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第24届全国中学生物理竞赛决赛试题


第 24 届全国中学生物理竞赛决赛试题
2007 年 11 月 宁波
★ 理论部分 一、
A ,B ,C 三个刚性小球静止在光滑的水平面 上.它们的质量皆为 m ,用不可伸长的长度皆为 l 的柔软轻线相连, 的延长线与 BC 的夹角 α = π / AB 3 ,如图所示.在此平面内取正交坐标系 Oxy , A 原点 O 与 B 球所在处重合,x 轴正

方向和 y 轴正方 向如图.另一质量也是 m 的刚性小球 D 位于 y 轴 上,沿 y 轴负方向以速度 v0(如图)与 B 球发生弹性正碰,碰撞时间极短.设刚碰完后, 连接 A ,B ,C 的连线都立即断了.求碰后经多少时间,D 球距 A ,B ,C 三球组成的系 统的质心最近. l B O α x D v0 l y C

二、
为了近距离探测太阳并让探测器能回到地球附近, 可发射一艘以椭圆轨道绕太阳运行的 携带探测器的宇宙飞船, 要求其轨道与地球绕太阳的运动轨道在同一平面内, 轨道的近日点 到太阳的距离为 0.01AU(AU 为距离的天文单位,表示太阳和地球之间的平均距离:1AU = 1.495 × 11 m) 10 ,并与地球具有相同的绕日运行周期(为简单计,设地球以圆轨道绕太阳运 动) .试问从地球表面应以多大的相对于地球的发射速度 u0(发射速度是指在关闭火箭发动 机,停止对飞船加速时飞船的速度)发射此飞船,才能使飞船在克服地球引力作用后仍在地 球绕太阳运行轨道附近 (也就是说克服了地球引力作用的飞船仍可看做在地球轨道上) 进入 符合要求的椭圆轨道绕日运行?已知地球半径 Re = 6.37 × 6 m ,地面处的重力加速度 g = 10 9.80 m / s2 ,不考虑空气的阻力.

三、
如图所示,在一个竖直放置的封闭的高为 H 、内壁横截面积为 S 的绝热气缸内,有一 质量为 m 的绝热活塞 A 把缸内分成上、 下两部分. 活塞可在缸内贴缸壁无摩擦地上下滑动. 缸 内顶部与 A 之间串联着两个劲度系数分别为 k1 和 k2 1≠k2) (k 的轻质弹簧. 的上方为真空; A
1

A 的下方盛有一定质量的理想气体.已知系统处于平衡 状态,A 所在处的高度(其下表面与缸内底部的距离) 与两弹簧总共的压缩量相等皆为 h1 = H / 4 . 现给电炉丝 R 通电流对气体加热,使 A 从高度 h1 开始上升,停止加 热后系统达到平衡时活塞的高度为 h2 = 3H / 4 .求此过 程中气体吸收的热量△Q .已知当体积不变时,每摩尔 该气体温度每升高 1 K 吸收的热量为 3R / 2 ,R 为普适 气体恒量.在整个过程中假设弹簧始终遵从胡克定律. H

四、
为了减少线路的输电损耗, 电力的远距离输送一般采用高电压的交流电传输方式. 在传 输线路上建造一系列接地的铁塔,把若干绝缘子连成串(称为绝缘子串,见图甲) ,其上端 A 挂在铁塔的横臂上,高压输电线悬挂在其下端 B.绝缘子的结构如图乙所示:在半径为 R1 的导体球外紧包一层耐高压的半球形陶瓷绝缘介质,介质外是一内半径为 R2 的半球形导 体球壳.已知当导体球与导体球壳间的电压为 U 时,介质中离球心 O 的距离为 r 处的场强 为E= R 1R 2 U 2 ,场强方向沿径向. R2-R1 r A

半球形导体球壳 绝缘层

导体球

B 图甲 图乙

1.已知绝缘子导体球壳的内半径 R2 = 4.6 cm ,陶瓷介质的击穿强度 Ek = 135 kV / cm .当介质中任一点的场强 E >Ek 时,介质即被击穿,失去绝缘性能.为使绝缘子所能承 受的电压(即加在绝缘子的导体球和导体球壳间的电压)为最大,导体球的半径 R1 应取什

2

么数值?此时,对应的交流电压的有效值是多少? 2.一个铁塔下挂有由四个绝缘子组成的绝缘子串(如图甲) ,每个绝缘子的两导体间有 电容 C0 .每个绝缘子的下部导体(即导体球)对于铁塔(即对地)有分布电容 C1(导体球 与铁塔相当于电容器的两个导体极板,它们之间有一定的电容,这种电容称为分布电容) ; 每个绝缘子的上部导体(即导体球壳)对高压输电线有分布电容 C2 .若高压输电线对地电 压的有效值为 U0 .试画出该系统等效电路图. 3.若 C0 = 70 pF = 7 × 10 电压(指有效值) .
-11

F ,C1 = 5 pF ,C2 = 1 pF ,试计算该系统所能承受的最大

五、
如图所示,G 为一竖直放置的细长玻璃管,以其底 端 O 为原点,建立一直角坐标系 Oxy ,y 轴与玻璃管的 轴线重合.在 x 轴上与原点 O 的距离为 d 处固定放置一 电荷量为 Q 的正点电荷 A ,一个电荷量为 q(q>0)的 粒子 P 位于管内,可沿 y 轴无摩擦地运动.设两电荷之 间的库仑相互作用力不受玻璃管的影响. 1.求放在管内的带电粒子 P 的质量 m 满足什么条 件时,可以在 y>0 的区域内存在平衡位置. O P

y

G

A d x

2. 上述平衡状态可以是稳定的, 也可能是不稳定的; 它依赖于粒子的质量 m . y 以 (m) 表示质量为 m 的粒子 P 处于平衡位置时的 y 坐标.当粒子 P 处于稳定平衡状态时,y(m) 的取值区间是_________________;当粒子 P 处于不稳定平衡状态时,y(m)的取值区间是 _________________(请将填空答案写在答题纸上) . 3.已知质量为 m1 的粒子 P 处于稳定平衡位置,其 y 坐标为 y1 .现给 P 沿 y 轴一微小 扰动.试证明以后的运动为简谐运动,并求此简谐运动的周期. 4. 已知质量为 m2 的粒子 P 的不稳定平衡位置的 y 坐标为 y2 , 现设想把 P 放在坐标 y3 处, 然后从静止开始释放 P.求释放后 P 能到达玻璃管底部的所有可能的 y3(只要列出 y3 满足 的关系式,不必求解) .

3

六、
如图所示,一半径为 R 、折射率为 ng 的透明球体置于折射率 n0 =1 的空气 中,其球心位于图中光轴的 O 处,左、 右球面与光轴的交点为 O1 与 O2 .球体 右半球面为一球面反射镜,组成球形反 射器.光轴上 O1 点左侧有一发光物点 P ,P 点到球面顶点 O1 的距离为 s .由 P 点发出的 光线满足傍轴条件,不考虑在折射面上发生的反射. 1.问发光物点 P 经此反射器,最后的像点位于何处? 2.当 P 点沿光轴以大小为 v 的速度由左向右匀速运动时,试问最后的像点将以怎样的 速度运动?并说明当球体的折射率 ng 取何值时像点亦做匀速运动. P s O1 O2

七、
已知钠原子从激发态(记做 P3
/ 2)跃迁到基态(记做

S1

/ 2)所发出的光谱线波长

λ0

=588.9965 nm .现有一团钠原子气,其中的钠原子做无规的热运动(钠原子的运动不必考 虑相对论效应) 被一束沿 z 轴负方向传播的波长为 λ = 589.0080 nm 的激光照射. θ 表 , 以 示钠原子运动方向与 z 轴正方向之间的夹角(如图所示) .问在 30° < θ <45° 角度区间 内的钠原子中速率 u 在什么范围内能产生共振吸收,从 S1 / 2 态激发到 P3 / 2 态?并求共振吸 收前后钠原子速度(矢量)变化的大小.已知钠原子质量为 M = 3.79 × 10 量 h = 6.626069 ×10
-34 -26

kg ,普朗克常

J ? s ,真空中的光速 c = 2.997925 × 108 m ? s

-1



钠原子

u θ
激光束

z

4

第 24 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答
一、
1.分析刚碰后各球速度的方向.由于 D 与 B 球发生弹性正碰,所以碰后 D 球的速度 方向仍在 y 轴上;设其方向沿 y 轴正方向, 大小为 v .由于线不可伸长,所以在 D ,B 两球相碰的过程中,A ,C 两球都将受到线 给它们的冲量; 又由于线是柔软的, 线对 A , C 两球均无垂直于线方向的作用力,因此刚 碰后,A 球的速度沿 AB 方向,C 球的速度沿 CB 方向. θ 表示 B 球的速度方向与 x 轴的 用 夹角,则各球速度方向将如图所示.因为此时连接 A ,B ,C 三球的两根线立即断了,所 以此后各球将做匀速直线运动. 2.研究碰撞后各球速度的大小.以 v1 ,v2 ,v3 分别表示刚碰后 A ,B ,C 三球速度 的大小,如图所示.因为碰撞过程中动量守恒,所以沿 x 方向有 mv1-mv3 cosα + mv2 cosθ = 0 ; 沿 y 方向有 -mv0 = mv - mv2 sinθ -mv3 sinα . 根据能量守恒有 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 mv = mv + mv + mv + mv . 2 0 2 1 2 2 2 3 2 (3) (2) (1)

因为碰撞过程中线不可伸长,B ,C 两球沿 BC 方向的速度分量相等,A ,B 两球沿 AB 方向的速度分量相等,有 v2 cosθ = v1 , v2 cos [ π - ( α + θ ) ] = v3 . 将 α = π / 3 代入,由以上各式可解得 v1 = v2 = v3 = 3 v , 12 0 21 v , 6 0 3 v , 3 0 (6) (7) (8) (4) (5)

5

1 v = v0 . 4

(9)

3.确定刚碰完后,A ,B ,C 三球组成的系统质心的位置和速度.由于碰撞时间极短, 刚碰后 A ,B ,C 三球组成的系统,其质心位置就是碰撞前质心的位置,以(xc ,yc)表 示此时质心的坐标,根据质心的定义,有 xc = yc = 代入数据,得 xc = - yc = 1 l , 6 (12) (13) ml cosα-ml , 3m ml sinα . 3m (10) (11)

3 l . 6

根据质心速度的定义,可求得碰后质心速度 vc 的分量为 vcx = vcy = mv1 + mv2 cosθ-mv3 cosα , 3m - mv2 sinθ-mv3sinα . 3m (14) (15)

由(4)~(7)和(14)(15)各式及 α 值可得 , vcx = 0 , vcy = - 5 v . 12 0 (16) (17)

4.讨论碰后 A ,B ,C 三球组成的系统的质心和 D 球的运动.刚碰后 A ,B ,C 三 球组成的系统的质心将从坐标(xc = -l / 6 ,yc = 3l / 6)处出发,沿 y 轴负方向以大小

为 5 v0 / 12 的速度做匀速直线运动;而 D 球则从坐标原点 O 出发,沿 y 轴正方向以大小为 v0 / 4 的速度做匀速直线运动.A ,B ,C 三球组成系统的质心与 D 球是平行反向运动,只 要 D 球与 C 球不发生碰撞,则 vC ,vD 不变,质心与 D 球之间的距离逐渐减少.到 y 坐标 相同处时,它们相距最近.用 t 表示所求的时间,则有 vt = yc + vcy t 将 vcy ,v ,yc 的值代入,得 t= 3l . 4v0 (19) (18)

此时,D 球与 A ,B ,C 三球组成系统的质心两者相距 l / 6 .在求出(19)式的过程 中,假设了在 t = 因为 v3 = 3l / 4v0 时间内 C 球未与 D 球发生碰撞.下面说明此假设是正确的;

3v0 / 3 ,它在 x 方向分量的大小为 3v0 / 6.经过 t 时间,它沿 x 轴负方向经
6

过的距离为 l / 8 .而 C 球的起始位置的 x 坐标为 l / 2 .经 t 时间后,C 球尚未到达 y 轴, 不会与 D 球相碰.

二、
从地球表面发射宇宙飞船时,必须给飞船 以足够大的动能, 使它在克服地球引力作用后, 仍具有合适的速度进入绕太阳运行的椭圆轨 道.此时,飞船离地球已足够远,但到太阳的 距离可视为不变,仍为日地距离.飞船在地球 绕太阳运动的轨道上进入它的椭圆轨道,用 E 表示两轨道的交点,如图 1 所示.图中半径为 rse 的圆 A 是地球绕太阳运行的轨道, 太阳 S 位 B ve 图1
? v
A

rse P

于圆心.设椭圆 B 是飞船绕日运行的轨道,P 为椭圆轨道的近日点. 由于飞船绕日运行的周期与地球绕日运行的周期相等, 根据开普勒第三定律, 椭圆的半 长轴 a 应与日地距离 rse 相等,即有 a = rse (1)

根据椭圆的性质,轨道上任一点到椭圆两焦点的距离之和为 2a ,由此可以断定,两轨道的 交点 E 必为椭圆短轴的一个顶点,E 与椭圆长轴和短轴的交点 Q(即椭圆的中心)的连线垂 直于椭圆的长轴.由△ESQ ,可以求出半短轴 b= r2se- ( a - SP )2 . (2)

由(1)(2)两式,并将 a = rse = 1AU , SP = 0.01 AU 代入,得 , b = 0.141AU . (3)

在飞船以椭圆轨道绕太阳运行过程中,若以太阳为参考系,飞船的角动量和机械能是守恒 的.设飞船在 E 点的速度为 v ,在近日点的速度为 vp ,飞船的质量为 m ,太阳的质量为 Ms ,则有 mva sinθ = mvp SP , 式中 θ 为速度 v 的方向与 E ,S 两点连线间的夹角: sinθ = 由机械能守恒,得 b . a (5) (4)

7

1 2 Msm 1 2 GmMs mv -G = mvp - . 2 a 2 SP

(6)

因地球绕太阳运行的周期 T 是已知的(T = 365 d) ,若地球的质量为 Me ,则有 G MsMe 2π 2 = Me ( )a . a2 T (7)

解(3)~(7)式,并代入有关数据,得 v = 29.8 km / s . (8)

(8)式给出的 v 是飞船在 E 点相对于太阳的速度的大小,即飞船在克服地球引力作用后从 E 点进入椭圆轨道时所必须具有的相对于太阳的速度.若在 E 点飞船相对地球的速度为 u , 因地球相对于太阳的公转速度为 ve = 2πa = 29.8 km / s , T (9)

方向如图 1 所示.由速度合成公式,可知 v = u + ve , 速度合成的矢量图如图 2 所示,注意到 ve 与 ES 垂直,有 (10)

图2 u= 代入数据,得 u = 39.1 km / s . (12) v2 + v2-2vvecos ( e π -θ ) , 2 (11)

u 是飞船在 E 点相对于地球的速度,但不是所要求的发射速度 u0 .为了求得 u0 ,可以从与 地心固定连接在一起的参考系来考察飞船的运动.因飞船相对于地球的发射速度为 u0 时, 飞船离地心的距离等于地球半径 Re .当飞船相对于地球的速度为 u 时,地球引力作用可以 忽略.由能量守恒,有

8

1 2 Mem 1 mu -G = mu2 . 2 0 Re 2 地面处的重力加速度为 g=G 解(13)(14)两式,得 , u0 = 由(15)式及有关数据,得 u0 = 40.7 km / s . u2 + 2gRe . Me , R2 e

(13)

(14)

(15)

(16)

如果飞船在 E 点处以与图示相反的方向进入椭圆轨道,则(11)式要做相应的改变.此 时,它应为 u= 相应计算,可得另一解 u = 45.0 km / s , u0 = 46.4 km / s . (18) v2 + v2-2vvecos ( e π +θ) , 2 (17)

如果飞船进入椭圆轨道的地点改在 E 点的对称点处(即地球绕日轨道与飞船绕日轨道 的另一个交点上) ,则计算过程相同,结果不变.

