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第30。28届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准


第 30 届全国中学生物理竞赛复赛考试试题解答与评分标准
v0

一、 (15分) 一半径为 R 、 内侧光滑的半球面固定在地面上, 开口水平且朝上. 一 小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度,其大小为 v 0 ( v0 ? 0 ). 求 滑块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为 g .

参考解答:

以滑块和地球为系统,它在整个运动过程中机械能守恒. 滑块沿半球面内侧运 动时,可将其速度 v 分解成纬线切向 (水平方向 )分量 v? 及经线切向分量 v? . 设滑块质量为 m ,在某中间状态时,滑块位于半球面内侧 P 处,P 和球心 O 的 连线与水平方向的夹角为 ? . 由机械能守恒得
O

?

P

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

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

(2)

vmax ? v(?max )
(3) 而由 (2) 式, q 不可能达到 π 2 . 由(1)和(2)式, q 的最大值应与 v? ? 0 相对应,即

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

.

2 2 2gR sin? ? v0 tan2 ? ? v? ?0

若 sin ? ? 0 ,由上式得

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

sin ?max 2 gR ? 2 . 2 cos ?max v0
由(3)式有 . (4’)

2 2 v? (?max ) ? 2gR sin ?max ? v0 tan2 ?max ? 0

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

(5)

以 sin ? max 为未知量,方程(5)的一个根是 sinq = 0 ,即 q = 0 ,这表示初态,其速率为最小 值,不是所求的解. 于是 sin ?max ? 0 . 约去 sin ? max ,方程(5)变为
2 2gR sin 2 ?max ? v0 sin ?max ? 2gR ? 0 .

(6)

其解为

sin ? max

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

(7)

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

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

?

?

(8)

考虑到(4)式有
2 vmax ? v? ?

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

?

?

(9)

评分标准:本题 15 分. (1)式 3 分, (2) 式 3 分,(3) 式 1 分,(4) 式 3 分, (5) 式 1 分, (6) 式 1 分,(7) 式 1 分, (9) 式 2 分.

二、(20 分)一长为 2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上,杆的两端分别固定一质量 为 m 的小物块 D 和一质量为 ? m ( ? 为常数)的小物块 B,杆可绕通过小物块 B 所在端的 竖直固定转轴无摩擦地转动. 一质量为 m 的小环 C 套在细杆上(C 与杆密接),可沿杆滑 动,环 C 与杆之间的摩擦可忽略. 一轻质弹簧原长为 l,劲度系数为 k,两端分别与小环 C 和物块 B 相连. 一质量为 m 的小滑块 A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块 D,并与之发 生完全弹性正碰,碰撞时间极短. 碰撞 时滑块 C 恰好静止在距轴为 r ( r > l )处.

1. 若碰前滑块 A 的速度为 v0 ,求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量; 2. 若碰后物块 D、C 和杆刚好做匀速转动,求碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条件.

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



vD





然 (1)



vD ?

2l vC r .
mvD 2l ? mvC r ? mvA 2l ? mv0 2l .

以 A、B、C、D 为系统,在碰撞过程中,系统相对于轴不受外力矩作用,其相对于轴的角 动量守恒 (2)

由于轴对系统的作用力不做功,系统内仅有弹力起作用,所以系统机械能守恒. 又由于碰撞 时间 ?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束,所以不必考虑弹性势能的变化. 故
1 2 1 2 1 2 1 2 mvD ? mvC ? mvA ? mv0 . 2 2 2 2

(3)

由 (4)

(1) 、 (2) 、 (3)

式 解 得 vC ?

4lr 8l 2 r2 v , v ? v , v ? ? v0 0 D 0 A 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2
v0 ? vD ? v A .

[代替 (3) 式,可利用弹性碰撞特点 (3’) 同样可解出(4). ]

设碰撞过程中 D 对 A 的作用力为 F1? ,对 A 用动量定理有

F1??t ? mvA ? mv0 ? ?

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

(5)

方向与 v 0 方向相反. 于是,A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为

F1?t ?
(6) 方向与 v 0 方向相同.

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

以 B、C、D 为系统,设其质心离转轴的距离为 x ,则
x? mr ? m 2l 2l ? r . ? (? ? 2) m ? ? 2 v? vC 4l (2l ? r ) x? v0 . r (? ? 2)(8l 2 ? r 2 )

(7)

质心在碰后瞬间的速度为 (8)

轴与杆的作用时间也为 ?t ,设轴对杆的作用力为 F2 ,由质心运动定理有

F2 ?t ? F1?t ? ?? ? 2? mv ?

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

(9) (10)

由此得 方 向 与 v0 方 向 相 同 . (11)

F2 ?t ?

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

l ? r) 因 而 , 轴 受 到 杆 的 作 用 力 的 冲 量 为 F2??t ? ? r(2 2mv0 , 2 8l ? r 2

方向与 v 0 方向相反. 注意:因弹簧处在拉伸状态,碰前轴已受到沿杆方向的作用力;在碰 撞过程中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量 趋于零,已忽略. [代替 (7)-(9) 式,可利用对于系统的动量定理 F2 ?t ? F1?t ? mvC ? mvD . [也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ] 2. 值得注意的是,(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立 的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块 C 以速度 vC ? 心力,即
4lr v0 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向 8l ? r 2
2

]

k ?r ?

??m

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

(12)

则弹簧总保持其长度不变,(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块 A 的速度 v0 应 满足的条件

v0 ?

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

?
(13)

可见,为了使碰撞后系统能保持匀速转动,碰前滑块 A 的速度大小 v 0 应满足(13)式.

