)到Ox的距離為h,有RcoshRsiniR2sin2iR2h2i 2

R得x2x

n2

2R2x22xR2h20（4）〔11〕2xR2h2R2n2解式（4）可得xn2R20h22nR22

nh2（5）n1為排除上式中應(yīng)舍棄的解,令h,就x處應(yīng)為玻璃半球在光軸Ox上的傍軸焦點(diǎn),由上式由圖可知,應(yīng)有xxnn1〕Rnn1R或nn1Rx應(yīng)表示為n21R,故式（5）中應(yīng)排除±號(hào)中的負(fù)號(hào),所以30/3830/38xn2R2h22nR2nh22（6）n1上式給出x隨h變化的關(guān)系；由于半球平表面中心有涂黑的面積,所以進(jìn)入玻璃半球的光線都有hh,其中折射光線與Ox軸交點(diǎn)最遠(yuǎn)處的坐標(biāo)為x0n2R2 2

h0n 2R2 2nh0Ci（7）n21在軸上xx處,無(wú)光線通過(guò)；時(shí),即會(huì)發(fā)生全反射,沒(méi)有折射光隨h增大,球面上入射角i增大,當(dāng)i大于臨界角線；與臨界角Ci相應(yīng)的光線有hCRsiniCR1n這光線的折射線與軸線的交點(diǎn)處于xC2

nR2111

2

nnR1x就是所要求的分界點(diǎn),（8）nn2在軸Ox上Rxx處沒(méi)有折射光線通過(guò)；（9）由以上分析可知,在軸Ox上玻璃半球以右xCxx0的一段為有光線段,其它各點(diǎn)屬于無(wú)光線段；x與如圖復(fù)解20-4-2所示評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)：此題 20分；求得式（7）并指出在Ox軸上 x x處無(wú)光線通過(guò),給 10分；求得式（8）并指出在Ox軸上 x x處無(wú)光線通過(guò),給 6分；得到式（9）并指出Ox上有光線段的位置,給 4分；31/3831/38五、參考解答放上圓柱B后,圓柱B有向下運(yùn)動(dòng)的傾向,對(duì)圓柱A和墻面有壓力；圓柱 A傾向于向左運(yùn)動(dòng),對(duì)墻面沒(méi)有壓力；平穩(wěn)是靠各接觸點(diǎn)的摩擦力保護(hù)的；現(xiàn)設(shè)系統(tǒng)處于平穩(wěn)狀態(tài),取圓柱 A受地面的正壓力為 N,水平摩擦力為 F；圓柱B受墻面的正壓力為 N,豎直摩擦力為 F,圓柱A受圓柱B的正壓力為2 N,切向摩擦力為 F；圓柱B受圓柱A的正壓力為 N3 ,切向摩擦力為 F3 ,如圖復(fù)解20-5所示；各力以圖示方向?yàn)檎较?；已知圓柱A與地面的摩擦系數(shù) 1＝0.20,兩圓柱間的摩擦系數(shù) 3＝0.30；設(shè)圓柱B與墻面的摩擦系數(shù)為 2,過(guò)兩圓柱中軸的平面與地面的交角為 ；設(shè)兩圓柱的質(zhì)量均為 M,為了求出 N、N、N以及為保持平穩(wěn)所需的 F、 F、F3之值,下面列出兩圓柱所受力和力矩的平穩(wěn)方程：圓柱A：MgN1N3sinF3cos00（1）F1N3cosF3sin（2）FRFR0（3）圓柱B：MgF2N3sinF3cos0（4）N2N3cosF3sin（5）（6）Fr3Fr2由于F3F,所以得（7）F1F2F3F3FN,于是式（1）、（2）、（4）和（5）四3式中F代表F,F,F和F3的大??；又因N3式成為：MgN1N3sinFFcos0（8）FN3cossin00（9）MgFN3sinFcos（10）32/3832/38N2N3cosFsin0（11）F,以上四式是N,N,N和F的聯(lián)立方程,解這聯(lián)立方程可得（12）N2FN311sinsinMg（13）cosN2F1cossinMg（14）cosN12cos2sinMg（15）1cossin式（12）、（13）、（14）和（15）是平穩(wěn)時(shí)所需要的力,N,N,N沒(méi)有問(wèn)題,但F,F三個(gè)力能不能達(dá)到所需要的數(shù)值個(gè)力中只要有一個(gè)不能達(dá)到所需的F,即式（12）、（14）要受那里的摩擦系數(shù)的制約；三F值,在那一點(diǎn)就要發(fā)生滑動(dòng)而不能保持平穩(wěn)；第一爭(zhēng)辯圓柱B與墻面的接觸點(diǎn)；接觸點(diǎn)不發(fā)生滑動(dòng)要求2F2N2由式（12）,得F21N2所以21F1（16）再爭(zhēng)辯圓柱A與地面的接觸點(diǎn)的情形；按題設(shè)此處的摩擦系數(shù)為1＝0.20,依據(jù)摩擦定律fN,如上面求得的接地點(diǎn)保護(hù)平穩(wěn)所需的水平力F中意1N,就圓柱在地面上不滑動(dòng)；如F11N,這一點(diǎn)將要發(fā)生滑動(dòng)；圓柱A在地面上不發(fā)生滑動(dòng)的條件是1F12cos2sin（17）cosN1由圖復(fù)解20-5可知cosRr（18）Rr33/3833/38sin1 2

cos2Rr（19）（20）Rr由式（17）、（18）和式（19）以及1＝0.20,可以求得r1R9即只有當(dāng)r1R時(shí),圓柱A在地面上才能不滑動(dòng)；9最終爭(zhēng)辯兩圓柱的接觸點(diǎn)；接觸點(diǎn)不發(fā)生滑動(dòng)要求F3 cos3 （21）N3 1 sin由式（18）、（19）以及 3＝0.30,可解得2r 7 R 0.29R （22）13明顯,在平穩(wěn)時(shí), r的上限為R；總結(jié)式（20）和式（22）,得到r中意的條件為R r 0.29