三、
两个弹簧串联时,作为一个弹簧来看,其劲度系数 k= k1k2 . k1 + k2 (1)

设活塞 A 下面有 νmol 气体.当 A 的高度为 h1 时,气体的压强为 p1 ,温度为 T1 .由 理想气体状态方程和平衡条件,可知 p1Sh1 = vRT1 , p1S = kh1 + mg . (2) (3)

对气体加热后,当 A 的高度为 h2 时,设气体压强为 p2 ,温度为 T2 .由理想气体状态 方程和平衡条件,可知 p2Sh2 = vRT2 , p2S = kh2 + mg . 在 A 从高度 h1 上升到 h2 的过程中,气体内能的增量 △U = v 3 R ( T2-T1 ) . 2 (6) (4) (5)

气体对弹簧、活塞系统做的功 W 等于弹簧弹性势能的增加和活塞重力势能的增加,即
9

1 W = k ( h2-h2 ) + mg (h2-h1 ) . 2 1 2 根据热力学第一定律,有 △Q =△U + W . 由以上各式及已知数据可求得 △Q = k1k2 2 5 H + mgH . k1 + k2 4

(7)

(8)

(9)

四、
1.根据题意,当导体球与导体球壳间的电压为 U 时,在距球心 r(R1< r <R2)处, 电场强度的大小为 E = R1R2 U 2 . R2-R1 r (1)

在 r = R1 ,即导体球表面处,电场强度最大.以 E(R1)表示此场强,有 E ( R1) = R2U . (R2-R1) R1 (2)

因为根据题意,E(R1)的最大值不得超过 Ek ,R2 为已知,故(2)式可写为 Ek = 或 U = Ek (R2-R1) R1 . R2 (4) R2U (R2-R1) R1 (3)

由此可知,选择适当的 R1 值,使(R2-R1) R1 最大,就可使绝缘子的耐压 U 为最大.不 难看出,当 R1 = R2 2 (5)

时,U 便是绝缘子能承受的电压的最大值 Uk .由(4)(5)两式得 , Uk = 代入有关数据,得 Uk = 155 kV . (7) EkR2 , 4 (6)

当交流电压的峰值等于 Uk 时,绝缘介质即被击穿.这时,对应的交流电压的有效值 Ue = Uk 110 kV . 2 (8)

2.系统的等效电路如图所示.

10

C1

C1 C1

C0 C0 C2 C0 C0 C2 C2 C2 U0

C1

3.设绝缘子串中间三点的电势分别为 U1 ,U2 ,U3 ,如图所示.由等效电路可知,与 每个中间点相连的四块电容极板上的电荷量代数和都应为零,即有

?(U1 ? U 2 )C0 ? U1C1 ? (U 0 ? U1 )C0 ? (U 0 ? U1 )C2 ? 0, ? ?(U 2 ? U 3 )C0 ? U 2C1 ? (U1 ? U 2 )C0 ? (U 0 ? U 2 )C2 ? 0, ?U C ? U C ? (U ? U )C ? (U ? U )C ? 0. 3 1 2 3 0 0 3 2 ? 3 0

(9)

C1

C1 C1 U3

C0 C0 C2 C0 C0 C2 C2 C2 U0

C1

U2 U1

四个绝缘子上的电压之和应等于 U0 ,即 ( U0-U1 ) + ( U1-U2 ) + ( U2-U3 ) + U3 = U0 . 设 △U1 = U0-U1 , △U2 = U1-U2 ,△U3 = U2-U3 ,△U4 = U3 , (11) 则可由(9)式整理得 (10)

?△U1 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 2C0 ? U 0C1 ? 0, ? ?△U1 (C1 ? C2 ) ?△U 2 (C0 ? C1 ? C2 ) ?△U 3C0 ? U 0C1 ? 0, ?△U (C ? C ? C ) ?△U (C ? C ? C ) ?△U (2C ? C ? C ) ? U (C ? C ) ? 0; 1 0 1 2 2 0 1 2 3 0 1 2 0 0 1 ?
代入数据,得

?76△U1 ? 70△U 2 ? 5U 0 ? 0, ? ?6△U1 ? 76△U 2 ? 70△U 3 ? 5U 0 ? 0, ?76△U ? 76△U ? 146△U ? 75U ? 0. 1 2 3 0 ?
解(12)式,可得 △U1 = 0.298 U0 , △U2 = 0.252 U0 ,△U3 =0.228 U0 .
11

(12)

(13)

由(10)~(12)式可得 △U4 =U3 = 0.222 U0 . (14)

以上结果表明, 各个绝缘子承受的电压不是均匀的; 最靠近输电线的绝缘子承受的电压 最大,此绝缘子最容易被击穿.当最靠近输电线的绝缘子承受的电压有效值 △U1 =Ue (15)

时,此绝缘子被击穿,整个绝缘子串损坏.由(8)(13)和(15)三式可知,绝缘子串承 , 受的最大电压 U0max = Ue = 369 kV . 0.298 y (16)

五、 1.如图所示,位于坐标 y 处的带电粒子 P 受到库
仑力 FE 为斥力,其 y 分量为 FEy = k Qq Qqy sinθ = k , r2 ( d2 + y2)3 / 2 (1) P FEy mg r A d x

G

式中 r 为 P 到 A 的距离, 为 r 与 x 轴的夹角. θ 可以 看出,FEy 与 y 有关:当 y 较小时, (1)式分子中的 y 起 主要作用,FEy 随 y 的增大而增大;当 y 较大时, (1)式

O 分母中的 y 起主要作用,FEy 随 y 的增大而减小.可见,

FEy 在随 y 由小变大的过程中会出现一个极大值.通过数值计算法,可求得 FEy 随 y 变化的 情况.令 ? = y / d ,得 FEy = k

? Qq . d2 ( 1 + ? 2)3 / 2
-3

(2)

当 ? 取不同数值时,对应的 ? ( 1 + ? 2) 1 所示.

/2

的值不同.经数值计算,整理出的数据如表

表1

?

0.100

0.500

0.600

0.650

0.700

0.707

0.710

0.750

0.800

? ( 1 + ? 2)-3 / 2 0.0985 0.356 0.378 0.382 0.385 0.385 0.385 0.384 0.381
由表中的数据可知,当 ? = 0.707,即 y = y0 = 0.707d 时,库仑力的 y 分量有极大值,此极大值为 (3)

12

FEymax = 0.385k

qQ . d2

(4)

由于带电粒子 P 在竖直方向除了受到竖直向上的 FEy 作用外,还受到竖直向下的重力 mg 作用.只有当重力的大小 mg 与库仑力的 y 分量相等时,P 才能平衡.当 P 所受的重力 mg 大于 FEymax 时,P 不可能达到平衡.故质量为 m 的粒子存在平衡位置的条件是 mg ≤FEymax . 由(4)式得 0.385 qQ m≤ k 2 . g d 2.y (m) > 0.707d ;0<y (m)≤0.707d . 3.根据题意,当粒子 P 静止在 y = y1 处时,处于稳定平衡位置,故有 (5)

k

Qqy1 (d ? y )
2 3 2 2 1

-m1g = 0 .

(6)

设想给粒子 P 沿 y 轴的一小扰动△y ,则 P 在 y 方向所受的合力为 Fy = FEy -m1g = k Qq ( y1 +△y ) -m1g . [ d2 + ( y1 +△y )2 ]3 / 2 (7)

由于△y 为一小量,可进行近似处理,忽略高阶小量,有 Fy = k Qq ( y1 +△y ) -m1g 2 [ d + y1 + 2y1△y ]3 / 2
2

=k

Qq ( y1 +△y ) 3y1△y )-m1g 2 3/2 ( 1 - 2 2 (d + y1 ) d + y2 1

2 3qQy1△y Qq△y Qqy1 = k 2 2 3 / 2 + k 2 2 3 / 2 - k 2 2 5 / 2 - m1g . (d + y1 ) (d + y1 ) (d + y1 )

注意到(6)式,得 m1g (2y2-d2 ) 1 Fy = - △y . 2 (d + y2 ) y1 1 (8)

因 y = y1 是粒子 P 的稳定平衡位置,故 y1>0.707d ,2y2-d2>0 .由(8)式可知,粒 1 子 P 在 y 方向受到合力具有恢复力的性质, 故在其稳定平衡位置附近的微小振动是简谐运动; 其圆频率为 ω= g , (d2 + y2 ) y1 1 (2y2-d2 ) 1 (9)

13

周期为 2π =2π ω (d2 + y2 ) y1 1
2 (2y1-d2 ) g

T=



(10)

4.粒子 P 处在重力场中,具有重力势能;它又处在点电荷 A 的静电场中,具有静电势 能.当 P 的坐标为 y 时,其重力势能 Wg = m2gy , 式中取坐标原点 O 处的重力势能为零;静电势能 WE = k 粒子的总势能 W = Wg + WE = m2gy + k qQ . d2 + y2 (11) qQ . d2 + y2

势能也与 P 的 y 坐标有关:当 y 较小时,静电势能起主要作用,当 y 较大时,重力势能 起主要作用.在 P 的稳定平衡位置处,势能具有极小值;在 P 的不稳定平衡位置处,势能 具有极大值.根据题意,y = y2 处是质量为 m2 的粒子的不稳定平衡位置,故 y = y2 处,势能 具有极大值,即 W ( y2 ) = Wmax = m2gy2 + k 当粒子 P 的坐标为 y3 时,粒子的势能为 W ( y3 ) = m2gy3 + k qQ d2 + y2 3 . qQ d2 + y2 2 . (12)

当 y3 < y2 时,不论 y3 取何值,粒子从静止释放都能到达管底.若 y3 > y2 ,粒子从静 止释放能够到达管底,则有 W ( y3 ) > W ( y2 ) . 所以,y3 满足的关系式为 y3 < y2 ; 或者 y3 > y2 且 m2gy3 + k 附: (1)式可表示为 qQ d
2

(13)

+ y2 3

> m2gy2 + k

qQ d2 + y2 2



(14)

14

FEy = k

Qq Qq sinθ = k 2 cos2θsinθ , r2 d

式中 θ 为 P, 之间的连线和 x 轴的夹角. A 由上式可知, 带电粒子 P 在 θ = 0 , / 2 时, π FEy = 0 .在 0 ≤ θ ≤ π / 2 区间,随着 θ 的增大,sinθ 是递增函数,cos2θ 是递减函数.在 此区间内, Ey 必存在一个极大值 FEymax ; F 用数值法求解, 可求得极大值所对应得角度 θ0 . 经 数个计算整理出的数据如表 2 所示. 表2 θ / rad cos2θsinθ 0. 010 0.029 0.464 0.367 0.540 0.378 0.576 0.383 0.611 0.385 0.615 0.385 0.617 0.385 0.644 0.384 0.675 0.381

由表中数值可知,当 θ = θ0≈0.615 rad(即 35.26° )时,FEy 取极大值 FEymax = k Qq Qq cos2θ0sinθ0 = 0.385 k 2 . d2 d

带电粒子 P 在竖直方向上还受到重力 G 的作用,其方向与 FEy 相反.故带电粒子 P 受 到的合力 F = FEy -G = k Qq cos2θsinθ -mg . d2

当 F = 0 ,即 FEy = G 时,P 处于平衡状态.由此可见,当带电粒子的质量 m≤ FEymax k ( qQ / d2 ) cos2θ0sinθ0 = g g

时,可以在 y 轴上找到平衡点.

六、
1.单球面折射成像公式可写成 n′ -n n′ n + = s′ s r , (1)

式中 s 为物距,s′ 为像距,r 为球面半径,n 和 n′ 分别为入射光和折射光所在介质的折 射率. 在本题中,物点 P 经反射器的成像过程是:先经过左球面折射成像(第一次成像) ;再 经右球面反射成像(第二次成像) ;最后再经左球面折射成像(第三次成像) . (1)第一次成像.令 s1 和 s′1 分别表示物距和像距.因 s1 = s ,n = n0 = 1 ,n′ = ng ,r = R ,有 ng -1 ng 1 + = , s′1 s1 R (2)

15

即 s′1 = ngRs . ( ng -1 ) s-R (3)

(2)第二次成像.用 s2 表示物距,s′2 表示像距,有 1 1 2 + = . s′2 s2 r 因 s2 = 2R -s′1 ,r = R ,由(3)(4)两式得 , s′2 = ( 2s + 2R -ngs )R . 3R + 3s -ngs (5) (4)

(3)第三次成像.用 s3 表示物距,s′3 表示像距,有 n0-ng n0 ng + = . s′3 s3 r 因 s3 = 2R -s′2 ,n0 = 1 ,r = -R ,由(5)(6)两式得 , s′3 = ( 4s-ngs + 4R )R . 2ngs -4s + ngR -4R (7) (6)

2.以 v′ 表示像的速度,则

v? ?

? (4s ? ng s ? 4 R) R ? ? △s3 1 ? [4( s ?△s) ? ng ( s ?△s) ? 4 R]R ? ? ? ? ? △t △t ? 2ng ( s ?△s) ? 4( s ?△s) ? ng R ? 4 R 2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R ? ? ? (8) 2 2 ?ng R △s /△t ? . 2 (2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R) ?△s(2ng ? 4)(2ng s ? 4s ? ng R ? 4 R)

由于△s 很小,分母中含有△s 的项可以略去,因而有 △s . (2ngs -4s + ngR -4R ) △t
2

v′ =

-n2R2 g

(9)

根据题意,P 从左向右运动,速度大小为 v ,则有 v= - 由此可得,像的速度 n2R2v g (2ngs -4s + ngR -4R )2 △s . △t (10)

v′ =



(11)

可见,像的速度与 s 有关,一般不做匀速直线运动,而做变速直线运动.当 n =2 (12)

时, (11) 式分母括号中的头两项相消, 将与 s 无关. v′ 这表明像也将做匀速直线运动; 而且(11)式变为 v′ = v ,即像的速度和 P 的速度大小相等.