评分标准:本题 20 分. 第 1 问 16 分,(1)式 1 分, (2) 式 2 分,(3) 式 2 分,(4) 式 2 分, (5) 式 2 分,(6) 式 1 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分,(9) 式 2 分,(10) 式 1 分,(11) 式 1 分; 第 2 问 4 分,(12) 式 2 分,(13) 式 2 分. 三、(25 分)一质量为 m 、长为 L 的匀质细杆,可绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面 内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆, 1. 令

??

m L 表示细杆质量线密度. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平
Ek ? k ? ? ? ? L?

面内转动时,其转动动能可表示为

式中, k 为待定的没有单位的纯常数.

已知在同一单位制下,两物理量当且仅当其数值和

单位都相等时才相等. 由此求出 ? 、 ? 和 ? 的值. 2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质

心系(随质心平动的参考系)中的动能之和,求常数 k 的值. 3. 试求当杆摆至与水平方向成 ? 角时在杆上距 O 点为 r 处的横截面两侧部分的相互作用

力. 重力加速度大小为 g . 提示:如果 X (t ) 是 t 的函数,而 Y ( X (t )) 是 X (t ) 的函数,则 Y ( X (t )) 对 t 的导数为
dY ( X (t )) dY dX ? dt dX dt

例如,函数 cos ? (t ) 对自变量 t 的导数为 dcos? (t ) ? dcos? d? dt d? dt

参考解答: 1. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时, 其动能是独立变量 ? 、

? 和 L 的 函 数 , 按 题 意
(1)

可 表 示 为

Ek ? k ? ? ? ? L?

式中, k 为待定常数(单位为 1). 令长度、质量和时间的单位分别为 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] (它 们可视为相互独立的基本单位),则 ? 、 ? 、 L 和 Ek 的单位分别为
[? ] ? [ M ][ L]?1 , [? ] ? [T ]?1 , [ L] ? [ L], [ Ek ] ? [ M ][ L]2 [T ]?2

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

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

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

( Ek ) ? k (? )? (?) ? ( L)?
(5)

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

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

? ? 1, ? ? 2, ? ? 3


(8) 以 (9)

Ek ? k??2 L3
2. 由题意,杆的动能为 (10) 其
Ek ,c ? 1 1 L ? 2 mvc ? (? L) ? ? ?? 2 2 ?2 ?
2

Ek ? Ek ,c ? Ek ,r

中 (11)



注意到,杆在质心系中的运动可视为两根长度为

L 的杆过其公共端(即质心)的光滑水平 2

轴在铅直平面内转动,因而,杆在质心系中的动能 Ek ,r 为

L ? L? Ek ,r ? 2 Ek (? , ?, ) ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2?

3

(12)
1 ?L ? ? L? k ?? L ? ? L ? ? ? ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2 ? ?2?
2 3 2 3

将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得 (13) 由此解得 (14) 于是 (15)

k?

1 6

Ek =

1 lw 2 L3 6

.

L ? 3. 以 细 杆 与 地 球 为 系 统 , 下 摆 过 程 中 机 械 能 守 恒 Ek ? mg ? ? sin ? ? ?2 ?
(16) 由(15)、(16)式得 (17)

w=

3g sinq L

.

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

? ? L ? r ? ,其质心速度为
L?r? L?r . ? ??? vc ?r ? ??? 2 ? 2 ?

(18)

设另一段对该段的切向力为 T (以 ? 增大的方向为正方向), 法向(即与截面相垂直的方向) 力为 N (以指向 O 点方向为正向),由质心运动定理得

T ? ? ? L ? r ? g cos? ? ? ? L ? r ? at
(19)

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

(21) 而 an (22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得 T ? (23)
N?

为 质 心 的 法 向 加 速 度 的 大 小 an ? ? 2

.

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

mg cos ?

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

mg sin ?

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

四、(20 分)图中所示的静电机由一个半径为 R 、与环境绝缘的开口(朝上)金 属球壳形的容器和一个带电液滴产生器 G 组成. 质量为 m 、带电量为 q 的球形液 滴从 G 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在 G 和容器口之间总是只有一滴液滴).

液滴开始下落时相对于地面的高度为 h .

设液滴很小,容器足够大,容器在达到最高电势

之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略 G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大 小为 g . 若容器初始电势为零,求容器可达到的最高电势 Vmax .

参考解答: 设在某一时刻球壳形容器的电量为 Q . 以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴

产生器 G出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有
mgh ? k Qq 1 Qq . ? mv2 ? 2mgR ? k h?R 2 R

(1)

式中, v 为液滴在容器口的速率, k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为
1 Qq( h ? 2 R ) . mv 2 ? mg ( h ? 2 R ) ? k 2 (h ? R) R

(2)

从上式可以看出,随着容器电量 Q 的增加,落下的液滴在容器口的速率 v 不断变小;当液滴 在容器口的速率为零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电势. 器的最大电量为 Qmax ,则有 由此得
mg ( h ? 2 R ) ? k Qmax ? Qmax q( h ? 2 R ) ?0. (h ? R ) R

设容 (3)

mg ( h ? R ) R . kq

(4)
Vmax ? k Qmax R

容器的最高电势为 (5) 由(4) 和 (5)式得
Vmax ? mg ( h ? R ) q

(6)

评分标准:本题 20 分. (1)式 6 分, (2) 式 2 分,(3) 式 4 分,(4) 式 2 分, (5) 式 3 分, (6) 式 3 分.

