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2002年第19届全国中学生物理竞赛复赛试题答案


2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

第 19 届全国中学生物理竞赛复赛试卷参考答案及评分标准
一、参考解答

实践证明,甲的设计是正确的,所以乙的结论肯定是错的。

(1)设大气压为 p0 ,水的密度为 ? 。拧开 K 前的情况如图复解19-l的(a)图所示。由 流

体静力学

可知, B 、 C 中气体的压强为 K D A E H h1 A K

pB ? pC ? p0 ? ? g (h1 ? h2 )

(1)

D 中气体的压强为
F

B h2 C
(a)

B

pD ? pB ? ? gh1

(2)

C
(b)

由(1) 、 (2)两式可得

图复解 19-1

pD ? p0 ? ? gh2

即 pD ? p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

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)拧开 K 后,水柱上升,因 D 管上端已足够长,故水不会从管口喷出.设到 D 中 的水面静止时 D 中增加水量的体积为 ? V ,则 B 中减少水量的体积亦为 ? V ,其水面将 略有降低,因而 B 及 C 中气体压强路有下降, A 中的水将通过 E 管流入 C 中,当从 A 流 入水量的体积等于 ? V 时, B 、 C 中气体压强恢复原值。因为 A 、 B 、 C 的半径为 D 管 半径的 60 倍,截面积比为 3600 倍,故 A 、 B 、 C 中少量水的增减( ??V )引起的 A 、
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B 、 C 中水面高度的变化可忽略不计,即 h1 和 h2 的数值保持不变。

设 D 中水面静止时与 A 中水面的高度差为 H , (见图复解19-1(b) ) ,则有

p0 ? ? g (h1 ? h2 ) ? p0 ? ? g ( H ? h1 )

(4)

由此可得

H ? h2

(5)

(3)将图复解

19-l(a)和(b)两图相比较可知,其差别在于体积为 ? V 的水从 A

移至 C 中,另 ? V 的水又由 B 移入 D 中,前者重力势能减少,而后者重力势能增大,前 者的重力势能减少量为

?E1 ? ? g ?V (h1 ? h2 )

(6)

D 中增加的水柱的重心离 A 中水面的高度为 h2 / 2 ,故后者的重力势能增量为
1 ?E2 ? ? g ?V (h1 ? h2 ) 2
即 ?E1 ? ?E2 。

(7)

由此可知,体积为 ? V 的水由 A 流入 C 中减少的势能的一部分转化为同体积的水由

B 进入 D 中所需的势能,其余部分则转化为水柱的动能,故发生上下振动, D 中水面静
止处为平衡点.由于水与管间有摩擦等原因,动能逐步消耗,最后水面停留在距 A 中水 面 h2 处。

二、参考解答

由于圆柱形区域内存在变化磁场,在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场,电场 线为圆,圆心在圆柱轴线上,圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示.在这样的电场中,
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沿任意半径方向移动电荷时,由于电场力与移动方向垂直,涡旋电场力做功为零,因此 沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零.

1.任意点在磁场区域内:令 P 为任意点(见图复解19-2-1) x ? 2R ,在图中连直 线 OA 与 OP 。取闭合回路 APOA ,可得回路电动势 E1 ? EAP ? EPO ? EOA ,式中 EAP , 从 P到O 、 从 O 到 A 的电动势。 由前面的分析可知 EPO ? 0 , EPO , EOA 分别为从 A 到 P 、

EOA ? 0 ,故

E AP ? E1

(1)

令 ?AOP 的面积为 S1 ,此面积上磁通量 ?1 ? BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势 大小为

E1 ?

??1 ?B ? S1 ?t ?t

根据题给的条件有

E1 ? S1k

(2)

由图复解19-2-2可知

S1 ?

1 xR xR sin ? ? 2 2 2

(3)

由(1) 、 (2) 、 (3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为

E AP ?

kR x 2 2

(4)

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A R

?

x P O

C

A

? R O

?

C

? ? D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

x ? 2R 。 2. 任意点在磁场区域外: 令 Q 为任意点 (见图复解19-2-2) , 在图中连 OA 、
OQ 。取闭合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

EAQ ? E2

(5)

对于回路 AQOA ,回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量,此面积 为 S2 ,通过它的磁通量 ?2 ? BS2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小

E2 ? S2 k
在图中连 OC ,令 ?COQ ? ? ,则 ?OQC ? ? ? ? ,于是

(6)

S2 ? ?AOC的面积 ? 扇形OCD的面积 1 ? ? ( R sin ? ) ? 2 R cos ? ? ? R2 2 2? 1 ? R 2 (sin 2? ? ? ) 2
当 ? ? ? / 4 时, S2 ?

1 2 R (1 ? ? ) , 2

?OCQ 中有

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x ? 2R R ? sin ? sin[(? / 4) ? ? ]

R sin ? ? ( x ? 2 R)sin( ? ? ) 4 1 ? ( x ? 2 R) (cos ? ? sin ? ) 2
x ? 2R 2 x ? 2R 2

?

(R ?