16

七、
解法一.根据已知条件,射向钠原子的激光的频率

v=

c . λ

(1)

对运动方向与 z 轴正方向的夹角为 θ 、速率为 u 的钠原子,由于多普勒效应,它接 收的激光频率 v′ = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ′ = λ . u 1+ cosθ c (3) u cosθ ); c (2)

发生共振吸收时,应有 λ′ = λ0 ,即 λ = λ0 . u 1+ cosθ c 解(4)式,得 ucosθ = c 代入有关数据,得 ucosθ = 5.85 ×103 m ? s 由(6)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1 -1

(4)

λ -λ0 ; λ0

(5)



(6)





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(7)

共振吸收前后,动量守恒.设钠原子的反冲速率为 V ,则有 Mu - h e = MV . λ z (8)

其中 ez 为 z 轴方向的单位矢量.由(8)式得 u -V = h e . Mλ z
17

(9)

钠原子速度(矢量)变化的大小为 | u -V | = 代入数据,得 | u -V | = 2.9 × 10
-2

h ; Mλ

(10)

m ?s

-1



(11)

解法二.根据已知条件,钠原子从激发态 P3 / 2 跃迁到基态 S1 / 2 发出的光谱线的频率 v0 = 入射激光的频率 v= c . λ (2) c ; λ0 (1)

考查运动方向与 z 轴的正方向成 θ 角的某个钠原子.它在共振吸收过程中动量守恒, 能量守恒.以 u 表示该钠原子在共振吸收前的速度,V 表示该钠原子共振吸收后的速度, 则有 Mu - hv e = MV , c z (3) (4)

1 2 1 Mu + hv = MV2 + hv0 . 2 2

把(3)式写成分量形式,并注意到共振吸收前后钠原子在垂直于 z 轴方向的动量不变,有 Musinθ = MVsinθ′ , Mucosθ - hv = MVcosθ′ , c (5) (6)

式中 θ′ 为激发态钠原子速度方向与 z 轴正方向的夹角.从(5)(6)两式中消去 θ′ , , 得 M2u2 -M2V2 = - ( 由(4)(7)两式可得 , 2hv0 -2hv = - 注意到( hv / c )2 ? M ,得 v0 = v ( 1 + 改用波长表示,有 λ0 = λ . u 1+ cosθ c (10) u cosθ ); c (9) 1 hv 2 u ( ) + 2hv cosθ . M c c (8) hv 2 hv ) + 2Mu cosθ . c c (7)

解(10)式,得
18

ucosθ = c 代入有关数据,得

λ -λ0 ; λ0

(11)

ucosθ = 5.85 ×103 m ? s

-1



(12)

由(12)式,对 θ =30° 的钠原子,其速率 u1 = 6.76 × 103 m ? s 对 θ = 45° 的钠原子,其速率 u2 = 8.28 × 103 m ? s
-1 -1





运动方向与 z 轴的夹角在 30° ~45°区域内的原子中, 能发生共振吸收的钠原子的速率 范围为 6.76 × 103 m ? s
-1

< u <8.28 ×103 m ? s

-1



(13)

由(3)式可知,钠原子共振吸收前后速度(矢量)的变化为 u -V = h e , Mλ z (14)

速度(矢量)大小的变化为 | u -V | = 代入数据,得 | u -V | = 2.9 × 10
-2

h ; Mλ

(15)

m ?s

-1



(16)

19

第 25 届全国中学生物理竞赛决赛试题
2008 年 10 月 北京
★ 理论部分 一、
足球比赛,一攻方队员在图中所示的 A 处沿 Ax 方向传球,球在草地上以速度 v 匀 速滚动, 守方有一队员在图中 B 处, d 表示 A ,B 间的距离,以 θ 表示 AB 与 Ax 之 以 间的夹角,已知 θ <90° .设在球离开 A 处的同时,位 于 B 处的守方队员开始沿一直线在匀速运动中去抢球, 以 vp 表示他的速率.在不考虑场地边界限制的条件下, 求解以下问题 (要求用题中给出的有关参量间的关系式表 示所求得的结果) : 1.求出守方队员可以抢到球的必要条件. 2.如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上等球,以 lr 表示他到 A 点的距离,求出球不 被原在 B 处的守方队员抢断的条件. 3.如果攻方有一接球队员处在 Ax 线上,以 L 表示他离开 A 点的距离.在球离开 A 处的同时,他开始匀速跑动去接球,以 vr 表示其速率,求在这种情况下球不被原在 B 处 的守方队员抢断的条件. A θ d B x

二、
卫星的运动可由地面观测来确定; 而知道了卫星的运动, 又可以用它来确定空间飞行体 或地面上物体的运动.这都涉及时间和空间坐标的测定.为简化分析和计算,不考虑地球的 自转和公转,把它当做惯性系. 1.先来考虑卫星运动的测定.设不考虑相对论效应.在卫星上装有发射电波的装置和 高精度的原子钟.假设从卫星上每次发出的电波信号,都包含该信号发出的时刻这一信息. (I)地面观测系统(包含若干个观测站)可利用从电波中接收到的这一信息,并根据 自己所处的已知位置和自己的时钟来确定卫星每一时刻的位置, 从而测定卫星的运动. 这种 测量系统至少需要包含几个地面观测站?列出可以确定卫星位置的方程. (II)设有两个观测站 D1 ,D2 ,分别位于同一经线上北纬 θ 和南纬 θ(单位: ) (° )
20

处.若它们同时收到时间 ? 之前卫星发出的电波信号. (i)试求出发出电波时刻卫星距地面 的最大高度 H ; (ii)当 D1 ,D2 处观测站位置的纬度有很小的误差△θ 时,试求 H 的误 差; (iii)如果上述的时间 ? 有很小的误差 △? ,试求 H 的误差. 2.在第 1(II)小题中,若 θ = 45° , ? = 0.10 s . (i)试问卫星发出电波时刻卫星距 地面最大高度 H 是多少千米? (ii) 若△θ = ±1.0′′ , 定出的 H 有多大误差? (iii) △? = 若 ±0.010 μs ,定出的 H 有多大误差?假设地球为半径 R = 6.38 × 103 km 的球体,光速 c = 2.998 × 8 m / s ,地面处的重力加速度 g = 9.81 m / s2. 10 3.再来考虑根据参照卫星的运动来测定一个物体的运动.设不考虑相对论效应.假设 从卫星持续发出的电波信号包含卫星运动状态的信息, 即每个信号发出的时刻及该时刻卫星 所处的位置.再假设被观测物体上有一台卫星信号接收器(设其上没有时钟) ,从而可获知 这些信息. 为了利用这种信息来确定物体的运动状态, 即物体接收到卫星信号时物体当时所 处的位置以及当时的时刻,一般来说物体至少需要同时接收到几个不同卫星发来的信号电 波?列出确定当时物体的位置和该时刻的方程. 4.根据狭义相对论,运动的钟比静止的钟慢. 根据广义相对论,钟在引力场中变慢.现 在来考虑在上述测量中相对论的这两种效应. 已知天上卫星的钟与地面观测站的钟零点已经 对准.假设卫星在离地面 h = 2.00 × 4 km 的圆形轨道上运行,地球半径 R 、光速 c 和地 10 面重力加速度 g 取第 2 小题中给的值. (I) 根据狭义相对论, 试估算地上的钟经过 24 h 后它的示数与卫星上的钟的示数差多 少?设在处理这一问题时,可以把匀速直线运动中时钟走慢的公式用于匀速圆周运动. (II)根据广义相对论,钟在引力场中变慢的因子是 (1-2 ? / c2 )1 / 2 ,? 是钟所在位置 的引力势(即引力势能与受引力作用的物体质量之比;取无限远处引力势为零)的大小.试 问地上的钟 24 h 后,卫星上的钟的示数与地上的钟的示数差多少?

三、
致冷机是通过外界对机器做功, 把从低温处吸取的热量连同外界对机器做功所得到的能 量一起送到高温处的机器;它能使低温处的温度降低,高温处的温度升高.已知当致冷机工 作在绝对温度为 T1 的高温处和绝对温度为 T2 的低温处之间时,若致冷机从低温处吸取的 热量为 Q ,外界对致冷机做的功为 W ,则有 Q T2 ≤ , W T1-T2
21

式中“=”对应于理论上的理想情况.某致冷机在冬天作为热泵使用(即取暖空调机) ,在 室外温度为-5.00℃的情况下,使某房间内的温度保持在 20.00℃.由于室内温度高于室外, 故将有热量从室内传递到室外.本题只考虑传导方式的传热,它服从以下的规律:设一块导 热层,其厚度为 l ,面积为 S ,两侧温度差的大小为 T ,则单位时间内通过导热层由高 温处传导到低温处的热量为 H=k △T S , l

其中 k 称为热导率,取决于导热层材料的性质. 1.假设该房间向外散热是由面向室外的面积 S = 5.00 m2 、厚度 l = 2.00 mm 的玻璃 板引起的.已知该玻璃的热导率 k = 0.75 W / ( m ? K ),电费为每度 0.50 元.试求在理想情 况下该热泵工作 12 h 需要多少电费? 2.若将上述玻璃板换为“双层玻璃板” ,两层玻璃的厚度均为 2.00mm ,玻璃板之间 夹有厚度 l0 = 0.50 mm 的空气层,假设空气的热导率 k0 = 0.025 W / ( m ? K ),电费仍为每 度 0.50 元.若该热泵仍然工作 12 h ,问这时的电费比上一问单层玻璃情形节省多少?

四、
如图 1 所示,器件由相互紧密接触的金属层( M )、薄绝缘 层( I )和金属层( M )构成.按照经典物理的观点,在 I 层绝缘性 能理想的情况下,电子不可能从一个金属层穿过绝缘层到达另 一个金属层.但是,按照量子物理的原理,在一定的条件下, MIM 图1

这种渡越是可能的,习惯上将这一过程称为隧穿,它是电子具有波动性的结果.隧穿是单个 电子的过程,是分立的事件,通过绝缘层转移的电荷量只能是电子电荷量-e ( e = 1.60 × 10
-19

C )的整数倍,因此也称为单电子隧穿,MIM 器件亦称为隧穿结或单电子隧穿结.本题

涉及对单电子隧穿过程控制的库仑阻塞原理, 由于据此可望制成尺寸很小的单电子器件, 这 是目前研究得很多、有应用前景的领域. 1.显示库仑阻塞原理的最简单的做法是将图 1 的器件看成一个电容为 C 的电容器,如 图 2 所示.电容器极板上的电荷来源于金属极板上导电电子云相对于正电荷背景的很小位 移,可以连续变化.如前所述,以隧穿方式通过绝缘层的只能 是分立的单电子电荷.如果隧穿过程会导致体系静电能量上升, 则此过程不能发生,这种现象称为库仑阻塞.试求出发生库仑 Q A
-Q

B

图2

22

阻塞的条件即电容器极板间的电势差 VAB = VA-VB 在什么范围内单电子隧穿过程被禁止. 2.假定 VAB = 0.10 mV 是刚能发生隧穿的电压.试估算电容 C 的大小. 3.将图 1 的器件与电压为 V 的恒压源相接时,通常采用图 2 所示的双结构器件来观 察单电子隧穿,避免杂散电容的影响.中间的金属块层称为单电子岛.作为电极的左、右金 属块层分别记为 S ,D .若已知岛中有净电荷量-ne ,其中净电子数 n 可为正、负整数 或零,e 为电子电荷量的大小,两个 MIM 结的电容分别为 CS 和 CD .试证明双结结构 器件的静电能中与岛上净电荷量相关的静电能(简称单电子岛的静电能)为 (-ne )2 Un = . 2( CS +CD ) 4.在图 3 给出的具有源( S )、漏( D )电极双结结构的基础上,通过和岛连接的电容 CG 添加门电极( G )构成如图 4 给出的单电子三极管结构, 门电极和岛间没有单电子隧穿事件发

图3

图4

生.在 V 较小且固定的情况下,通过门电压 VG 可控制岛中的净电子数 n .对于 VG 如何 控制 n ,简单的模型是将 VG 的作用视为岛中附加了等效电荷 q0 = CGVG .这时,单电子 岛的静电能可近似为 Un = (-ne + q0 )2 / 2 C 5) ,考虑库仑阻塞效应,用粗 线画出岛中净电子数从 n = 0
2

?

,式中 C

?

= CS +CD +CG .利用方格图(图

Un ( e / 2C

开始,CGVG / e 由 0 增大到 3 的过程中,单电子岛的静电能 Un 随 CGVG 变化的图线 (纵坐 标表示 Un ,取 Un 的单位为 e2 / 2 C

?

)

?

;横坐标表示 图5

C GVG e

C GV G , 取 C G V G 的 单 位 为

e) 要求标出关键点的坐标, . 并把 n = 0 , , , 时 CGVG / e 的变化范围填在表格中. 1 2 3 (此
23

小题只按作图及所填表格(表 1)评分) . 表1 n CGVG / e 变化范围 0 1 2 3

五、
折射率 n = 1.50 、半径为 R 的透明半圆柱体放在空气中,其垂 直于柱体轴线的横截面如图所示,图中 O 点为横截面与轴线的交 点.光仅允许从半圆柱体的平面 AB 进入,一束足够宽的平行单色 光沿垂直于圆柱轴的方向以入射角 i 射至 AB 整个平面上,其中有 一部分入射光束能通过半圆柱体从圆柱面射出.这部分光束在入射 到 AB 面上时沿 y 轴方向的长度用 d 表示.本题不考虑光线在透 明圆柱体内经一次或多次反射后再射出柱体的复杂情形. 1.当平行入射光的入射角 i 在 0° ~90° 变化时,试求 d 的最小值 d min 和最大 值 dmax . 2.在如图所示的平面内,求出射光束与柱面相交的圆弧对 O 点的张角与入射角 i 的 关系.并求在掠入射时上述圆弧的位置. z

六、
根据广义相对论, 光线在星体的引力场中会发生弯曲, 在包含引力中心的平面内是一条 在引力中心附近微弯的曲线. 它距离引力中心最近的点称为光线的近星点. 通过近星点与引 力中心的直线是光线的对称轴.若在光线所在平面内选择引力中心为平面极坐标(r ,φ) 的原点,选取光线的对称轴为坐标极轴,则光线方程(光子的轨迹方程)为 r= GM / c2 , acosφ + a2 ( 1 + sin2φ)

G 是万有引力恒量,M 是星体质量,c 是光速,a 是绝对值远小于 1 的参数.现在假设离 地球 80.0 光年 处有一星体,在它与地球连线的中点处有一白矮星.如果经过该白矮星两侧 的星光对地球上的观测者所张的视角是 1.80× 7rad ,试问此白矮星的质量是多少千克? 10 已知 G = 6.673 × 10
-11 -

m3 / ( kg ?s2 )

24

七、
1.假设对氦原子基态采用玻尔模型,认为每个电子都在以氦核为中心的圆周上运动, 半径相同,角动量均为 ? : ? = h / 2π,其中 h 是普朗克常量. (I)如果忽略电子间的相互作用,氦原子的一级电离能是多少电子伏?一级电离能是 指把其中一个电子移到无限远所需要的能量. (II)实验测得的氦原子一级电离能是 24.6 eV .若在上述玻尔模型的基础上来考虑电 子之间的相互作用, 进一步假设两个电子总处于通过氦核的一条直径的两端. 试用此模型和 假设,求出电子运动轨道的半径 r0 、基态能量 E0 以及一级电离能 E+ ,并与实验测得的 氦原子一级电离能相比较. 已知电子质量 m = 0.511 MeV / c2 , 是光速, c 组合常量 ? c =197.3 MeV ? fm = 197.3 eV ? nm ,ke2 = 1.44 MeV ? fm = 1.44 eV ? nm ,k 是静电力常量,e 是基本电荷量. 2.右图是某种粒子穿过云室留下的径迹的照片.径迹在纸面内,图的中间是一块与纸 面垂直的铅板,外加恒定匀强磁场的方向垂直纸面向 里.假设粒子电荷的大小是一个基本电荷量 e :e = 1.60 × 10
-19

C ,铅板下部径迹的曲率半径 rd = 210 mm ,铅

板上部径迹的曲率半径 ru = 76.0 mm ,铅板内的径迹与 铅板法线成 θ = 15.0° , 铅板厚度 d = 6.00 mm ,磁感应 强度 B = 1.00 T ,粒子质量 m = 9.11 × 10
-31

kg = 0.511

MeV / c2.不考虑云室中气体对粒子的阻力. (I)写出粒子运动的方向和电荷的正负. (II)试问铅板在粒子穿过期间所受的力平均为多少牛? (III)假设射向铅板的不是一个粒子,而是从加速器引出的流量为 j = 5.00 × 18 / s 的 10 脉冲粒子束,一个脉冲持续时间为 ? =2.50 ns .试问铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力 平均为多少牛?铅板在此期间吸收的热量又是多少焦?