五、(25 分)平行板电容器两极板分别位于 z ? ?

d 的平面内,电容 2

器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中,磁感应强度大小为 B , 方向沿 x 轴负方向,如图所示. 1. 在电容器参考系 S 中只存在磁场;而在以沿y轴正方向的恒定速度
(0, v,0) (这里 (0, v,0) 表示为沿x、y、z轴正方向的速度分量分别为0、

? , Ey ? , Ez ? ) 又有磁场 v 、 0,以下类似)相对于电容器运动的参考系 S ? 中,可能既有电场 ( Ex ? , By ? , Bz ? ) . 试在非相对论情形下, ? , Ey ? , Ez ?) 从伽利略速度变换, 求出在参考系 S ? 中电场 ( Ex ( Bx

? , By ? , Bz ? ) 的表达式. 已知电荷量和作用在物体上的合力在伽利略变换下不变. 和磁场 ( Bx
2. 现在让介电常数为 ? 的电中性液体(绝缘体)在平行板电容器两极板之间匀速流动,流 速大小为 v , 方向沿 y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系 (即相对于电容器运动的参考系)

? , Ey ? , Ez ? ) 中,其正负电荷会因电场力作用而发生相 S ? 中,由于液体处在第1问所述的电场 ( Ex
对移动(即所谓极化效应),使得液体中出现附加的静电感应电场,因而液体中总电场强度

? , Ey ? , Ez ? ) ,而是 不再是 ( Ex

?0 ( E? , E? , E? ) ,这里 ? 0 是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考 ? x y z

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

参考解答: 1. 一个带电量为 q 的点电荷在电容器参考系 S 中的速度为 (ux , uy , uz ) ,在运动的参考系 S ? 中

? , u? ? 的速度为 (ux y , uz ) .

在参考系 S 中只存在磁场 (Bx , By , Bz ) ? (? B,0,0) ,因此这个点电荷在

参考系 S 中所受磁场的作用力为
Fx ? 0, Fy ? ? qu z B, Fz ? qu y B

(1)

? , Ey ? , Ez ? ) 又有磁场 ( Bx ? , By ? , Bz ?) , 在参考系 S ? 中可能既有电场 ( Ex 因此点电荷 q 在 S ? 参考系
中所受电场和磁场的作用力的合力为
? ? u? ? ? ? Fx? ? q?( Ex y Bz ? u z By ), ? ? ux ? Bz? ? u z ? Bx ? ), Fy? ? q?( E y ? By ? ? u? ? Fz? ? q?( Ez? ? u x y Bx )

(2)

两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为
q ? ? q, ( Fx?, Fy?, Fz?) ? ( Fx , Fy , Fz ), ? , u? ? (u x y , u z ) ? (u x , u y , u z ) ? (0, v,0)

(3)

由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足
? ? (u y ? v) Bz? ? u z By ? ? 0, Ex ? ? ux Bz? ? uz Bx ? ? ?uz B, Ey ? ? (u y ? v) Bx ? ? uy B Ez? ? ux By

(4)

它们对于任意的 (ux , uy , uz ) 都成立,故

? , Ey ? , Ez? ) ? (0,0, vB), ( Ex ? , By ? , Bz? ) ? (? B,0,0) ( Bx
可见两参考系中的磁场相同,但在运动的参考系 S ? 中却出现了沿z方向的匀强电场. 2. 现在,电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度 (0, v,0) 匀速运动. 电容器参考系 S 中的磁场会在液体参考系 S ? 中产生由(5)式中第一个方程给出的电场 . 极化,使得液体中的电场为
? , Ey ? , Ez ?) ? ( Ex

(5)

这个电场会把液体

?0 (0,0, vB) ?

.

(6) 为了求出电容器参考系 S 中的电场, 我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两 个参考系之间的变换,从液体参考系 S ? 中的电场和磁场来确定电容器参考系 S 中的电场和 磁场. 考虑一带电量为 q 的点电荷在两参考系中所受的电场和磁场的作用力 . 在液体参考

系 S ? 中,这力 ( Fx?, Fy?, Fz?) 如(2)式所示. 它在电容器参考系 S 中的形式为
Fx ? q( Ex ? u y Bz ? u z By ), Fy ? q( E y ? u x Bz ? u z Bx ), Fz ? q( Ez ? u x By ? u y Bx )

(7)

利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式,可得

Ex ? u y Bz ? uz By ? 0, E y ? ux Bz ? uz Bx ? ?uz B, Ez ? ux By ? u y Bx ?
对于任意的 (ux , uy , uz ) 都成立,故 (8)

? 0 vB ? (u y ? v) B ?

( Ex , E y , Ez ) ? (0,0,(

?0 ? 1) vB), ?

( Bx , By , Bz ) ? ( ? B,0,0)
(9) 可见,在电容器参考系 S 中的磁场仍为原来的磁场,现由于运动液体的极化,也存在电场, 电场强度如(9)中第一式所示. 注意到(9)式所示的电场为均匀电场,由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为
V ? ? Ez d .

(10) (11)

由(9)式中第一式和(10)式得

?0 ? V ?? ?1 ? ? vBd . ?? ?

评分标准:本题 25 分. 第 1 问 12 分, (1) 式 1 分, (2) 式 3 分, (3) 式 3 分,(4) 式 3 分,(5) 式 2 分;

第 2 问 13 分, (6) 式 1 分,(7) 式 3 分,(8) 式 3 分, (9) 式 2 分, (10) 式 2 分,(11) 式 2 分.