)sin ? ?

cos ?

tan ? ?

x ? 2R x

于是得

S2 ?

1 2 x ? 2R R (1 ? arctan ) 2 x

(7)

由(5) 、 (6) 、 (7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为

E AQ ?

kR 2 x ? 2R (1 ? arctan ) 2 x

(8)

三、参考解答 1

以三个质点为系统,由对称性可知,开始时其质心应位于 C 处,因 为质点系所受的合外力为零,由质心运动定理可知,质心总是固定不动 的。质点 1、2 在静电力作用下,彼此间距离必增大,但不可能保持在沿 起始状态时 1、2 连线上运动,若是那样运动,由于杆不能伸长,质点 3 必向左运动,三者的质心势必亦向左运动,这与“质心不动”相矛盾, 故不可能。由此可知,由于杆为刚性,质点 1、2 在静电力作用下,要保

A C

图复解 19-3

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持质心不动, 质点 1、 2 必将分别向题图中右上方和右下方运动, 而质点 3 将向左运动. 当 3 运动到 C 处时,1、2 将运动到 A 、 B 处, A 、 B 、 C 三点在一直线上,1、2 的速度 3 方向向右,3 的速度方向左(如图复解 19-3 所示) 。令 v1 、 v 2 、 v3 分别表示此时它们的 速度大小,则由对称性可知此时三质点的总动能为 B 2

1 2 1 2 EK ? mv3 ? 2( mv1 ) 2 2
再由对称性及动量守恒可知

(1)

mv3 ? 2mv1

(2)

系统原来的电势能为

E P ? 3k

q2 l

(3)

其中 k 为静电力常数.运动到国复解 19-3 所示的位置时的电势能为

E P? ? 2 k

q2 q2 ?k l 2l

(4)

根据能量守恒有

EP ? EP? ? EK
由以上各式可解得

(5)

v3 ?

2kq 2 3lm

(6)

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四、参考解答

1.(1)调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置,将阀门10关闭使两边气体隔绝, 记下有色液柱的位置;

(2)合上开关 S ,测得电流 I ;

(3)打开开关 S ; (4)测出有色液体右移的最远距离 ?x ; (5)改变电源电压,重复测量多次,记下多次的 I 和 ?x 值。

2.合上开关 S 后,线捆贮有磁场能量 W ?

1 2 LI ,因二极管 D 的存在, r 中无电流。打开 2

开关 S 后,由于 L 中有感应电动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电 流通过,最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的 热量,其中 r 上放出的热量为

?Q ?

1 2 r LI ? 2 r ? rL

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q ?

m

?

C p ?T

(2)

式中 m 为气体质量, ? 为其摩尔质量, ?T 为温升,因为是等压过程,设气体体积改变 量为 ? V ,则由理想气体状态方程可得

p?V ?

m

?

R?T

(3)

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?V ?

?d2
4

?x

(4)

由以上各式可得

?x r ? r C p p? d L? 2 ? L ? 2r R I

2

(5)

五、参考解答

利用焦点的性质,用作图法 可求得小物 PQ 的像 P?Q? ,如下 图所示。

Q
y

n1 f1 u

n2

F2
f2 v

P

F1

y?

P? Q?

图复解 19-5-1

(1)用 y 和 y? 分别表示物和像的大小,则由图中的几何关系可得

f y u ? f1 ? ? 2 ? y f1 v ? f2

(1)

(u ? f1 )(v ? f2 ) ? f1 f 2

简化后即得物像距公式,即 u , v , f1 , f 2 之间的关系式

f1 f 2 ? ?1 u v

(2)

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(2)薄透镜中心附近可视为筹薄平行板,入射光线经过两次折射后射出,放大后的 光路如图复解19-5-2所示。图中 ? 1 为入射角,?2 为与之相应的出射角, ? 为平行板中的 光线与法线的夹角。设透镜的折射率为 n ,则由折射定律得

n1 sin?1 ? n sin ? ? n2 sin? 2

(3)

对傍轴光线, ? 1 、 ?2 ≤1,得 sin ?1 ? ?1 , sin? 2 ? ? 2 ,因而得

?2 ?

n1 ?1 n2

(4)

?1

n1 n
? ?

n2
?2

(3)由物点 Q 射向中心 O 的入射线, 经 L 折射后,出射线应射向 Q? ,如图复解 19-5-3所示,
图复解 19-5-2

Q
y

n1

L

?1

n2

F2
?2
图复解 19-5-3

P

F1 u

y?

P? Q?

v u

在傍轴的条件下,有

y y? ? tan?1 ? ?1, ? tan?2 ? ?2 u v
二式相除并利用(4)式,得

(5)

y ?u n1 ? yv n2

( 6)

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用(1)式的 y? / y ? f1 /(u ? f1 ) 代入(6)式,得

f1u n ? 1 (u ? f1 )v n2



f1 ?

n1uv n2u ? n1v

(7)

用(1)式的 y? / y ? (v ? f 2 ) / f 2 代入(6)式,得

(v ? f 2 )u n1 ? f 2v n2



f2 ?

n2uv n2u ? n1v

(8)

从而得 f1 , f 2 , n1 , n2 之间关系式

f 2 n2 ? f1 n1

(9)

六、参考解答

(1)由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为

m0c 2 1 ? (v / c )
2 2

? 1.10m0c2

(1)

由此可解得

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v?