25

第 25 届全国中学生物理竞赛决赛参考解答
一、
1 .解法一:设守方队员经过时间 t 在 Ax 上的 C 点抢到球, l 表示 A 与 C 之间的距离,p 表示 B 与 用 l C 之间的距离(如图 1 所示) ,则有 l = vt ,lp = vpt 和 l2= d 2 + l2 -2dlcosθ. p (1) (2) 图1

解式(1)(2)可得 , l= d vp 2 ) -sin2θ ]1 / 2 }. 2 {cosθ ± [ ( v 1-( vp / v ) (3)

由式(3)可知,球被抢到的必要条件是该式有实数解,即 vp ≥ vsinθ . 解法二:设 BA 与 BC 的夹角为 φ(如图 1) .按正弦定理有 lp l = sinθ sinφ 利用式(1)有 vp sinθ = v sinφ . . (4)

从 sinφ ≤1 可得必要条件(4) . 2.用 lmin 表示守方队员能抢断球的地方与 A 点间的最小距离.由式(3)知 lmin = d vp 2 {cosθ ± [ ( ) -sin2θ ]1 / 2 }. v 1-( vp / v )2 (5)

若攻方接球队员到 A 点的距离小于 lmin ,则他将先控制球而不被守方队员抢断.故球 不被抢断的条件是 lr < lmin . 由(5)(6)两式得 , d vp 2 lr < {cosθ ± [ ( ) -sin2θ ]1 / 2 } v 1-( vp / v )2 (7) (6)

由式(7)可知,若位于 Ax 轴上等球的攻方球员到 A 点的距离 lr 满足该式,则球不 被原位于 B 处的守方球员抢断. 3.解法一:如果在位于 B 处的守方球员到达 Ax 上距离 A 点 lmin 的 C1 点之前, 攻方接球队员能够到达距 A 点小于 lmin 处, 球就不会被原位于 B 处的守方队员抢断 (如

26

图 2 所示)若 L ≤ lmin 就相当于第 2 小题. L > . 若 lmin ,设攻方接球员位于 Ax 方向上某点 E 处,则 他跑到 C1 点所需时间 trm = ( L-lmin ) / vr ; (8)

2 守方队员到达 C1 处所需时间 tpm = ( d 2 + lmin

图2

-2dlmin cosθ )

1/2

/ vp



球不被守方抢断的条件是 trm < tpm . 即 L< vr ( d 2 + l2 -2dlmin cosθ )1 / 2 + lmin , min vp (9) (10)

式中 lmin 由式(5)给出. 解法二:守方队员到达 C1 点的时间和球到达该点的时间相同,因此有 tpm = lmin / v . 从球不被守方队员抢断的条件(9)以及式(8)可得到 L < ( 1 + vr / v ) lmin 式中 lmin 也由式(5)给出.易证明式(11)与(10)相同. (11)

二、
1. (I)选择一个坐标系来测定卫星的运动,就是测定每一时刻卫星的位置坐标 x ,y , z .设卫星在 t 时刻发出的信号电波到达第 i 个地面站的时刻为 ti .因为卫星信号电波以 光速 c 传播,于是可以写出 (x -xi )2 + (y -yi )2 + (z -zi )2 = c2 (t -ti )2 ( i = 1 ,2 ,3 ), (1)

式中 x i ,yi ,zi 是第 i 个地面站的位置坐标,可以预先测定,是已知的;ti 也可以由 地面站的时钟来测定;t 由卫星信号电波给出,也是已知的.所以,方程(1)中有三个未 知数 x ,y ,z ,要有三个互相独立的方程,也就是说,至少需要包含三个地面站,三个 方程对应于式(1)中 i = 1 ,2 ,3 的情况. (II) 如图所示, (i) 以地心 O 和两个观测站 D1 ,D2 的位置为 顶点所构成的三角形是等腰三角 形,腰长为 R .根据题意,可知 卫星发出信号电波时距离两个观
27

测站的距离相等,都是 L = c? . (2)

当卫星 P 处于上述三角形所在的平面内时,距离地面的高度最大,即 H .以 θ 表示 D1 ,D2 所处的纬度,由余弦定理可知 L2 = R2 + ( H + R )2 -2R ( H + R ) cosθ . 由(2)(3)两式得 , H= (c ? )2 -(R sinθ )2 -R ( 1-cosθ ) . (4) (3)

式(4)也可据图直接写出. (ii) 按题意, 如果纬度有很小的误差△θ , 则由式 (3) 可知, 将引起 H 发生误差△H . 这 时有 L2 = R2 + ( H +△H + R )2 -2R ( H +△H + R ) cos ( θ +△θ ) . (5)

将式(5)展开,因△θ 很小,从而△H 也很小,可略去高次项,再与式(3)相减, 得 R ( R +H ) sinθ△θ △H = - , H + ( 1-cosθ ) R 其中 H 由(4)式给出. (iii)如果时间 ? 有 △? 的误差,则 L 有误差 △L = c △? . 由式(3)可知,这将引起 H 产生误差△H .这时有 ( L +△L )2 = R2 + ( H +△H + R )2 -2R ( H +△H + R ) cosθ. 由式(7)(8)和(3) , ,略去高次项,可得 △H = c2 ? △? , H + R ( 1-cosθ ) (9) (8) (7) (6)

其中 H 由式(4)给出. 2. (i)在式(4)中代入数据,算得 H = 2.8 × 4 km . 10 (ii)在式(6)中代入数据,算 得△H = ? 25m . (iii)在式(9)中代入数据,算得△H = ±3.0 m . 3.选择一个坐标系,设被测物体待定位置的坐标为 x ,y ,z ,待定时刻为 t ,第 i 个卫星在 ti 时刻的坐标为 xi ,yi ,z i .卫星信号电波以光速传播,可以写出 (x -xi )2 + (y -yi )2 + (z -zi )2 = c2 (t -ti )2 ( i = 1 ,2 ,3 ,4 ), (10)

由于方程(1)有四个未知数 t ,x ,y ,z ,需要四个独立方程才有确定的解,故需 同时接收至少四个不同卫星的信号.确定当时物体的位置和该时刻所需要的是式(10)中 i
28

= 1 ,2 ,3 ,4 所对应的四个独立方程. 4. (I)由于卫星上钟的变慢因子为[ 1-( v / c )2] 1 / 2 ,地上的钟的示数 T 与卫星上的钟 的示数 t 之差为 T -t = T - 1-( v 2 ) T = [ 1- c 1-( v 2 ) ]T , c (11)

这里 v 是卫星相对地面的速度,可由下列方程定出: v2 GM = 2 , r r 其中 G 是万有引力常量,M 是地球质量,r 是轨道半径.式(11)给出 v= GM = r g R= r g R , R+h (12)

其中 R 是地球半径,h 是卫星离地面的高度,g = GM / R2 是地面重力加速度;代入数 值有 v = 3.89 km / s .于是 ( v / c )2 ≈1.68 × 10 [ 1- (
-10

,这是很小的数.所以

v 2 1/2 1 v ) ] ≈1- ( )2 . c 2 c

最后,可以算出 24 h 的时差 T -t ≈ 1 v 2 1 gR2 ( ) T= T = 7.3 μs . 2 c 2 c2 ( R + h ) (13)

(II)卫星上的钟的示数 t 与无限远惯性系中的钟的示数 T0 之差 t -T0 = 1-2

?
c
2

T0-T0 = (

1-2

?
c2

-1 )T0 .

(14)

卫星上的钟所处的重力势能的大小为

所以

?= R+h = R+h g . ? gR2
c2 = c2 ( R + h ) ;
-10

GM

R2

(15)

代入数值有 ? / c2 = 1.68 × 10 t -T0 ≈-

,这是很小的数.式(14)近似为 (16)

?
c2

T0 .

类似地,地面上的钟的示数 T 与无限远惯性系的钟的示数之差

T -T0 =

1-2

?E
c
2

T0-T0 = (

1-2

?E
c2

-1 )T0 .

(17)

地面上的钟所处的重力势能的大小为

?E = R =gR .

GM

(18)

29

所以

?E
c2

=

gR ; c2
-10

代入数值有 ?E / c2 = 6.96 ×10 为 T -T0 ≈-

,这是很小的数.与上面的情形类似,式(17)近似

?E
c2

T0 .

(19)

(16)(19)两式相减,即得卫星上的钟的示数与地面上的钟的示数之差 , t -T ≈-

? ? ?E
c2

T0 .

(20)

从式(19)中解出 T0 ,并代入式(20)得 t -T ≈-

? ? ?E
c
2

/ (1-

?E
c
2

)T ≈-

? ? ?E
c2

T=

gR h T. c2 R + h

(21)

注意,题目中的 24 h 是指地面的钟走过的时间 T .最后,算出 24 h 卫星上的钟的示 数与地面上的钟的示数之差 t -T = 46 μs . (22)

三、
1.依题意,为使室内温度保持不变,热泵向室内放热的功率应与房间向室外散热的功 率相等.设热泵在室内放热的功率为 q ,需要消耗的电功率为 P ,则它从室外(低温处) 吸收热量的功率为 q-P .根据题意有 q-P T2 ≤ , P T1-T2 (1)

式中 T1 为室内(高温处)的绝对温度,T2 为室外的绝对温度.由(1)式得 P≥ T1-T2 q . T1 (2)

显然,为使电费最少,P 应取最小值;即式(2)中的“≥”号应取等号,对应于理想 情况下 P 最小.故最小电功率 P min = T1-T2 q . T1 (3)

又依题意,房间由玻璃板通过热传导方式向外散热,散热的功率 H=k T1-T2 S . l (4)

要保持室内温度恒定,应有 q=H . 由(3)~(5)三式得 (5)

30

S ( T1-T2 )2 P min = k . lT1

(6)

设热泵工作时间为 t ,每度电的电费为 c ,则热泵工作需花费的最少电费 C min = P min tc . (7)

注意到 T1 = 20.00 K + 273.15 K = 293.15 K ,T2 = -5.00 K + 273.15 K = 268.15 K ,1 度电 = 1 kW ? h .由(6)(7)两式,并代入有关数据得 , C min = ( T1-T2 )2 Sktc = 23.99 元 . T1l (8)

所以,在理想情况下,该热泵工作 12 h 需约 24 元电费. 2.设中间空气层内表面的温度为 Ti ,外表面的温度为 T0 ,则单位时间内通过内层玻 璃、中间空气层和外层玻璃传导的热量分别为 H1 = k H2 = k0 H3 = k T1-Ti S , l Ti-T0 S , l0 T0-T2 S . l (9) (10) (11)

在稳定传热的情况下,有 H 1 = H2 = H3 . 由(9)~(12)四式得 k T1-Ti Ti-T0 = k0 l l0 和 T1-Ti = T0-T2 . (13) (12)

解式(13)得 Ti = l0k + lk0 lk0 T + T . l0k + 2lk0 1 l0k + 2lk0 2 (14)

将(14)式代入(9)式得 H1 = kk0 ( T1-T2 )S . l0k + 2lk0 (15)

要保持室内温度恒定,应有 q = H1 .由式(3)知,在双层玻璃情况下热泵消耗的最 小电功率 P′ min = ( T1-T2 )2 kk0 S . l0k + 2lk0 T1 (16)

在理想情况下,热泵工作时间 t 需要的电费 C ′min = P′min tc ; 代入有关数据得 C ′min = 2.52 元 .
31

(17)

(18)

所以,改用所选的双层玻璃板后,该热泵工作 12 h 可以节约的电费 △Cmin = C min -C ′min = 21.47 元 . (19)

四、
1.先假设由于隧穿效应,单电子能从电容器的极板 A 隧穿到极板 B .以 Q 表示单 电子隧穿前极板 A 所带的电荷量,VAB 表示两极板间的电压(如题目中图 3 所示) ,则有 VAB = Q / C . 这时电容器储能 1 U = CV2AB . 2 当单电子隧穿到极板 B 后,极板 A 所带的电荷量为 Q′ = Q + e , (3) (2) (1)

式中 e 为电子电荷量的大小.这时,电容器两极板间的电压和电容器分别储能为 V′AB = Q+e 1 ,U ′ = CV ′ 2AB . C 2 (4)

若发生库仑阻塞,即隧穿过程被禁止,则要求 U ′ -U >0 . 由(1)~(5)五式得 VAB >- 1 e . 2 C (6) (5)

再假设单电子能从电容器的极板 B 隧穿到极板 A . 仍以 Q 表示单电子隧穿前极板 A 所带的电荷量, AB 表示两极板间的电压. V 当单电子从极板 B 隧穿到极板 A 时, 极板 A 所 带的电荷量为 Q′ = Q - e .经过类似的计算,可得单电子从极板 B 到极板 A 的隧穿不能 发生的条件是 VAB < 1 2 e . C (7)

由(6)(7)两式知,当电压 VAB 在-e / 2C ~ e / 2C 之间时,单电子隧穿受到库仑 , 阻塞,即库仑阻塞的条件为 - 1 e 1 e < VAB < . 2 C 2 C (8)

2.依题意和式(8)可知,恰好能发生隧穿时有 VAB = 1 e = 0.10 mV . 2 C (9)

由式(9) ,并代入有关数据得 C = 8.0 × 10
-16

F .
32

(10)

3.设题目中图 3 中左边的 MIM 结的电容为 CS ,右边的 MIM 结的电容为 CD .双结结构体 系如图 a 所示,以 Q1 ,Q2 分别表示电容 CS , CD 所带的电荷量.根据题意,中间单电子岛上的 电荷量为 -ne = Q2-Q1 . 体系的静电能为 CS 和 CD 中静电能的总和,即 Q2 Q2 1 2 U= + ; 2CS 2CD 电压 V= Q1 Q2 + . CS CD (13) (12) 图a (11)

由(11)~(13)三式解得 (Q2-Q1)2 1 U = CV2 + . 2 2 ( CS + CD ) (14)

由于 V 为恒量,从式(13)可知体系的静电能中与岛上净电荷相关的静电能 Un = (- ne )2 / 2 (CS + CD ). 4.Un 随 CGVG 变化的图线如图 b;CGVG / e 的变化范围如表 2. 表2 n CGVG / e 的变化范围 0 0~0.5 1 0.5~1.5 2 1.5~2.5 3 2.5~3.0

Un ( e / 2C
2

?

)

图b

33

五、
1.在图 1 中,z 轴垂直于 AB 面.考察平行光束 中两条光线分别在 AB 面上 C 与 C ′ 点以入射角 i 射入透明圆柱时的情况,r 为折射角,在圆柱体中两折 射光线分别射达圆柱面的 D 和 D′ ,对圆柱面其入射 角分别为 i2 与 i′2 . 在△OCD 中, 点与入射点 C 的 O 距离 yc 由正弦定理得 yc R sin i2 = ,即 yc = R . sin i2 sin ( 90°+ r) cos r (1) 图1

同理在△OC ′D′ 中,O 点与入射点 C ′ 的距离有 yc ′ R sin i′2 = ,即 yc ′ = R . sin i′2 cos r sin ( 90° -r) (2)

当改变入射角 i 时, 折射角 r 与柱面上的入射角 i2 与 i′2 亦随之变化. 在柱面上的入射角 满足临界角 i20 = arcsin ( 1 / n ) ≈ 41.8° 时,发生全反射.将 i2 = i′2 = i20 分别代入式(1)(2)得 , yoc = yoc ′ = 即 sin i20 R , cos r (4) (5) (3)

sin i20 d = 2yoc = 2 R . cos r

当 yc > yoc 和 yc ′ > y oc ′ 时,入射光线进入柱体,经过折射后射达柱面时的入射角大于 临界角 i20 , 由于发生全反射不能射出柱体. 因折射角 r 随入射角 i 增大而增大. 由式 (4) 知,当 r = 0 ,即 i = 0(垂直入射)时,d 取最小值 dmin = 2Rsin i20 = 1.33 R . 当 i →90° (掠入射)时,r → 41.8° .将 r = 41.8° 代 入式(4)得 dmax = 1.79 R . (7) 2.由图 2 可见,φ 是 Oz 轴与线段 OD 的夹角, φ′ 是 Oz 轴与线段 OD′ 的夹角.发生全反射时,有 φ = i20 + r , φ′ = i20 - r , 和 θ = φ + φ′ = 2i20≈83.6° . (8) (9) (10) (6)

由此可见,θ 与 i 无关,即 θ 独立于 i .在掠入射 图2
34

时,i ≈90° ,r = 41.8° ,由式(8),(9)两式得 φ = 83.6° ,φ′ = 0° . (11)

六、
由于方程 r= GM / c2 a cosφ + a2 ( 1 + sin2φ) (1) y S

是 φ 的偶函数,光线关于极轴对称.光线在坐标原点左侧的情形对应 于a<0 ; 光线在坐标原点右侧的情形对应 a > 0 . 右图是 a < 0 的 情形,图中极轴为 Ox ,白矮星在原点 O 处.在式(1)中代入近星 点坐标 r = rm ,φ = π ,并注意到 a2 ? | a | ,有 a ≈-GM / c2rm . (2) r rm