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

120?C 时,双金属片将自动弯成圆弧形,如图所示. 试求双金属片弯曲的曲率
半径. (忽略加热时金属片厚度的变化. ) 参考解答: 设弯成的圆弧半径为 r ,金属片原长为 l ,圆弧所对的圆心角为 ? ,钢和青铜的线膨胀系数 分别为 ?1 和 ? 2 ,钢片和青铜片温度由 T1 ? 20?C 升高到 T2 ? 120?C 时的伸长量分别为 ?l1 和 ?l2 . 对于钢片

d ( r ? )? ? l ? ?l1 2
(1)

?l1 ? l?1 (T2 ? T1 )
(2) 式中, d ? 0.20 mm . 对于青铜片

(r ?
(3)

d )? ? l ? ?l2 2

?l2 ? l?2 (T2 ? T1 )
(4) 联立以上各式得

r?
(5) 评分标准:本题 15 分.

2 ? (?1 ? ?2 )(T2 ? T1 ) d ? 2.0 ? 102 mm 2(?2 ? ?1 )(T2 ? T1 )

(1)式 3 分, (2) 式 3 分,(3) 式 3 分,(4) 式 3 分, (5) 式 3 分.

七、(20分)一斜劈形透明介质劈尖,尖角为 ? ,高为 h .

今以尖角顶点为坐标原点,建

立坐标系如图(a)所示;劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的,在图(a)中看来,每一 个小台阶的前侧面与xz平面平行,上表面与yz平面平行.
n( x ) ? 1 ? bx ,其中常数 b ? 0 .

劈尖介质的折射率n随 x 而变化,

一束波长为 ? 的单色平行光沿 x 轴正方向照射劈尖;劈尖后

放置一薄凸透镜,在劈尖与薄凸透镜之间放一档板,在档板上刻有一系列与 z 方向平行、沿

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

y
h

?

?

?

z
O

O

x

图(a) 图(b) 参考解答: 1. 考虑射到劈尖上某 y 值处的光线, 计算该光线由 x ? 0 到 x ? h 之间的光程 ? ? y ? . 将该光 线在介质中的光程记为 ? 1 ,在空气中的光程记为 ? 2 . 介质的折射率是不均匀的,光入射到介 质表面时,在 x ? 0 处,该处介质的折射率 n ? 0? ? 1 ;射到 x 处时,该处介质的折射率

n ? x ? ? 1 ? bx . 因折射率随 x 线性增加,光线从 x ? 0 处射到 x ? h1 ( h1 是劈尖上 y 值处光线
在 劈 尖 中 传 播 的 距 离 ) 处 的 光 程 ?1 与 光 通 过 折 射 率 等 于 平 均 折 射 率
1 1 1 n? ? n ? 0? ? n ? h1 ?? ? ? ?1 ? 1 ? bh1 ? ? 1 ? bh1 ? 2 2 2

(1)

的均匀介质的光程相同,即 (2)

?1 ? nh1 ? h1 ? bh12

1 2

忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线 (事实上, 可通过选择台阶的尺度和档板上 狭缝的位置来避开这些光线的影响),光线透过劈尖后其传播方向保持不变,因而有

? 2 ? h ? h1
(3)

于是 (4) 由几何关系有 (5) 故

1 ? ? y ? ? ?1 ? ? 2 ? h ? bh12 . 2

h1 ? y tan ?

.

? ? y ? ? h ? y 2 tan2 ? .

b 2

(6)

从介质出来的光经过狭缝后仍平行于 x 轴,狭缝的 y 值应与对应介质的 y 值相同,这些平行 光线会聚在透镜焦点处. 对 于 y?0 处 , 由 上 式 得 (7)

d ( 0) = h
? ? y ? ? ? ? 0? ?

.

y 处 与 y?0 处 的 光 线 的 光 程 差 为
(8)

b 2 y tan2 ? . 2

由于物像之间各光线的光程相等, 故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点 处时保持不变; 因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强, 要求两束光的光程差为波长的整数倍,即 (9) 由此得
y? 2k ? cot ? ? A k , b A? 2? cot ? . b

b 2 2 y tan ? ? k? , k ? 1, 2, 3, 2

.

(10)

除了位于 y = 0 处的狭缝外,其余各狭缝对应的 y 坐标依次为

A,
(11)

2 A,

3A,

4 A,

.

2. 各束光在焦点处彼此加强,并不要求(11)中各项都存在. 满足上述要求. 事实上,若依次取 k ? m, 4m, 9m,

将各狭缝彼此等距排列仍可能

,其中 m 为任意正整数,则 .

ym ? mA, y4m ? 2 mA, y9m ? 3 mA,
(12)

这些狭缝显然彼此等间距,且相邻狭缝的间距均为 m A ,光线在焦点处依然相互加强而形 成亮纹. 评分标准:本题 20 分. 第 1 问 16 分, (1) 式 2 分, (2) 式 2 分, (3) 式 1 分,(4) 式 1 分,(5) 式 2 分, (6) 式 1 分,(7) 式 1 分,(8) 式 1 分, (9) 式 2 分, (10) 式 1 分,(11) 式 2 分;

第 2 问 4 分,(12) 式 4 分(只要给出任意一种正确的答案,就给这 4 分). 八、(20分)光子被电子散射时, 如果初态电子具有足够的动能, 以至于在散射过程中有能 量从电子转移到光子,则该散射被称为逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰 若能量为 Ee

撞时, 就会出现逆康普顿散射. 已知电子静止质量为 me , 真空中的光速为 c . 的电子与能量为 E? 的光子相向对碰, 1. 求散射后光子的能量; 2. 求逆康普顿散射能够发生的条件;

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

已知

1 me = 0.511? 106 eV / c2 . 计算中有必要时可利用近似:如果 x ?? 1 ,有 1 - x ? 1 - x . 2
参考解答: 1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为 pe ( pe ? 0 )、 p? ( p? ? 0 ),碰撞后电子、光子的 能量、 动量分别为 Ee ? , pe ? , E?? , p?? . 由能量守恒有 Ee + Eg = Ee ? + Eg? . 由动量守恒有 光子的能量和动量满足 电子的能量和动量满足
2 4 ?2 ? pe ?2c2 ? me Ee c

(1)

pe + pg = pe ? + pg? .
Eg = pg c, Eg? = pg? c .
2 2 2 4 Ee2 ? pe c ? me c ,

(2) (3)

(4)

由(1)、(2)、(3)、(4)式解得
E?? ?