0.21 ? 0.417c ? 0.42c 1.10

(2)

入射光子和散射光子的动量分别为 p ?

h? h? ? 和 p? ? ,方向如图复解19-6所示。电 c c

子的动量为 mv , m 为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得

m0v 1 ? (v / c )
2 2

cos? ?

h? c

(3)

m0v 1 ? (v 2 / c 2 )

sin ? ?

h? ? c

(4) 光子散射方向 电子

已知

h? ? h? ? ? 0.10m0c2

(5)

光子入射方向

?

A 光子入射方向
图复解 19-6

由(2) 、 (3) 、 (4) 、 (5)式可解得

? ? 0.37m0c2 / h

(6)

? ? ? 0.27m0c2 / h

(7)

? ? tan-1

?? 27 ? arctan( ) ? 36.1? ? 37

(8)

电子从 O 点运动到 A 所需时间为

?t ?

L0 ? 2.4L0 / c v

(9)

(2)当观察者相对于 S 沿 OA 方向以速度 v 运动时,由狭义相对论的长度收缩效应 得

L ? L0 1 ? (v 2 / c 2 )

(10)

L ? 0.91L0

(11)
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七、参考解答

1. 珠子运动的轨迹

建立如图复解19-7所示的坐标系,原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处, x 轴沿 细杆向右, y 轴沿 OA 向下。当珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂 直于 x 轴,所以珠子的坐标为

x ? PN,y ? BN

由 ?APN 知

( AP)2 ? ( PN )2 ? ( AN )2

即有 (h ? y)2 ? x2 ? (l ? y)2 ,得

x2 ? ?2(l ? h) y ? (l 2 ? h2 )

(1)

1 2 1 抛物线,如图复解19-7-1所示,图中的 H ? (l ? h) , A 为焦点。 2

这是一个以 y 轴为对称轴, 顶点位于 y ? (l ? h) 处, 焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的

1 2

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O
h P

B F T T
? ? ?

xM 切线

x

C?

H A? O

法线

?

N?
mg

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线

mg

P A C
y

T

N
mg

图复解 19-7-1

图复解 19-7-2

2. 珠子在 N 点的运动方程

因为忽略绳子的质量,所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分, 则珠子受的力有三个,一是重力 mg ;另外两个是两绳子对珠子的拉力,它们分别沿 NB 和 NA 方向,这两个拉力大小相等,皆用 T 表示,则它们的合力的大小为
F ? 2T cos ?

(2)

? 为 N 点两边绳子之间夹角的一半, F 沿 ?ANB 的角平分线方向。
因为 AN 是焦点至 N 的连线, BN 平行于 y 轴,根据解析几何所述的抛物线性质可 知, N 点的法线是 ?ANB 的角平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。

由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程 (沿法线方向) 应为

2T cos ? ? mg cos ? ? m

v2 R

(3)

2T cos ? ?

mv 2 ? mg cos ? R

(4)

式中 R 是 N 点处轨道曲线的曲率半径; v 为珠子在 N 处时速度的大小。根据机械能守恒 定律可得
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v ? 2 gy

(5)

3. 求曲车半径 R

当绳子断裂时 T ? Td ,由(4)式可见,如果我们能另想其他办法求得曲率半径 R 与 、 (5)两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y 。现提出如下一种 y 的关系,则就可能由(4) 办法。做一条与小珠轨迹对于 x 轴呈对称状态的抛物线,如图复解19-7-2所示。由此很 容易想到这是一个从高 H 处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的,我们不仅知道其 轨迹是抛物线,而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方 程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与 N 对称的 N ? 点处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系,也就是 N 处抛物线的曲率半径 R 与 y 的关系。

设从抛出至落地的时间为 t ,则有

v0t ? l 2 ? h2
由此解得

v0 ? g (l ? h)

(7)

设物体在 N ? 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得

2 v ? v0 ? 2 g ( H ? BN ?)

2

(8)

物体在 N ? 处法线方向的运动方程为

mv mg cos? ? R

2

(9)

式中 R 即为 N ? 处抛物线的曲率半径,从(7) 、 (8) 、 (9)式及 H ? (l ? h) ,可求得

1 2

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R?

2(l ? BN ?) cos?

这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN ? BN ? ? y ,故得

R?

2(l ? y) cos?

(10)

4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小

把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为

T?

mgl 2(l ? y )

(11)

当 T ? Td 时绳子被拉断,设此时珠子位置的坐标为 ( xd , yd ) ,由(11)式得

yd ? l (1 ?

mg ) 2Td

(12)

代入(1)式,得

xd ? mgl (

l ?h ) ? (l ? h)2 Td

(13)

绳子断开时珠子速度的大小为

vd ? 2 gyd ? 2 gl (1 ?

mg ) 2Td

(14)

第 15 页


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