φ O

x

经过白矮星两侧的星光对观测者所张的视角 θS 可以有不同的表达方 式,相应的问题有不同的解法. 解法一:若从白矮星到地球的距离为 d ,则可近似地写出 θS ≈2rm / d . 在式(1)中代入观测者的坐标 r = d ,φ = -π / 2 ,有 a2 ≈GM / 2c2d . 由(2)与(4)两式消去 a ,可以解出 rm = 2GMd / c2 . (5) (4) (3) E

把式(5)代入式(3)得 θS ≈ 8GM / c2d ; 即
2 M≈θSc2d / 8G ,

(6) (7)

其中 d = 3.787 × 17 m ;代入数值就可算出 10 M≈2.07 × 30 kg . 10 解法二:光线射向无限远处的坐标可以写成 r →∞ ,φ = - π θ + . 2 2 (9) (8)

近似地取 θS ≈θ ,把式(9)代入式(1) ,要求式(1)分母为零,并注意到 θ ? 1,有 aθ / 2 + 2a2 = 0 . 所以 θS ≈θ = -4a = 8GM / c2d , (10)

其中用到式(4) ,并注意到 a < 0 .式(10)与式(6)相同,从而也有式(8) .
35

解法三:星光对观测者所张的视角 θS 应等于两条光线在观测者处切线的夹角,有 sin △( rcosφ ) △φ θS = = cosφ-rsinφ . 2 △r △r (11)

由光线方程(1)算出△φ / △r ,有 sin θS GM / c2 GM = cosφ-rsinφ 2 = cosφ - 2 ; 2 r asinφ c ra

代入观测者的坐标 r = d , ? = -π / 2 以及 a 的表达式(4) ,并注意到 θS 很小,就有 2GM θS ≈ 2 cd 2c2d = GM 8GM , c2d

与式(6)相同.所以,也得到了式(8) . 解法四:用式(2)把方程(1)改写成 -rm = rcosφ- 即 x = -rm + GM [ (rcosφ )2 + 2 (rsinφ )2 ] , c2rmr (12)

GM ( x2 + 2y2 ) . c2rmr

当 y →-∞时,式(12)的渐近式为 x = -rm - 2GM y . c2rm

这是直线方程,它在 x 轴上的截距为 -rm ,斜率为 1 1 1 ≈ ≈- . 2 θS / 2 -2GM / c rm - tan ( θS / 2 ) 于是有 θS ≈ 4GM / c2rm .rm 用式(5)代入后,得到式(6) ,从而也有式(8) .

七、
1. (I)氦原子中有两个电子,一级电离能 E+ 是把其中一个电子移到无限远处所需要 的能量满足 He + E+ →He+ + e .为了得到氦原子的一级电离能 E+ ,需要求出一个电子 电离以后氦离子体系的能量 E* .这是一个电子围绕氦核运动的体系,下面给出两种解法. 解法一:在力学方程 2ke2 mv2 = 2 r r 中,r 是轨道半径,v 是电子速度.对基态,用玻尔量子化条件(角动量为 ? )可以解出 r0 = ? / 2ke2m . 于是氦离子能量 p2 2ke2 2k2e4m 0 E* = - = - , 2m r0 ?2 (2)
2


(1)

36

其中 p0 为基态电子动量的大小;代入数值得 E* = - 2( ke2 )2mc2 ≈ -54.4 eV . ( ? c )2 (3)

由于不计电子间的相互作用,氦原子基态的能量 E0 是该值的 2 倍,即 E0 =2E* ≈ -108.8 eV . (4)

氦离子能量 E* 与氦原子基态能量 E0 之差就是氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 = -E* ≈ 54.4 eV . 解法二:氦离子能量 E* = p2 2ke2 - . 2m r (5)

把基态的角动量关系 rp = ? 代入,式(3)可以改写成 E* =

?2

2mr

2



2ke2 2k2e4m ? 2 1 2ke2m 2 = ( - ) - . r 2m r ?2 ?2

因基态的能量最小,式(4)等号右边的第一项为零,所以半径和能量 r0 =

?2
2ke m
2

,E* = -

2k2e4m

?2

分别与(1)(2)两式相同. , (II)下面,同样给出求氦原子基态能量 E0 和半径 r0 的两种解法. 解法一:利用力学方程 mv2 2ke2 ke2 7ke2 = 2 - 2 = r r ( 2r ) 4r2 和基态量子化条件 rmv = ? ,可以解出半径 r0 = 4 ? / 7ke2m , 于是氦原子基态能量 p2 2ke2 ke2 49k2e4m 0 E0 = 2 ( - )+ = - ; 2 2m r0 2r0 16 ? 代入数值算得 E0 = - r0 = 49( ke2 )2mc2 ≈ -83.4 eV , 16( ? c )2 (8) (7)
2

(6)

4 ( ? c)2 ≈ 0.0302 nm . 7ke2mc2

所以,氦原子的一级电离能 E+ = E*-E0 ≈ 29.0 eV . 这仍比实验测得的氦原子一级电离能 24.6 eV 高出 4.4 eV .
37

(9)

解法二:氦原子能量 E=2( 可以化成 p2 2ke2 ke2 7ke2 ?2 - )+ = 2 - 2m r 2r mr 2r

E=

?2
m

(

1 7ke2m 2 49k2e4m - ) - . 2 2 r 4? 16 ?

当上式等号右边第一项为零时,能量最小.由此可知,基态能量与半径 E0 = - 49k2e4m 4? , r0 = 2 7ke2m 16 ?
2

分别与(7)(6)两式相同. , 2. (I)粒子从下部射向并穿过铅板向上运动,其电荷为正. (II)如题图所示,粒子的运动速度 v 与磁场方向垂直,洛伦兹力在纸面内;磁力不 改变荷电粒子动量的大小,只改变其方向.若不考虑云室中气体对粒子的阻力,荷电粒子在 恒定磁场作用下的运动轨迹就是曲率半径为一定值的圆弧;可以写出其运动方程 qBv =| p△ ? △p |= △t △t = pv , r (1)

其中 q 是粒子电荷,v 是粒子速度的大小,p 是粒子动量的大小,△ ? 是粒子在△t 时间 内转过的角度,r 是轨迹曲率半径.于是有 p = qBr . (2)

按题意, = e . pd 和 pu 分别表示粒子射入铅板和自铅板射出时动量的大小, q 用 并在式 (1) 中代入有关数据,可以算得 pd = 63.0 MeV / c , pu = 22.8 MeV / c . 注意到当 pc ? mc2 时应使用狭义相对论,从 p= 中可以得到 v= c . 1 +( mc / p)2 (5) mv . 1-( v / c)2 (4) (3)

用 vd 和 vu 分别表示粒子进入和离开铅板时的速度大小. (2) 把式 以及 m = 0.511 MeV / c2 代入式(3) ,可得 vd ≈ c , vu ≈ c . (6)

于是,粒子穿过铅板的平均速度 v = ( 1 / 2 ) ( vd + vu ) ≈ c .用△t 表示粒子穿过铅板的时
38

间,则有

v cosθ△t = d .

(7)

再用△pdu 表示粒子穿过铅板动量改变量的大小,铅板所受到的平均力的大小 f= △pdu pd-pu ( pd-pu ) ccosθ = ≈ ; d △t d / ( v cosθ ) (8)

代入有关数值得 f ≈ 1.04 × 10
-9

N .

(9)

(III)一个粒子穿过铅板的时间 △t = d

v cosθ



d - ≈2.07 × 11 s = 0.0207 ns , 10 ccosθ

(10)

比粒子束流的脉冲周期 ? = 2.50 ns 小得多.铅板在此脉冲粒子束穿过期间所受的力的平均 大小 F ≈( pd-pu ) j ; 代入数据得 F = 0.107 N . 运用式(4) ,可把粒子能量写成 E= p2c2 + m2c4 , (13) (12) (11)

所以粒子穿过铅板前后的能量分别为 Ed = p2c2 + m2c4 = 63.0 MeV ,Eu = d p2c2 + m2c4 = 22.8 MeV . (14) u

于是,铅板在脉冲粒子束穿过期间所吸收的热量 Q = ( Ed-Eu ) j ? ; 代入数据得 Q = 8.04 × 10
-2

(15)

J .

(16)

39

带答案的物理竞赛决赛试题,无偿的提供给爱好竞赛的同学们

第 26 届全国物理竞赛决赛试题理论部分及标准答案
一、填空题(每题 5 分,共 20 分) 1.某光滑曲面由曲线 y ? f ( x) 绕竖直 y 轴旋转一周形成,一自然半径为 a 、质量为 m 、劲 度系数为 k 的弹性圆环置于该曲面之上,能水平静止于任意高度,则曲线方程为 。

参考答案: y ? C ?

2? 2 。 ( x ? a)2 (C 为任意常数) mg

2.如图所示的电阻框架为四维空间中的超立方体在三维空间中的投影模 型(可视为内外两个立方体框架,对应顶点互相连接起来) ,若该结构 中 每 条 棱 均 由 电 阻 R 的 材 料 构 成 , 则 AB 节 点 间 的 等 效 电 阻 为 。 参考答案:

7 R 12

3.某种蜜蜂的眼睛能够看到平均波长为 500nm 的光,它是由 5000 个小眼构成的复眼,小眼 一个个密集排放在眼睛的整个表面上,小眼构造很精巧,顶部有一个透光的圆形集光装置, 叫角膜镜; 下面连着圆锥形的透明晶体, 使得外部入射的光线汇聚到圆锥顶点连接的感光细 胞上(入射进入一个小眼的光线不会透过锥壁进入其他小眼) ,从而造成一个“影像点” (像 素) ;所有小眼的影像点就拼成了一个完整的像。若将复眼看作球面圆锥,球面半径 r ? 1.5mm , 则蜜蜂小眼角膜镜的最佳直径 d 约为 (请给出两位有效数字) 。 参考答案: 30? m 4.开路电压 U 0 与短路电流 I SC 是半导体 p-n 结光电池的两个重要技术指标, 试给出两者之间 的关系表达式: U 0 = 为 参考答案: U 0 ? ,式中各符号代表的物理量分别 。

? kT ? I SC ln ? ? 1? ,式中 e 为电子电量的绝对值,k 为波尔兹曼常量,T 为 e ? IS ?

绝对温度, I S 为 p-n 结的反向饱和电流。 评分标准:本题共 20 分。 第 1、2 题每题填对均得 5 分,第 3 题只要答案在 27-30 ? m 之间即得 5 分,否则 0 分。第 4 题第一空格占 4 分,第二空格占 1 分。 二、 (15 分)天体或微观系统的运动可借助计算机动态模拟软件直观显示。这涉及几何尺寸
40

的按比例缩放。为使显示的运动对缩放后的系统而言是实际可发生的,运动时间也应缩放。 1.在牛顿力学框架中,设质点在力场 F ( r ) 中作轨道运动,且有 F (? r ) ? ? k F (r ) , k 为常 数, r 为位矢。若几何尺寸按比率? 缩放显示,确定运行时间的缩放率?。 2.由此证明,行星绕太阳轨道运动周期的平方与轨道几何尺寸的立方成正比。 参考答案 1.设位矢、时间缩放分别为 r / ? ? r , t / ? ? t , 故速度、加速度满足关系

v / ? lim /

?r / ? ?r ? ? lim ? v / ?t ?0 ?t ?t ?0 ?t ? ? ?v / ? ?v ? ? 2 lim ? v / ?t ?0 ?t ? ?t ?0 ?t ? 2

(1)

a / ? lim /

(2)

缩放前后质点均满足牛顿运动方程,即

ma ? F (r )

(3) (4)

ma / ? F (r / )
利用(2)式及 F (? r ) ? ? k F (r ) , (4)式化简为

ma ? ? k ?1? 2 F (r )
对照(3)式,得
k ?1 2

(5)

? ??
2.万有引力场中,有 k ? 2 ,设想轨道尺寸按

(6)

? / ? ?l
缩放,则周期按
1

(7)

? / ? ?? ? ? 2?
缩放,故有

(8)

? /2
l /3

?

?2
l3

y

(9) 评分标准: 本题共 15 分 第一小题占 10 分,正确得出(6)式得 得 10 分,其中正确得出(5)式得 5 分。 第二小题占 5 分。正确得出(9)式得 5 分。 三、 (20 分)在水平面上有两根垂直相

O u0
41

B u0 A d

x

交的内壁光滑的连通细管, 管内放置两个质量均为 m、 电荷量均为 q 的同号带点质点 A 和 B。 初始时,质点 A 至两管交点 O 的距离为 d,质点 B 位于交点 O 处,速度相互垂直,方向如 图所示, 大小均为 u0 ?

kq 2 , 为静电力常量。 k 求在以后的运动中, 它们之间的最小距离。 md

参考答案:

? ? ? ? r 两质点的相对位矢为 r ? r A ? r B , 记其单位矢量为 e r ? 。 由于质点约束在管内运动, r
所受合力必定沿运动方向,即静电力沿运动方向的分力,两质点运动方程

?? ? kq 2 ?? ? ? ma A ? ? 2 (er ? i )i r

?? kq 2 ?? ? ? ? maB ? 2 (er ? j ) j r
相减可得

(1)

? kq 2 ?? ma ? 2 er r

(2)

其中 a ? aB ? aA 为 B 相对于 A 的加速度。 (2)式表明,B 相对于 A 的运动即力心固定之库 仑势场中质点的 m 运动,其电势能为:

?

?? ?? ? ?

U?

kq 2 r2

(3)

中心力场中运动质点的角动量、能量守恒。此处角动量与能量均应为 B 相对 A 的运动的值, 可由初始条件定出:

? ? ? kq 2 L ? ?mdi ? (?u0 j ? u0 i) ? md md
? ? 2 kq 2 1 kq 2 E ? m(?u0 j ? u0 i ) ? ?2 2 d d
所求量即近力心点到力心的距离 rm ,该点速度 um 必与矢径 rm er 垂直,故有:

(4)

(5)

??

42

kq 2 mrmum ? md md 1 kq 2 kq 2 mrum 2 ? 2 ? 2 2 rm d
从而解得

(6)

(7)

r?

1? 5 d 4

(8)

评分标准: 本题共 20 分 正确得出(3)式得 10 分; 、 、(6)、(7)与(8)各占 2 分。 (4)(5) 四、 (10 分)热机和热泵利用物质热力学循环实现相反功能:前者从高温处吸热,将部分热 量转化为功对外输出,其余向低温处放出;后者依靠外界输入功,从低温处吸热,连同外界 做功转化成的热量一起排向高温处,按热力学第二定律,无论热机还是热泵,若工作物质循 环过程中只与温度为 T1 , T2 的两个热源接触,则吸收的热量 Q1 , Q2 满足不等式

Q1 Q2 ? ? 0, T1 T2

其中热量可正可负,分别表示从热源吸热与向热源放热。 原供暖设备原本以温度 T0 的锅炉释放的热量向房间直接供暖,使室内温度保持恒温 T1,高于户外温度 T2。为提高能源利用率,拟在利用原有能源的基础上采用上述机器改进供 暖方案,与直接供暖相比,能耗下降的理论极限可达到多少? 参考答案: 为表述方便,以下热量均用绝对值表示。 可以采用热机热泵联合供暖方案:利用热机从锅炉吸收热量,转化为功;此功驱动热泵, 从户外吸热,向室外放热。 热机的高温热源锅炉, 低温热源可选室内或户外环境。 以室外为例, 设热机从锅炉吸热 Q0 , 向室外放热 Q10 ,则有

Q0 Q10 ? ?0 T0 T0

(1)

热泵的高、低温热源分别为室内、户外环境。设热泵从户外吸热 Q2 , 向室外放热 Q12 , 则有

?