?E ?
e

2 4 E? Ee ? Ee2 ? me c

?

E ?m c
2 e

2 4 e

? ? 2E

?

?

(5)

2. 由(5)式可见,为使 Eg? > Eg , 需有 即

E?? ? E? ?

?E ?
e

2 4 2 E? ( Ee2 ? me c ? E? ) 2 4 Ee2 ? me c ? 2 E?

?

?0

2 4 Ee2 ? me c ? E?



pe ? p?

(6)

注意已设 pe > 0 、 pg < 0 .

3. 由于 Ee ?? mec2 , 因此有

2 4 Ee2 ? me c ? Ee ?

2 4 me c . 2 Ee

(7)

将(7)式代入(5)式得

Eg? ?

2 Ee Eg
2 4 2 Eg + me c 2 Ee

.

(8)

代入数据,得

Eg? ? 29.7 ? 10 6 eV .

(9)

评分标准:本题 20 分. 第 1 问 10 分, (1) 式 2 分, (2) 式 2 分, (3) 式 2 分,(4) 式 2 分,(5) 式 2 分; 第 2 问 5 分,(6) 式 5 分; 第 3 问 5 分,(7) 式 2 分, (8) 式 1 分, (9) 式 2 分.

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题(2011) 一、 (20 分)如图所示,哈雷彗星绕太阳 S 沿椭圆轨道逆时针方向运动,其 周期 T 为 76.1 年,1986 年它过近日点 P0 时与太阳 S 的距离 r0=0.590AU, AU 是天文单位,它等于地球与太阳 的平均距离, 经过一段时间, 彗星到 达轨道上的 P 点,SP 与 SP0 的夹角 θ P=72.0 ° 。 已 知 : 1AU=1.50 × 1011m , 引 力 常 量 G=6.67 × 10 - 11Nm2/kg2 , 太 阳 质 量 mS=1.99 × 1030kg,试求 P 到太阳 S 的距离 rP 及彗星过 P 点时速度的大小及方向 (用速度方向与 SP0 的夹角表示)。 二、(20 分)质量均匀分布的刚性杆 AB、CD 如图放置,A 点与水平地面接触,与地面间的 静摩擦系数为μA,B、D 两点与光滑竖直墙面 接触,杆 AB 和 CD 接触处的静摩擦系数为μC, 两杆的质量均为 m,长度均为 l。 1、已知系统平衡时 AB 杆与墙面夹角为θ,求 CD 杆与墙面夹角α应该满足的条件 (用α及已 知量满足的方程式表示)。 2、若μA=1.00,μC=0.866,θ=60.0°。求系 统平衡时α的取值范围(用数值计算求出)。

三、(25 分)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称转轴稳定在规 定指向,一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转, 但有时为了改变卫星的指向, 又要求减慢或者消除卫星的旋转,减慢或者消除卫 星旋转的一种方法就是所谓消旋法,其原理如图所示。 一半径为 R,质量为 M 的薄壁圆筒,,其横截面如图所示,图中 O 是圆筒 的对称轴,两条足够长的不可伸长的结实的长 度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的 Q、Q′(位于圆筒直径两端)处,另一端各拴 m 有一个质量为 的小球,正常情况下,绳绕在 2 圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒 表面上的 P0、P0′处,与卫星形成一体,绕卫 星的对称轴旋转,卫星自转的角速度为ω0。若 要使卫星减慢或者停止旋转(消旋),可瞬间 撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开, 在甩开的整个过程中, 从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫 星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,解除小球与卫星的联系,于是卫 星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在 Q、Q′处。 1、 求当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度 l; 2、 求绳的总长度 L; 3、 求卫星从ω0 到停转所经历的时间 t。 四、(20 分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系 O-xyz,如图所示,匀强电场沿 x 方向,电场强度 E 1 ? E0 i ,匀强磁场沿 z 方向, 磁感应强度 B ? B0 k ,E0、B0 分别为已知常量,i、 k 分别为 x 方向和 z 方向的单位 矢量。 1、有一束带电量都为+q、质量都为 m 的粒子, 同时从 Oyz 平面内的某点射出,它们的初速度均 在 Oyz 平面内,速度的大小和方向各不相同,问 经过多少时间这些粒子又能同时回到 Oyz 平面 内。 2、现在该区域内再增加一个沿 x 方向随时间变 化的匀强电场, 电场强度 E z ? ( E0 cos ?t )k , 式中

??

qB0 ,若有一电荷量为正 q、质量为 m 的粒 m

子,在 t=0 时刻从坐标原点 O 射出,初速度 v0 在 Oyz 平面内,试求以后此粒子的坐标随时间变 化的规律。 不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作用,也不考虑变化的电场产 生的磁场。

五、(15 分)半导体 pn 结太阳能电池是根据光生伏打效应工作的。当有光照射 pn 结时,pn 结两端会产生电势差,这就是光生伏打效应。当 pn 结两端接有负 载时,光照使 pn 结内部产生由负极指向正极 的电流即光电流, 照射光的强度恒定时, 光电 流是恒定的,已知该光电流为 IL;同时,pn 结又是一个二极管, 当有电流流过负载时, 负 载两端的电压 V 使二极管正向导通,其电流 为 I D ? I 0 (e
V Vr