Q12 Q2 ? ?0 T1 T2

(2)

通过热机、热泵联合工作,室内获得的总能量为

Q1 ? Q10 ? Q12
将(1)(2)两式相加,得 、

(3)

Q0 Q2 Q1 ? ? ?0 T0 T2 T1

(4)

43

若热机以户外环境为低温热源,同理可得上式。 由能量守恒定律给出

Q1?Q0 ? Q2
直接供暖时,给室内供热 Q1 , 锅炉所释放的热量为

(5)

Q0/ ? Q1
联立(4) (5)两式,可得热机热泵供暖锅炉释放的热量为

(6)

Q0 ?
能耗下降率为

T0 (T1 ? T2 ) Q1 T1 (T0 ? T2 )

(7)

Q0 / ? Q0 T2 (T0 ? T1 ) ? Q0 / T1 (T0 ? T2 )

(8)

理论极限为上式取等号。 本题共 10 分,其中(4)式占 4 分。 五、 (15 分)磁场会影响电子的运动,从而使存在磁场时的电流与电压之间的关系偏离我们 熟悉的欧姆定律,本题研究的问题即为一例。 设 xoy 平面内有密度(单位体积内的电子数)为 n 的二维电子气。平面内沿 x 轴方向 存在均匀电场 E ? Ei ( i 为轴正方向的单位矢量) ,垂直于平面的 z 轴方向存在匀强磁场, 磁感应强度为 B ? Bk( k 为 z 轴正方向的单位矢量) 已知平面内的电子运动受到的散射阻 。 力与速度 v 成正比,可等效地用一时间参量 ? 描述为 ?

??

?

?

? ?

?

?

mv

?

,m 为电子质量,试求在稳态沿

x 和 y 方向的电流密度(大小为垂直于电流方向单位长度的电流) jx 和 jy ,将结果用电子 电荷量绝对值 e、n、m、E、 ? 及?表示出, 参考答案: 列出 x 和 y 方向的二维电子的牛顿方程如下:

??

eB 。 m

max ? ?eE ? ev y B ?

mvx

?

(1)

ma y ? evx B ?

mv y

?

(2)

在稳态, v 不随时间变化,电子无加速度, ax ? ay ? 0 。因此由(2)式得

vy ? ?? vx
代入(1)式得

(3)

44

vx ? ?
根据定义

e? E m(1 ? ? 2? 2 )

(4)

jx ? ?nevx

(5) (6)

j y ? ?nevy
jx ? ? jy ? ? ne2? E m(1 ? ? 2? 2 ) ne2?? 2 E m(1 ? ? 2? 2 )

可见在垂直于电场的方向上也产生电流。 评分标准:本题共 15 分 其中(1)式与(2)式各占 2 分,其中 ax ? ay ? 0 各占 2 分, (3)式与(4)式各占 1 分; (5)式(6)式共占 3 分; (7)式与(8)各占 1 分。 六、 (25 分)如图 A 所示的两块平行薄板,由理想导体构成,板间距为 d,y 方向无限延伸。 两板间沿垂直于 y 方向传播的电磁波沿 x 正方向以行波形式传播,其电场可表述为:

z

x z y O
图A
E ? E0 sin( 2? z 2? x ? ?t )

O

x 图B

?z

)sin(

?x

式中?为圆频率,t 为时间,?z , ?x 为待定参量,这种结构的组合可以制成实用的微波发射天 线,用来代替传统的巨大抛物面天线,可以大幅度降低天线成本。
45

1.证明 ?z 只能取如下值: ?z ? 2.当 m=1 时,求 ?z 。

2d , m ? 1, 2,3 ………….. m

3.如将一系列板间距相等而长度不等的理想导体相对于沿 y 方向无限延伸的线状波源 (与纸 面交与 O 点)平行对称叠排,板的右端对齐,面板的长度有一定的分布(此结构与与纸面 相交的截面图如图 B 所示) ,则在这一结构的右端可输出沿 x 方向传播的平面电磁波。试给 出满足这一要求的板堆在 xoz 截面内左侧边缘(如图 b 所示)所满足的曲线方程。 (取 m=1, 已知波源到板堆左端的水平距离为 L). 参考答案: 1.已知两板间的电磁波的电场强度 E 为

E ? E0 sin(

2? z

?z

)sin(

2? x

?x

? ?t )

(1)

由于是理想导体板,当 z=0 和 d 时应有 E=0。从而

2? d

?z ? m? , ?z ? m , m ? 1, 2,3......

2d

(2)

2.对于(1)式描述的电磁波,可以通过

1 sin ? sin ? ? [cos(? ? ? ) ? cos(? ? ? )] 2
表达为两列平面电磁波的叠加,

(3)

E ? E1 ? E2
E1 ? 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ) 2 ?x ?z 1 2? x 2? z E0 cos( ? ? ?t ? ? ) 2 ?x ?z
(4)

E2 ?

式中两列电磁波的波长 ?0 都可表达为

? 1 ? ? 1 ? ? 1 ? ? ? ? ? ? ?? ? ?? ? ? ? ? ? ?0 ? ? ?x ? ? ?z ? ? 2? c ?
当 m=1,

2

2

2

2

(5)

?z ? 2d ,
?z ?
1

?

2? c

?(1

(6)

2d

)

2

3.因此,x 方向的波速 vx 为

46

vx ? (?

2?

)?x ?

c ? ?c ? 1? ? ? ? ?d ?
2

(7)

如图所示,设板堆左端任一点 P 到波源的距离 OP=R,OP 与水平线的交角为?。要使得输出 为沿水平方向的平面波,应满足,

L ? R ? L ? R cos ? c c vx
由此可得,

(8)

? ?c ? ? ?c ? R ? L(1 ? 1 ? ? ? )(1 ? 1 ? ? ? cos ? ) ? ?d ? ? ?d ?
2 2

(9)

P z R ?
O

x

评分标准:本题共 25 分 第一小题 5 分,第二小题 10 分,第三小题 10 分; 其中(2)式占 5 分, (5)式占 6 分,(6)式占 4 分; (8)式占 6 分。 七、 (35 分)1.在经典的氢原子模型中,电子围绕原子核做圆周运动,电子的向心力来自于 核电场的作用。可是,经典的电磁理论表明电子做加速运动会发射电磁波,其发射功率可表 示为(拉莫尔公式) P ? :

e2 a 2 ,其中 a 为电子的加速度,c 为真空光速, 6? c3? 0

?0 ?

1 4? k

=8.854?10-12 F?m-1,电子电荷量绝对值 e=1.602?10-19C。若不考虑相对论效应,试

估计在经典模型中氢原子的寿命? 。 (实验测得氢原子的结合能是 EH ? 13.6eV ,电子的静 止质量 m0 ? 9.109 ?10?31 kg ) 2.带点粒子加速后发射的电磁波也有重要的应用价值。 当代科学研究中应用广泛的同步辐射 即是由以接近光速运动的电子在磁场中作曲线运动改变运动方向时所产生的电磁辐射, 电子 存储环是同步辐射光源装置的核心, 存储环中的电子束团通过偏转磁铁等装置产生高性能的

47

同步辐射光。上海光源是近年来建成的第三代同步辐射光源,它的部分工作参数如下:环内 电子能量 E ? 3.50GeV ,电子束团流强 I ? 300mA ,周长 L=432m,单元数(装有偏转磁铁的 弯道数量)N =20,偏转磁铁磁场的磁感应强度 B=1.27T。使计算该设备平均每个光口的辐 射总功率 P0 。 (在电子接近光速时,若动量不变,牛顿第二定律仍然成立,但拉莫尔公式不再适用,相应

E e2 a 2 的公式变化为 P ? ,E 为电子总能量, m0c 2 为电子的静止能 ? ? 4 ,其中 ? ? 2 3 m0c 6? c ? 0
量。 ) 3.由于存储环内的电子的速度接近光速,所以同步辐射是一个沿电子轨道的切线方向的光 锥,光锥的半顶角为 1

?

,由此可见电子的能量越高,方向性越好。试计算:上述设备在

辐射方向上某点接受到的单个电子产生的辐射持续时间 ? T 。 (本题结果均请以三位有效数字表示。 ) 参考解答 1: F ? ma 由方程

(1) (2)

a?

v2 r

F?
可推导出电子的总能量为

1 e2 4?? 0 r 2 ?e2 8?? 0 r0

(3)

U?

(4)

由条件 EH ? ?13.6eV 推导出氢原子的轨道半径和运动速度分别为:

r0 ? 5.29 ?10?11 m v0 ? 2.19 ?106 m / s
由拉莫尔公式得初始发射功率

(5) (6)

P?

e2 a 2 e6 ? 3 6? c3? 0 96? 3c3? 0 m2 r04

(7)

在微小的时间间隔 ?t 中,辐射使电子的总能量 U 减少

?U ? ? P?t

(8) (9)

U?

?e2 1 1 ?e2 ( ? )? ?r 8?? 0 r ? ?r r 8?? 0 r 2

其中 ?r 为电子轨道半径的减少量,由此可导出时间和半径 r 的变化方程:

?t ?

2 12? 2c3? 0 m2 r02 ?r ? A ? 4? r 2 ?r , 4 e

(10)

48

其中 A ?

2 3? c3? 0 m2 。 e4
2

构造一个半径为 r0 的球体,则 4? r ?r 即为距离球心为 r 的薄球壳的体积,在 r0 到 0 的求和过程中可以算出球的体积为 ? r0 。 对应本题情况解出电子轨道从 r0 减少到 0 所需的
3

4 3

时间为
2 4? 2c3? 0 m2 r03 ? ? ? ?t ? e4

(11)

代入数据,得:

? ? 1.56 ?10?11 s
2: 对于高能电子有

(12)

v?c
E ? mc 2

(1) (2)

v2 a? r
F ? eBc F ? ma
以上条件可以得出电子的偏转半径:

(3) (4) (5)

R?
储存环中的电子数量:

E ecB
Q I ?t ? e e

(6)

n?

(7)

其中 ?t 为电子旋转一圈所花费的时间。由(3)式及辐射条件可得每个电子每圈损失的总能 量为(电子在直道上不辐射能量) :

Eneu ?

e2 a 2? 4 2? R e2? 4 ? ? 6? c3? 0 c 3? 0 R

(8)

由(7) (8)得到存储环中的电子消耗的总功率为:

nEn e u Ie? 4 P t a? ? ? 4 . 3 ? 1W 4 50 u l ?t 3? 0 R
出光口的功率为:

(9)

P0 ?

Putal ? 2.17 ?104 W N

(10)

3: 在电子轨道上某点的切线方向上的某一点 P 处观察,观察者只能在一个很短时间间隔内看

49

到电子发出的辐射,这段时间是电子地速度方向改变圆锥顶角(即 2 )的角度所对应的光

?

到达接受位置的时间间隔。在这段时间内电子移动的距离为

x?
令? ? v

2R

?

(1)

c

,则电子在这两点发出的辐射时间间隔为:

t2 ? t1 ?

2R ?c

(2)

但在轨道的切线方向上观察,上述时间还要扣除 A 点发射出的光到达 B 点位置所花费的时 间

t? ?


2R , ?c

(3)

?T ? t2 ? t1 ? t ?

(4)

R 2/?



??

mc 2 1 ? 2 m0 c 1? ? 2

(5)

由 1 ? ? ? 0 可得

A t1
(1 ? ? ) ? 1

x t2

B

2

?
代入(4)式得到

?2

(6)

?T ?
代入数据得:

R c? 3

(7)

?T ? 9.51?10?20 s

(8)

评分标准: 本题共 35 分 第 1 小题 10 分,其中(4) (5)式各占 1 分。 第 2 小题 12 分,其中(6)式与(7)式各占 1 分, (8)式占 6 分。 第 3 小题 13 分,其中(4)式占 5 分。

50

第 27 届全国中学生物理竞赛决赛试题
一、 (25 分)填空题 1.一个粗细均匀的细圆环形橡皮圈,其质量为 M ,劲度系数为 k ,无形变时半径为 R 。现 将它用力抛向空中,忽略重力的影响,设稳定时其形状仍然保持为圆形,且在平动的同时以 角速度 ? 绕通过圆心垂直于圆面的轴线匀速旋转,这时它的半径应为 。

2.鸽哨的频率是 f 。如果鸽子飞行的最大速度是 u ,由于多普勒效应,观察者可能观测到 的频率范围是从 到 。 (设声速为 V 。 )

3.如图所示,在一个质量为 M 、内部横截面积为 A 的竖直放置的 绝热气缸中,用活塞封闭了一定量温度度为 T0 的理想气体。活塞也 是绝热的,活塞质量以及活塞和气缸之间的摩擦力都可忽略不计。 已知大气压强为 p0 ,重力加速度为 g ,现将活塞缓慢上提,当活塞 到达气缸开口处时,气缸刚好离开地面。已知理想气体在缓慢变化 的绝热过程中 pV ? 保持不变,其中 p 是气体的压强, V 是气体的体 积, ? 是一常数。根据以上所述,可求得活塞到达气缸开口处时气体的温度为 。

4. (本题答案保留两位有效数字)在电子显微镜中,电子束取代了光束被用来“照射”被观 测物。要想分辨 1.0 ? 10?10 m (即原子尺度)的结构,则电子的物质波波长不能大于此尺度。 据此推测电子的速度至少需被加速到 构,则电子的速度至少需被加速到 。如果要想进一步分辨 1.0 ? 10?12 m 尺度的结 ,且为使电子达到这一速度,所需的加速电压为

。 已知电子的静止质量 me ? 9.1? 10?31 kg ,电子的电量 e ? ?1.6 ? 10?19 C ,普朗克常 量 h ? 6.7 ? 10?34 J? s ,光速 c ? 3.0 ? 108 m ? s ?1 。 二、 (20 分)图示为一利用传输带输送货物的装置,物块(视为质点)自平台经斜面滑到一 以恒定速度 v 运动的水平长传输带上, 再由传输带输送到远处目的地, 已知斜面高 h ? 2.0 m , 水平边长 L ? 4.0 m ,传输带宽 d ? 2.0 m ,传输带的运动速度 v ? 3.0m/s 。物块与斜面间的摩 擦系数 ?1 ? 0.30 。 物块自斜面顶端下滑的初速度为零。 沿斜面下滑的速度方向与传输带运动 方向垂直。 设斜面与传输带接触处为非常小的一段圆弧, 使得物块通过斜面与传输带交界处 时其速度的大小不变,重力加速度 g ? 10m/s2 。 1.为使物块滑到传输带上后不会从传输边缘脱离,物块与传输带之间的摩擦系数 ?2 至少为 多少? 2.假设传输带由一带有稳速装置的直流电机驱动,与电机连接的电源的电动势 E ? 200V , 内阻可忽略;电机的内阻 R ? 10? ,传输带空载(无输送货物)时工作电流 I 0 ? 2.0A ,求当 货物的平均流量(单位时间内输送货物的质量) ,稳定在 ? ?

640 kg/s 时,电机的平均工作电 9

51

流等于多少?假设除了货物与传输带之间的摩擦损耗和电机的内阻热损耗外, 其它部分的能 量损耗与传输带上的货物量无关。

三、 (20 分)如图,刚性细轻杆(其质量可视为零)可绕通过其中的点 O 的光滑水平轴在竖 直面内自由转动。两质量分别为 2m 和 m 的小球 1 和 2(可视为质点)串在轻杆上,它们与 轻杆之间的静摩擦系数为 ? ?
5 3 。开始时轻杆静止在水平位置,小球 1 和 2 分别位于紧靠 6

轻杆两端 A 和 B 的位置。现让系统自水平位置以零初速下摆,求 1.小球 1 脱离轻杆时的位置(用小球 1 脱离杆时杆与水平线的夹角表示) ; 2.小球 2 脱离轻杆时的位置(用小球 2 脱离杆时杆与水平线的夹角表示) 。

52

四、如图所示, A 、 B 、 C 为三个质点, A 的质量远远大于 B 、 C 的质量, B 和 C 的质量 相等。已知 A 、 B 之间, A 、 C 之间存在相互吸引力。 B 、 C 之间存在相互排斥力,三个 把质点在相互间引力或斥力的作用下运动, 如果作用力合适, 可以存在一种如下形式的运动: A、 B 、 C 的相对位置固定,它们构成一个平面,三个质点绕着位于这个平面内的某条轴匀 速转动;因为质点 A 的质量远远大于 B 、 C 的质量,可认为该轴过质点 A 且固定不动;连 线 AB 与转轴的夹角 ? 1 与连线 AC 与转轴的夹角 ?2 不相等,且 0 ? ?1 ? 若 AB 之间吸引力的大小 f AB ? k AB , AC 之间吸引力的大小为
a

π π , 0 ? ?2 ? 。 2 2

fa ? k AC ,其中 AB 、 AC 分别为 A 、 B 与 A 、 C 之间的距离, k
a

为比例系数,不计重力的影响。试问 a 的值在什么范围内,上述运动 才能实现?

五、 (15 分)南极冰架崩裂形成一座巨型冰山,随洋流漂近一个城市。有人设计了一个利用 这座冰山来发电的方案,具体过程为: ? a ? 先将环境中一定量的空气装入体积可变的容器, 在保持压强不变的条件下通过与冰山接触容器内空气温度降至冰山温度; ? b ? 使容器脱离冰 山,保持其体积不变,让容器中的冰空气从环境中吸收热量,使其温度升至环境温度; ? c ? 在保持容器体积不变的情况下让空气从容器中喷出,带动发电装置发电。如此重复,直至整 座冰山融化。已知环境温度 Ta ? 293K ,冰山的温度为冰的熔点 T1 ? 273K ,可利用的冰山的 质量 m ? 1.0 ? 1011 kg ,为了估算可能获得的电能,设计者做出的假设和利用的数据如下: 1.空气可视为理想气体。 2.冰的熔解热 L ? 3.34 ?105 J/ kg ;冰融化成温度为 T1 的水之后即不再利用。 3.压强为 p 、体积为 V 的空气内能 U ? 2.5 pV 。 4.容器与环境之间的热传导良好,可以保证喷气过程中容器中空气温度不变。 5.喷气过程可分解为一连串小过程,每次喷出的气体的体积都是 u ,且 u 远小于容器的体
53

积。在每个小过程中,喷管中的气体在内外压强差的作用下加速,从而获得一定动能 ?E , 从喷嘴喷出。 不考虑喷出气体在加速过程中体积的改变, 并认为在喷气过程中容器内的气体 压强仍是均匀的,外压强的大气压。 6.假设可能获得的电能是 ?E 总和的 45% 7.当 x ? 1 时, ln ?1 ? x ? ≈ x 。 试根据设计者的假设,计算利用这座冰山可以获得的电能。

六、 (15 分)如图,两块大金属板 A 和 B 沿竖直方向平行放置,相距为 d ,两板间加有恒定 电压 U ,一表面涂有金属膜的乒乓球垂吊在两板之间,其质量为 m 。轻推乒乓球,使之向 其中一金属板运动,乒乓球与该板碰撞后返回,并与另一板碰撞,如此不断反复。假设乒乓 球与两板的碰撞为非弹性碰撞,其恢复系数为 e ,乒乓球与金属板接触的时间极短,并在这 段时间内达到静电平衡。达到静电平衡时,乒乓球所带的电荷量 q 与两极板间电势差的关系 可表示为 q ? C0U ,其中 C0 为一常量。同时假设乒乓球半径远小于两金属板间距 d ,乒乓 球上的电荷不影响金属板上的电荷分布; 连接乒乓球的绳子足够长, 乒乓球的运动可近似为 沿水平方向的直线运动;乒乓球第一次与金属板碰撞时的初动能可忽略,空气阻力可忽略。 试求: 1.乒乓球运动过程中可能获得的最大动能; 2.经过足够长时间后,通过外电路的平均电流。

54

七、 (20 分)如图 ? a ? 所示,十二根均匀的导线杆联成一边长为 l 的刚性正方体,每根导线杆 的电阻均为 R 。 该正方体在匀强磁场中绕通过其中心且与 abcd 面垂直的转动轴作匀速转动, 角速度为 ? ,已知磁感应强度大小为 B ,方向与转动轴垂直。忽略电路的自感。当正方体 转动到如图 ? b ? 所示位置(对角线 bd 与磁场方向夹角为 ? )时,求 1.通过导线 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度。 2.为维持正方体作匀速转动所需的外力矩。

八、 (10 分)空心激光束是一种在传播方向上中心光强为零的圆筒形光束。由于这一特征, 它可以把某些微小粒子约束在激光束的中心部位,作为激光导管,激光镊子、光学扳手等, 实现对纳米粒子、 生物细胞等微小粒子的精确操控。 空心激光技术目前在生物学、 激光加工、 原子冷却等方面得到了广泛的应用,正逐渐成为一门新兴的学科分支。 产生空心激光束的基本做法是利用光学系统将一束实心的圆柱形激光转换成为一束空心的 激光。给定如下光学器件:焦距为 f 的凸透镜,圆锥角为 45? 的锥面反射镜,半径为 R 的球 面镜(中间有圆孔) ,如图:
55

利用上述光学器件设计一光学系统, 使得一束很细的实心圆柱入射激光转化成一束空心的出 射激光,且空腔为圆柱形,半径为 r 。请回答如下问题: 1.画出该光学系统的光路图。 2.求该光学系统中锥面镜顶点到球面镜球心的距离 x 。

56

第 27 届全国中学生物理竞赛决赛试题答案 一、 (25 分)填空题 1. 2.

4π2 kR (6 分) 4π2 k ? M ? 2
fV fV , (4 分) V ?u V ?u
1?1

? Mg ? ? 3. T0 ?1 ? ? (6 分) p0 A ? ?

4. 7.3 ? 106 m ? s?1 , 2.8 ? 108 m ? s?1 , 8.4 ? 105 V (9 分)

p?

h

?

2 E ? p2c2 ? me y

Ek ? eV ? E ? me c2

二、 (20 分) 1.令 m 表示物块的质量,物块在斜面上滑动的加速度

a?

mg sin ? ? ?1mg cos? ? g ? sin ? ? ?1 cos? ? , m

(1)

物块滑到斜面底端的速度
v0 ? 2ah ? 2 gh ?1 ? ?1 cot ? ? ? 4.0m/s sin ?

(2)

以传输带为参照系,物块滑到传输带的初速度大小
2 ? v0 ? v0 ? V 2 ? 5.0m/s 。

(3)

运动方向与传输带边缘的夹角 ? 满足

tan ? ?

4 。 3

(4)

物块在传输带上作减速运动,其加速大小为

a? ?

?2 mg
m

? ?2 g 。

(5)

当物块与传输带相对静止时在传输带上运动的距离
s? ? ? v02 v ?2 ? 0 , 2a 2?1 g

(6)

物块不超过传输带的边缘对应的最小摩擦系数 ?2 应满足
s? sin ? ? ? v02 sin ? ?d 2?2 g

(7)

因此可得
57

?2 ?

? v02 sin ? ? 0.5 。 2 gd

(8)

2.物块对传输带的摩擦力大小
F ? ?2 ?

?g ? ? v0 ? ? v0 , ?2 g

(9)

? 方向与 v0 的方向相同。从地面参照系来看,传送带速度为 V ,单位时间内物块对传输带所

做的功
W ? ? FV cos ? ,

(10)

因此负载所引起的附加功率
?P ? ?W ? ?V 2 ? 640W 。

(11)

考虑到无负载时电机的输出功率
2 P ? I0 E ? I 0 R ? 360W 。 0

(12)

有负载时电机的输出功率为
P ? P0 ? ?P ? 1000W 。

(13)

设有负载时的工作电流为 I ,则
P ? IE ? I 2 R ,

(14)

解之得
I ? 10A 。

(15)

评分标准: (2)式 2 分, 、 (3)(4)式共 2 分, (6)式 2 分, (7)式 3 分, (8)式 1 分, (9) 式 4 分, (10)式 2 分, (13)式 2 分, (15)式 2 分。

三、 (20 分) 设轻杆的杆长为 2l ,当杆与水平线的夹角为 ? 时,球 1 和球 2 的速度分别为 v1 和 v 2 ,杆转 动的角速度为 ? 。因机械能守恒,有

0 ? mgl sin ? ? 2mgl sin ? ?
又因
v1 ? v2 ? l? ,

1 1 ? 2m? v12 ? mv22 。 2 2

(1)

(2)

可由(1)(2)解得 、

??

2 g sin ? 3l

(3)

轻杆与两小球构成的系统对转轴的角动量
L ? 2mlv1 ? mlv2 ,

(4)

由角动量定律有
58

2mgl cos? ? mgl cos? ?
根据角加速度 ? 的定义

?L 。 ?t

(5)

??

?? , ?t

(6)

由(2)(4)(5)(6)各式得 、 、 、

??

g cos? 。 3l

(7)

当两球都未脱离轻杆时, 两球都绕转轴作圆周运动, 1 的切向加 球 速度和法向加速度分别为
alt ? l ? alt ? l?

(8) (9)

以 N1 表示沿垂直于轻杆方向球 1 与杆的相互作用力的大小,以 f1 表示沿着轻杆方向球 1 与 杆的相互作用力的大小,根据牛顿第二定律,有
2mg cos? ? N1 ? 2malt , f1 ? 2mg sin ? ? 2malt

(10) (11)

由(3)(9)(10)(11)各式得 、 、 、

4 N1 ? mg cos? 。 3 f1 ? 10 mg sin ? 。 3

(12) (13)

对 2 球作同样的分析,沿垂直于轻杆方向球 2 与杆的相互作用力的大小 N 2 与沿着轻杆方向 球 2 与杆的相互作用力的大小 f 2 分别为

4 N2 ? mg cos? , 3 1 f 2 ? mg sin ? 。 3

(14) (15)

由(12)(14)式可知,杆与小球 1、杆与小球 2 的最大静摩 、 擦力相等,而(13)(14)式表明小球 1 与杆的摩擦力大于小 、 球 2 与杆的摩擦力,故在转动过程中,小球 1 与杆之间的摩擦 力先达到最大静摩擦力, 故小球 1 先滑动。 1 球开始滑动时, 设 细杆与水平线夹角为 ? 1 ,则 f1 ??1 ? ? ? N1 ??1 ? , 即

10 3 mg sin ?1 ? ? mg cos?1 , 3 4

(16)

由(16)式并代入数据得

59

?1 ?

π 。 6

(17)

当 ? ? ?1 时,球 1 开始向外滑动。由于球 1 的初始位置紧靠轻杆末端,球 1 从开始滑动到脱 离细杆的时间可忽略不计,因此球 1 脱离细杆与水平线夹角也为 ?1 ?

π 。 6

球 1 一旦脱离轻杆,因轻杆没有质量,球 2 与轻杆间的相互作用立即消失,此后球 2 只受重 力作用而作斜舞女运动,注意到(2)(3)(7)各式,抛出时的初速度 、 、
v0 ? l 2 g sin ?1 3gl ? 。 3l 3

(18)

初速度的方向与水平线的夹角

?0 ?

π π ? ?1 ? 。 2 3

(19)

在球 2 作抛体运动的过程中,球与轻杆间虽无相互作用,但球仍套在杆上,轻杆将跟着球运 动,但不会干扰小球的运动。当球离转轴的距离再次等于 l 时,球 2 便脱离轻杆。建立如图 所示的坐标系 Oxy ,根据斜抛运动规律可得任意 t 时刻(取球 2 开始作抛体运动的时刻为计 时起点)球 2 的位置坐标
x ? ?l cos?1 ? v0 cos?0t ,

(20) (21)

1 y ? l sin ?1 ? v0 sin ?0t ? gt 2 , 2
球 2 脱离细杆时有
l 2 ? x2 ? y 2 。

(22)

利用(17)(18)(19)各式得 、 、
? l 2l? t2 ?t2 ? 2 t ? ??0, ? g 3g? ? ?

(23)

从而解得

? 15 ? l 。 t ? ?1 ? ? ? 3 ? g ? ?
此时

(24)

? 2 3? 5 l ?x ? ? ? 6 。 ? 2 ? 15 ? ?y ? ? 6 l ?

(25)

设球 2 脱离细杆时细杆与水平线夹角也为 ? 2 (如图) ,则
cos ? 2 ? x l ? 2 3? 5 , 6

(26)

60

?2 ? arccos ? ?

?2 3? 5? 。 ? ? 78.2? (或 1.36 弧度) ? 6 ? ?

(27)

评分标准: (3)式 2 分, (7)式 3 分, (12)~(15)式各 1 分, (16)式 2 分, (17)式 1 分, (18)式 2 分, (19)式 1 分, (20)~(22)式各 1 分, (26)(27)式各 1 分。 、

四、 (15 分) 解法 1: 以 m 表示质点 B 的质点, ? 表示连线 BC 与竖直方向的夹角, ? 表示 转动角速度, f BC 表示 BC 间排斥力的大小。根据牛顿定律有

f AB sin ?1 ? f BC sin ? ? m? 2 AB sin ?1 ,
f AB cos ?1 ? f BC cos? ? 0 ,

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

f AC sin ?2 ? f BC sin ? ? m? 2 AC sin ?2 ,
f AC cos ?2 ? f BC cos? ? 0 。

由(1)(3)两式并利用(2)(4)两式可得 、 、
f AC sin ??2 ? ? ? f AB sin ??1 ? ? ? ? AB sin ?1 AC sin ?2



(5)

考虑到几何关系
AB AC ? sin ??2 ? ? ? sin ??1 ? ? ?

(6)

并利用已知 f AB 和 f BC 的表示式。可由(5)得到

? AB ? ? ? AC ? ? ? ?

a?2

?

sin ?1 sin ?2
f AB cos ?2 ? 。 f AC cos ?1

(7)

又,由(2)(4)式可得 、

(8)

带入已知的 f AB 和 f BC 的表达式可得

AB AC

? ?

?

cos ?2 。 cos ?1

(9)

联立(7)(9)从而有 、
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(10)

如果 ?1 ≠ ?2 ,则意味着方程
sin? ? cos? ?2 ? ? C ? 0

(11)

π? ? 在 ? 0 , ? 区间有两个不同的解,其中 C 为某一合适的常数。这要求函数 sin? ? cos? ?2 ? 在 2? ?
61

π? ? 也就是说 sin? ? 和 cos? ?2 ? 不能同时为单调增函数或单调减函 ? 0 , ? 区间不能是单调函数, 2? ?

数。因此当 ? 增大时,若 sin? ? 增大,则 cos? ?2 ? 应减小;反之,若 sin? ? 减小,则 cos? ?2 ? 应增大,故 ? 与 ? ? 2 同号。因此有

? ?0
a ? 2。

(12) (13)
π? π ? 时均为零,因此 sin ?? cos2?? ? 在 ? 0 , ? 区间一定 2? 2 ?

对 a ? 0 ,可知 sin ?? ? cos2?? ? 在 ? ? 0 及

存在极值点, 意味着方程 (11) C 合适选取的情况下必有两个或两个以上的不同解。 a ? 2 在 对 亦然。因此条件(12)(13)是符合题意要求的充分必要条件。 、 评分标准: (1)~(4)式各 1 分, (6)式 1 分, (10)式 6 分, (12)(13)式及其以下说明 、 共 4 分。 解法 2: 如图,设 B 、C 间的排斥力是 f , 它们受到 A 的吸引力分别是 f AB 、 f AC ,向心力分别是 fC1 、
f C 2 ,距离 A 分别是 r1 、 r2 ;根据三角形的相似关系,有
f f AB f ? C1 ? , r1 AB BD

(1a) (2a)

f AC f f ? C2 ? 。 r2 AD CD

以上两式相比可得
f f AB r2 CD ? C1 ? f AC r1 fC 2 BD

(3a)

依题意有

f AB ? r1 ? ?? ? , f AC ? r2 ?
fC1 EB r1 sin ?1 ? ? , fC 2 FC r2 sin ?2
CD AF r2 cos ? 2 ? ? , BD AE r1 cos ?1

?