? 1) ,式中 Vr 和 I0 在一定条件

下均为已知常数。 1、在照射光的强度不变时,通过负载的电流 I 与负载两端的电压 V 的关系是 I=__________________。太阳能电池的短路电流 IS=_______________,开路电压 VOC=___________________,负载获得的功率 P=______________。 2、已知一硅 pn 结太阳能电池的 IL=95mA,I0=4.1×10-9mA,Vr=0.026V。则此 太阳能电池的开路电压 VOC=___________________V,若太阳能电池输出功率最大时, 负载两端的电压可近似表示为 VmP ? Vr ln

1 ? (I L / I 0 ) ,则 VmP=______________V。 1 ? (VOC / Vr )

太阳能电池输出的最大功率 Pmax=_______________mW。若负载为欧姆电阻,则输出 最大功率时,负载电阻 R=_____________Ω。

六、(20 分)图示为圆柱形气缸,气缸壁绝热,气缸的右端有一小孔和大气相 通,大气的压强为 p0。用一热容量可忽略的导热隔板 N 和一绝热活塞 M 将气缸 分为 A、B、C 三室,隔板与气缸固连,活塞相对气缸可以无摩擦地移动但不漏 气,气缸的左端 A 室中有一电加热器Ω。已知在 A、B 室中均盛有 1 摩尔同种理 想气体,电加热器加热前,系统 处于平衡状态,A、B 两室中气体 的温度均为 T0,A、B、C 三室的 体积均为 V0。现通过电加热器对 A 室中气体缓慢加热,若提供的 总热量为 Q0,试求 B 室中气体末 态体积和 A 室中气体的末态温 度。设 A、B 两室中气体 1 摩尔的内能 U=5/2RT。R 为普适恒量,T 为热力学温 度。

七、(20 分)如图所示,L 是一焦距为 2R 的薄凸透镜,MN 为其主光轴。在 L 的右侧与它共轴地放置两个半径皆为 R 的很薄的球面镜 A 和 B。 每个球面镜的凹

3 R 。在 B 的顶点 C 处开有 2 一个透光的小圆孔(圆心为 C),圆孔的直径为 h。现于凸透镜 L 左方距 L 为 6R

面和凸面都是能反光的镜面。A、B 顶点间的距离为

处放一与主轴垂直的高度也为 h(h<<R)的细短杆 PQ(P 点在主轴上)。PQ 发 出的光经 L 后, 其中一部分穿过 B 上的小圆孔正好成像在球面镜 A 的顶点 D 处, 形成物 PQ 的像 I。则

1、 像 I 与透镜 L 的距离等于___________。 2、 形成像 I 的光线经 A 反射, 直接通过小孔后经 L 所成的像 I1 与透镜 L 的距离 等于_____________________。 3、 形成像 I 的光线经 A 反射,再经 B 反射,再经 A 反射,最后通过 L 成像 I2, 将 I2 的有关信息填在下表中: I2 与 L 的距 离 I2 在 L 左方还是右 方 I2 的大 小 I2 是正立还是倒 立 I2 是实像还是虚 像

4、 物 PQ 发出的光经 L 后未进入 B 上的小圆孔 C 的那一部分最后通过 L 成像 I3, 将 I3 的有关信息填在下表中: I3 与 L 的距 离 I3 在 L 左方还是右 方 I3 的大 小 I3 是正立还是倒 立 I3 是实像还是虚 像

1 3 3 1 八、(20 分)有一核反应其反应式为 1 p?1 H ?2 He? 0 n ,反应中所有粒子的速度

均远小于光速,试问:

1、它是吸能反应还是放能反应,反应能 Q 为多少?
3 2、在该核反应中,若 1 H 静止,入射质子的阈能 Tth 为多少?阈能是使该核反应

能够发生的入射粒子的最小动能(相对实验室参考系)。 3、已知在该反应中入射质子的动能为 1.21MeV,若所产生中子的出射方向与质 子的入射方向成 60.0°角,则该中子的动能 Tn 为多少?
1 3 3 1 已知 1 mP=1.007276u, mn=1.008665u, p、 1 H 核、 2 He 核的静止质量分别为: 0n、

m3H=3.015501u,m3He=3.014932u,u 是原子质量单位,1u 对应的能量为 931.5MeV。结果取三位有效数字。

第 28 届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答及评分标准 一、参考解答: 解法一 取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为
x2 y 2 ? ?1 a 2 b2

(1) a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所 示.

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

a3 T 2 ? 2 3 ae Te
(2) 设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系 得

y

P
b

rP
S

?P
x P 0

a

c ? a ? r0
(3)

O

b ? a2 ? c2
(4) 由图 1 可知,P 点的坐标

x ? c ? rP c o ? sP

(5) (6)

图1

y ? rP s i n ?P
把(5)、(6)式代入(1)式化简得

?a
(7) 根据求根公式可得

2

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

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

rP ? 0 . 8 9 6 A U
(9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为 Gmms E=? 2a (10) 式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定 律有

Gmms 1 2 ? Gmm s ? mvP ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
(11) 得
v P ? Gms ? 2 1 ? rP a

(12) 代入有关数据得

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

rP vP sin ?? ??P ? ? 2?
(14) 其中 ? 为面积速度,并有 πab ?? T (15) 由(9)、(13)、(14)、(15)式并代 入有关数据可得
y

P
b

rP
S

?P
P 0

?

a

O

x

? ? 127

(16) 图2

解法二 取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴, 极角为 ? ,取逆时针为正向,用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为 p r? 1 ? e cos ? (1) 其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解 析几何可知
p ? a ?1 ? e 2 ?

(2) 将(2)式代入(1)式可得

r?

a 1 ? e2 1 ? e cos?

?

?

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

a3 T 2 ? 2 3 ae Te
(4) 在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得
e ? 1?

r0 a

(5) 将 ?P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

rP ? 0.895AU
(6) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能 Gmms E=? 2a (7) 式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定 律有

Gmms 1 2 ? Gmms ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
(8) 可得
v P ? Gms ? 2 1 ? rP a

(9) 代入有关数据得

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
(10)

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

rP vP sin ?? ??P ? ? r0 v0
(11) 根据(8)式,同理可得
v0 ? Gms ? 2 1 ? r0 a

(12) 由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有关数据

? ? 127
(13) 评分标准: 本题 20 分 解法一 (2)式 3 分,(8)式 4 分,(9)式 2 分,(11)式 3 分,(13) 式 2 分, (14)式 3 分,(15)式 1 分,(16)式 2 分. 解法二 (3)式 2 分,(4)式 3 分,(5)式 2 分,(6)式 2 分,(8)式 3 分, (10) 式 2 分,(11)式 3 分,(12)式 1 分,(13)式 2 分.

二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

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

y D N4

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

??
B N3 E F N2 mg ?? f2 C mg f1 O

N1 A x

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

(1) (2)

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


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2

(3) 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, E 为 BF 与 CD 的交 点.由几何关系有
C F? s lin ? c? ot

(4) 取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有

N4 ? N2c o ? s ? f2 s? in ?
(5)

0

N2 sin? ? f2 cos? ? mg ? 0
(6) 以及对 C 点的力矩
N 4 lc o ? s ? 1 m g ls ? in ? 2 0

(7) 解以上各式可得
N4 ? 1 mg tan ? 2

(8)
1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2

(9)
? 3tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2

(10)

N1 ? 2 m g
(11)
1 ? N2 ? ? s i n ?? 2 ? ta ?n ? c? sg ?om ?

(12)
1 ? f2 ? ? c o ? s? 2 ? ta ?n ? s ? ng ?i m ?

(13) CD 杆平衡的必要条件为

f 2 ? ?c N2
(14) 由(12)、(13)、(14)式得

tan ? ?
(15) AB 杆平衡的必要条件为

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

f1 ? ? A N1
(16) 由(10)、(11)、(16)式得
tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4 ? A ? 3 tan ? sin ? cos ?

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

? ?a r c t a n 0 . ?3 8 5?
(18) 将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得 ? ? 19.5? (19) 因此, ? 的取值范围为

21.1

19.5 ?? ?
(20) 评分标准: 本题 20 分 第 1 问 15 分

21.1

(1)、(2)、(3)式共 3 分,(4)式 1 分,(5)、(6)、(7)式共 3 分,(9) 、(10) 式各 1 分,(12)到(17)式各 1 分. 第2问5分 (18)式 1 分,(19)式 3 分,(20)式 1 分. 三、 参考解答: 解法一 1. 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状态如 图 1 所示, 小球位于 P 点, 绳与圆筒的切点为 T ,
P 到 T 的距离即绳的拉直部分的长度为 l ,圆筒

T

v
v1 v2
P

的角速度为 ? , 小球的速度为 v .小球的速度可以 分解成沿着绳子方向的速度 v1 和垂直于绳子方 向的速度 v 2 两个分量.根据机械能守恒定律和角 动量守恒定律有

O

图1

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

(1)

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

v1 ? R?
(3) 解(1)、(2)、(3)式得

??
(4)

?M ? m?R 2 ? ml2 ? ?M ? m?R 2 ? ml2 0
2?M ? m?R 2 l ? ?M ? m?R 2 ? m l2 0

v2 ?
(5) 由(4)式可得

l?R

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

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

L?R
这便是绳的总长度 L.

M ?m m

(7)

T?

??2 ??1 T
O

l ? ?l
l

3.如图 2 所示,从时刻 t 到 t ? ?t ,切点 T 跟随 圆筒转过一角度 ??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的 长度增加了 ?l ,切点相对圆筒又转过一角度
?l ?? 2 ? ,到达 T ? 处,所以在 ?t 时间内,切点转过 R

v2 ? t ?

图2

的角度
?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ? ?l R

(8) 切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ? ? ,而切线方向的改变是 小球具有垂直于绳子方向的速度 v2 引起的,故有
?? ? v 2 ?t l

(9) 由(1)、(2)、(3)式可得

v2 ? l ??0 ? ? ?
(10) 由(8)、(9)、(10)三式得

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

ts ?
(12) 解法二

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m

1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研 究,先研究任何时刻小球的速度. 在 t 时刻,相对卫星系统质心参考系小 球运动状态如图 1 所示,绳子的拉直部分与 圆筒面的切点为 T ,小球到切点 T 的距离即 绳的拉直部分的长度为 l ,小球到转轴 O 的 距离为 r , 圆筒的角速度为 ? .由于圆筒的转 动和小球相对圆筒的运动,绳将展开,切点 位置和绳的拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 t 时刻,
OT 与固定在圆筒上的半径 OP0 的夹角为 ? ,如图
T?
m 2

Q

T R l r
O
m 2

P0?

P 0
Q?

?

图1

l? l

2 所示.由于小球相对圆筒的运动,经过时间 ?t ,
OT ? 与 OP0 的夹角 切点从圆筒上的 T 点移到 T ? 点, O

?? T

P?

?