(4a)

(5a)

(6a)

将(4a)~(6a)代入(3a)得

? r1 ? ? ? ? r2 ?

? ?1

?

r1 sin ?1 r2 cos ?2 。 ? r2 sin ?2 r1 cos ?1

(7a)

由(7a)得
sin? ?1 cos? ?2 ?1 ? sin? ?2 cos? ?2 ?2 。

(8a)

62

之后的讨论与“参考解答 1”相同。 评分标准:考虑“参考解答 1” 。

五、 (15 分) 以 pa 表示环境中大气的压强,则初始时装入容器的空气的压强为 pa ,温度为 Ta ,以 V a 表示 其体积。当容器与冰山接触,达到平衡时,容器中空气的温度为 T1 ,体积减小为 V0 ,根据 题意,空气经历的过程为等压过程,故有
V0 Va ? T1 Ta

(1)

在这一过程中,容器中空气内能的增加量为
?U ? 2.5 pa ?V0 ? Va ? ,

(2)

大气所考察空气做功为
W ? ? pa ?V0 ? va ?

(3)

若以 Q 表示此过程中冰山传给容器中空气的热量,根据热力第一定律有
Q ? ?U ? W 。

(4)

由以上四式得
?T ?T ? Q ? 3.5 paVa ? 1 a ? ? Ta ?

(5)

(5)式给出的 Q 是负的,表示在这一过程中,实际上是容器中的空气把热量传给冰山。 容器中空气的温度降至冰山温度后, 又经一过等容升温过程, 即保持体积 V0 不变, 温度从 T1 升至环境温度 Ta ,并从周围环境吸热。若以 p1 表示所考虑空气的压强,则有
p1 pa ? Ta T1

(6)

设喷管的体积为 u ,当喷管中的气体第一次被喷出时,容器中空气的压强由 p1 降到 p2 ;根 据题目给出的条件,有
p1 ?V0 ? u ? ? p2V0 ,

(7) (8)

即 p2 ? p1

V0 ? u V0

喷出气体获得的动能
?Ek1 ? ? p1 ? pa ? u 。

(9)

当喷管中的空气第二次喷出后,容器中空气压强由 p2 降到 p3 ,根据题给出的条件可得
p3 ? p2 V0 ? u V0
63

(10)

喷出气体获得的动能
?Ek2 ? ? p2 ? pa ? u 。

(11)

当喷管中的空气第 N 次被喷出后,容器内空气的压强由 pN 降到 pN ?1 ,根据题给出的条件可 得
pN ?1 ? pN V0 ? u V0

(12)

喷出气体获得的动能
?E1k ? ? pN ? pa ? u 。

(13)

如果经过 N 次喷射后,容器中空气的压强降到周围大气的压强,即
pN ?1 ? pa ,

(14)

这时喷气过程终止,在整过喷气过程中,喷出气体的总动能。
Ek ? ?Ek1 ? ?Ek 2 ? ? ? ?EkN

(15)

利用(8)到(13)式, (15)式可化成
? ?V ? u ? ?V ? u ? ? V0 ? u ? 0 Ek ? p1u ?1 ? ? 0 ??? ? ??? ? ? ? ? V0 ? ? V0 ? ? V0 ? ?
2 N ?1

? ? ? Npa u , ? ?

(16)

(16)式等号右边第 1 项方括号内是 N 项的等比级数,故有
?V ? u ? 1? ? 0 ? ? V0 ? ? Np u 。 Ek ? p1u a V ?u 1? 0 V0
N

(17)

又,根据(8)(10)(12)(14)各式可得 、 、 、

?V ? u ? p1 ? 0 ? ? pa , ? V0 ?
对(18)式等式两边取自然对数得
? p u? N ln ?1 ? ? ? ln a 。 p1 ? V0 ?

N

(18)

(19)

因 u ? V0 ,可利用近似公式 ln ?1 ? x ? ≈ x 把(19)进一步化简,即
N? V0 p ln 1 u pa

(20)

进而由(17)(18)(20)三式得 、 、
Ek ? ? p1 ? pa ?V0 ? paV0 ln p1 pa

(21)

将(1)(6)代入(21)式,可得 、

64

? T T T Ek ? pa va ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? Ta Ta Ta

? ?。 ?

(22)

根据题意,这些动能可转化成的电能为
? T T T ? E ? 0.45 paVa ?1 ? 1 ? 1 ln 1 ? 。 ? Ta Ta Ta ?

(23)

以上讨论表明,要获得电能 E ,冰山必须吸收 ?Q 的热量,整座冰山化掉可吸收的总热量
Q1 ? mL 。

(24)

因此可产生的总电量为
E1 ? mL E。 ?Q

(25)

将(5)和(23)带入(25)式,得
1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta , T 1? 1 Ta

E1 ?

9 mL 70

(26)

代入数据后有
E1 ? 1.5 ?1014 J

(27)

评分标准: (5)式 3 分, (7)式 1 分, (9)式 2 分, (17)式 2 分, (18)式 1 分, (22)式 3 分, (25)~(27)式各 1 分。

参考解答 2: 以 pa 表示环境中大气的压强。设融化整座冰山可使 n 摩尔的空气参与如题所述的过程,且 在过程 ? a ? 中体积和温度变化分别为 ? V 和 ?T ? T1 ? Ta ,则在此过程中这部分气体放出的热 量为

Q ? ? pa ?V ?

5 pa ?V 。 2

(1)

其中右边第一项表示大气对系统做的功,第二项表示系统内能的变化,考虑到物态方程,有

7 Q ? nR ?Ta ? T1 ? , 2
这部分热量等于冰山融化吸收的熔解热,故
Q ? mL ,

(2)

(3)

因此联立(2)(3)可得 、
n? 2mL 。 7 R ?Ta ? T1 ?

(4)

在气体等容吸热的过程 ? b ? 中,设最后达到压强 p0 ,体积达到 V0 ,则易得
65

pa ?

Ta pa , T1

(5) (6)

V0 ?

nRTa p0

再考虑喷气过程:因为等温,在每个喷气的小过程中过后,容器内的压强增量 ?p 满足
p ? ?p V0 ? u ? , p V0

(7)

其中 V0 为过程 ? b ? 中系统的体积, p 为这个喷气过程中容器内的压强,那么喷出的气体的动 能
?E ? ? p ? pa ? u ,

(8)

与(7)联立,消去 u ,得
?Ek ? ? ? p ? pa ?V0 ?p 。 p

(9)

因此,做变换 ?E ? dE , ?p ? dp ,总的动能则为
Ek ? ? ? ? p ? pa ?V0
pa p0

dp p

(10)

? ? p0 ? pa ?V0 ? paV0 ln

p0 pa

最后,据题意所获得的总的电能为
E ? 0.45Ek ,

(11)

将(4)(5)(6)(10)带入(11)式,得 、 、 、
1? T1 T1 T1 ? ln Ta Ta Ta ; T 1? 1 Ta

E?

9 mL 70

(12)

代入数据后有
E ? 1.5 ? 1014 J 。

(13)

评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。

1.根据题意,乒乓球与金属板第一次碰撞前其动能和速度分别为
Ek1 ? 0 v1 ? 0

(1) (2)

刚碰后,乒乓球带的电荷量
q ? C0U
66

(3)

其动能和速度分别为
? Ek1 ? 0 v1? ? 0

(4) (5)

此后在电场力作用下乒乓球向另一金属板加速运动。 当它到达另一金属板, 与金属板第二次 碰撞前其动能为
? Ek2 ? Ek2 ? qU

(6)

注意到(3)(4)式有 、
Ek2 ? C0U 2

(7)

与金属板第二次碰撞前的速度为
v2 ? 2Ek m

(8)

第二次碰撞后的速度和动能分别
? v2 ? ev2

(9) (10)

1 ? ? Ek2 ? mv22 2
由(9)(10)式得 、
? Ek2 ? e2 Ek2

(11)

乒乓球与金属板第三次撞前动能为
? Ek2 ? Ek2 ? qU

(12)

由(3)(7) 、 (11)(12)式得 、

Ek3 ? ?1 ? e? ? C0U 2
乒乓球与金属板第三次碰撞前速度
v1 ? 2Ek2 m

(15)

(16)

乒乓球与金属板第三次碰撞后的速度和动能分别为
? v3 ? ev3

(17) (18)

? Ek3 ? e3 Ek 3

乒乓球与金属板四次碰撞前的动能
? Ek4 ? Ek3 ? qU

(19)

由(3)(15)(18)(19)式得 、 、 、

Ek4 ? ?1 ? e2 ? e4 ? C0U 2
乒乓球与金属板第四次碰撞前速度为

(20)

67

v4 ?

2Ek4 m

(21)

乒乓球与金属板第四次碰撞后的速度和动能分别为
? v4 ? ev4

(22) (23)

? Ek4 ? e2 Ek4

以此类推,可得乒乓球与金属板第 n 次碰撞前、后的动能分别为
n?2 Ekn ? ?1 ? e 2 ? ? ? e 2? ? ? C0U 2 ? ?

(24) (25)

? Ekn ? e 2 ?1 ? e 2 ? ? e ?

2? n ? 2 ?

? C0U 22 ?


Ekn ? 1? e ? ? C0U 2 1 ? e2
2 n ?1

(26)

? Eln ?

e2 ?1 ? e ?

2? n ?1?

1 ? e2

? ? C U2
0

(27)

? 对非弹性碰撞, e ? 1 ,可由以上两式看出 Ekn 和 Ekn 均随碰撞次数单调递增。当 n ?? 时有

Ek ?

1 C U2 1 ? e2

(28) (29)

? Ek? ?

e2 C0U 2 1 ? e2

乒乓球运动过程中达到的最大动能应与金属板碰撞前的极限动能,即

Ekmax ? Ek? ?

1 C0U 2 1 ? e2

(30)

2.经过足够长时间后亦即 n ?? 时,乒乓球在某一次与金属板碰撞后和下一次碰撞前的速 度分别为

? v? ?

? 2Ek? ? eU m 2Ek? ?U m

?1 ? e ? m
2

2C0

(31)

v? ?

?1 ? e ? m
2

2C0

(32)

此间时间间隔
T? d ? ? v? v? 2

(33)

因此可得,通过外电路的平均电流强度

I?

q T

(34)

由(31)(32)(33)(34)各式得 、 、 、
68

I?

C0U 2 1 ? eC0 d 1 ? e 2m

(35)

评分标准: (26)(27)式或(28)(29)式共 8 分, 、 、 (30)式 2 分, (31)~(33)式各 1 分, (35)式 2 分。

七、 参考答案 1: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为
Ea?a ? Ecc? ? ?1 ? 2 2 Bl ? sin ? 2

(1)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ? ? 2 ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2)

根据电路的对称性可知
Iba ? I a?b? ? I d ?c? ? Icd ? I1? , I ad ? I d ?a? ? Ic?b? ? Ibc ? I 2

(3)

根据基耳霍夫第一定律,有
I aa? ? I c?c ? I1 ? I 2 Ib?b ? I dd ? ? I1 ? I 2

(4) (5)

根据基耳霍夫第二定律,有
I1 R ? I aa? R ? I1R1 ? Ibb? R ? ? 2 ? ?1 I1 R ? I dd ? R ? I 2 R ? I ad R ? ? 2 ? ?1
I bc ? I ad ? I1 ? I ad ? I bc ? I 2 ? 2 Bl 2? ? cos? ? sin ? ? 8 R 2 Bl 2? ? cos ? ? sin ? ? 8 R

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

2. 当正方体转动到任意位置 (对角线 db 与磁场夹角为任意 ? ) 时, 通过 a ?a 、cc ? ,b ?b 、dd ? 的电流
I a?a ? I ad ? I ba ? I cc? ? I bc ? I cd ? I b?b ? I ba ? I bc ? 2 Bl 2? sin ? 4 R 2 Bl 2? sin ? 4 4 2 BI 2? cos ? 4 R

(10) (11) (12)

69

I dd ? ? I ad ? I cd ?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(13)

为维持正方体作匀速转动所需的外力矩等于磁场对电路作用的合 力矩,即
Fa?a ? Fcc? ? BlI a?a , Fb?b ? Fdd ? ? BlIb?b
M ? 2 Fa?a 2 2 l sin ? ? 2 Fb?b l cos ? 2 2

(14) (15)

将(11)~(14)代入(15) ,得

M?

B2l 4? 。 2R

(16)

评分标准: 、 (1)(2)式共 2 分, 、 (4)(5)式共 4 分, 、 (6)(7)式共 4 分, (10)~(13) 式共 2 分, (14)式 1 分, (15)式 2 分, (16)式 1 分。

参考解答 2: 1. a ?a 和 cc ? 中的感应电动势为

? a?a ? ? cc? ?

2 2 Bl ? sin ? 2

(1b)

b ?b 和 dd ? 中的感应电动势为

? b?b ? ? dd ? ?

2 2 Bl ? cos ? 2

(2b)

先计算 ? b?b 和 ? dd ? 单独存在( ? a?a 和 ? cc? 短路)时流过各支路的电流。若将 a ?a 和 cc ? 断开,则 等效电路如图所示,则通过 b ?b 和 dd ? 电流
? ? I b?b? ? I dd?? ?
1 1

? b?b ? ? dd ?
4R

?

2 Bl 2? cos ? 4 R

(3b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度
? ? ? I bd? ? I ad? ? I cd? ?
1 1 1

1 ?1? 2 Bl 2? I b?b ? cos ? 2 8 R

(4b)

根据电路的对称性,此时 a ? 、 a 之间, c 、 c ? 之间的电势差
U a?a ? U cc? ? 0

(5b)

由此连接 a ?a 和 cc ? 后流过 a ?a 和 cc ? 的电流。
? ? I aa?? ? Icc?? ? 0
1 1

(6b)

因此连接 a ?a 和 cc ? 不影响 ba 和 ad 中的电流。 再计算 ? a?a 和 ? cc? 单独存在( ? b?b 和 ? dd ? 短路)时流过各支路的电 流。若将 b ?b 和 dd ? 断开,等效短路时如图所示。采用与上述一样

70

的方法,可得 ? a?a 和 ? cc? 单独存在时流进 a ?a 和 cc ? 电流
? ? I a?a? ? I cc?? ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 4 R

(7b)

通过 ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流
? ? I ba ? ? I cd ? ? ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

(8b) (9b)

? ? I ad ? ? I bc ? ?
2 2

2 Bl? 2 sin ? 8 R

此时 b ? 、 b 之间和 d 、 d ? 之间的电势差 U b?b ? U dd ? ? 0 ,由此连接 b ?b 和 dd ? 后流过 b ?b 和 dd ? 的电流
? ? Ib?b? ? I dd?? ? 0
2 2

(10b)

因此连接 bb ? 和 dd ? 不影响各支路中的电流。 根据叠加原理, ba 、 ad 、 bc 和 cd 的电流强度;
? ? I ba ? I ba? ? I ba ? ?
1 2

2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos ? ? sin ? ? 8 R 2 Bl? 2 ? cos? ? sin ? ? 8 R

(11b) (12b) (13b) (14b)

? ? I ad ? I ad? ? I ad ? ?
1 2

? ? I bc ? I bc? ? I bc ? ?
1 2

? ? I cd ? I cd? ? I cd ? ?
1 2

2.与“参考解答 1”相同。 评分标准:参考“参考解答 1”的评分标准。

八、 参考解答: 1.光路图如下,指出被球面镜反射的光线汇累于凸透镜的焦点。

2.参照所给光路图,可知 CO ? x ,设 ∠CAO ? a ,有如下几何关系:

sin ? ?

x , R
71

(1)

r ? f cot ? 2? ?

(2)

两式联立,可求得
f ? ?1 x ? R sin ? arctan ? 。 r? ?2

(3)

评分标准:正确画出光路图 5 分, (3)式 5 分。

72

73

74

75

76

77

78

79

80

81

82

83

84

85

86

87

88

89

90

91

92

93

94

95

96

97

98

99

100

101

102

103

104

105

106

107

108

109

110

111

112

113

114


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