P P 0

变为 ? ? ?? ,绳的拉直部分的长度由 l 变为 l ? ,小 球由 P 运动到 P? ,PP? 便是小球相对圆筒的位移. 当 ?t 很小时 l ? l ? ,故
PP? ? l ??? ? l ??

图2

于是小球相对圆筒的速度大小为
v? ? l ?? ? l?? ?t
v

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

v?
T R

v? ? v? 2
v? 2

v?1
l P

v?
P 0

?

r

图3

v? ? r?

(2)

方向垂直于 OP .可以把 v? 分解成沿着 TP 方向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量

v? 2 ,如图 3 所示,即 v?1 ? R?
(3)

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

(5) 因
l ? R?

(6) 故有

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

(7) 因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有
1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv 2 2 2 2 2

(8)
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?

(9) 由(7)、(8)两式有

?02 ? ? 2?
(10) 由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

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

2

?0 ? ? ?
(11) 由(10)、(11)两式得

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

?0 ? ? ? ? ? ??

故有

?? ? ?0
(12) 上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度, 是一 个恒量,将(12)式代入(11)式得

??
(13) 由(6)、(13)两式得

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

l?R

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

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

L?R
(15)

M ?m m

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为

? ? ?0t
(16) 当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

?s ?
(17)

M ?m m

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16)、(17)式得

ts ?
(18) 评分标准:

?s 1 M ?m ? ?0 ?0 m

本题 25 分. 解法一 第 1 问 12 分.(1)、(2)式各 3 分,(3)式 2 分,(6)式 4 分. 第 2 问 3 分.(7)式 3 分.

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

v0y ? ?v0y 1 ? v 0 y ?v 0 y
(1) 其中
v0y1 ? ? E0 B0

1

(2) 沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

fB x? ? q v0
(3) 沿 x 负方向.粒子受到的电场力

1 y

B0

fE ? fE x ? q0E
(4) 沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好 抵消,故粒子以大小为 粒子还具有初速度
v0y 2 ? v y0? E0 B0 E0 的速度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知, B0

(5)

沿 y 正方向, 与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动, 以 r 表示圆周运动的半径,有
qv0y 2 B0 ? m
2 v0 y2

r

(6) 可得

r?

mv0y 2 qB0

(7) 由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期
T= 2?m qB0

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

ma c o? s z ? q0E
(9) 或
az = qE0 c o? st m

t

(10) 这是简谐运动的加速度,因而有

az =?? 2 z
(11) 由(10)、(11)可得
z?? 1 qE0 cos ?t ?2 m

(12) 因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子 在 z 方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有 1 qE0 z ? v0z t ? 2 c o? st ? m (13)

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响.设 ? 0 为粒 子在 Oxy 平面内作圆周运动的角速度,则有 2π qB0 ?0 ? ? (14) T m 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变化 关系

O

y

?0 t
r r

v0 y 2

x? ? r?1 ? c o? s0 ?t
y? ? r si? n0 t
(16)

(15) x

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

x?
(17)

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

y??
(18)

z ? v0z t ?

(19) 评分标准: 本题 20 分. 第 1 问 12 分.(2)、(3)、(4)式共 5 分,(5)、(6)、(7)式共 4 分,(8)式及相关说明共 3 分. 第 2 问 8 分.(12)式 2 分,(14)式到(19)式各 1 分. 五、 答案与评分标准 本题 15 分.
? V ? 1. I L ? I 0 ? eVT ? 1? ? ? ? ?
V ? V ? VI L ? VI 0 ? e T ? 1? ? ? ? ?

(2 分), I L

? I ? (2 分),VT ln ? 1 ? L ? I0 ? ?

(2 分),

(1 分). (2 分);49mW (2 分);6.0 ? (2

2.0.62V 分).

(2 分);0.54V

六、 参考解答: 在电加热器对 A 室中气体加热的过程中,由于隔板 N 是导热的,B 室中气 体的温度要升高, 活塞 M 将向右移动.当加热停止时,活塞 M 有可能刚移到气缸 最右端,亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热 过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞 M 移到气缸的最右端,则 B 室气体末态的体积

VB ? 2V0
(1) 根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体 末态的温度,有
V0 VB ? T0 TB

(2) 由(1)、(2)式得

TB ? 2T0
(3) 由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

TA ? 2T0
(4) 下面计算此过程中的热量 Qm . 在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体 吸收的热量等于其内能的增加量,即 5 QA ? R (TA ? T0 ) 2 (5) 由(4)、(5)两式得 5 QA ? R 0 T 2 (6) B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为

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

WB ? R 0 T
(8) 内能改变为
?U B ? 5 R (TB ? T0 ) 2

(9) 由(4)、(9)两式得
?U B ? 5 RT0 2

(10) 根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, B 室气体吸收的热量为 7 QB ? ?U B ? WB ? RT0 2 (11) 由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

Qm ? QA ? QB ? 6RT0
(12) 若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 . 2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右 端,但这时加热尚未停止,只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变,故热 量 Q0 ? Qm 是 A 、 B 中气体在等容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不

? ,有 做功,根据热力学第一定律,若 A 室中气体末态的温度为 TA
Q0 ? Qm ? 5 5 ? ? 2T0 ) ? R(TA ? ? 2T0 ) R(TA 2 2

(13) 由(12)、(13)两式可求得
?? TA Q0 4 ? T0 5R 5

(14) B 中气体的末态的体积

? =2 V VB 0
(15) 3. 若 Q0 ? Qm ,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故 B 室中气体末态

?? ,根据热 ?? 小于 2V0 ,即 VB ?? ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA 的体积 VB
力学第一定律,注意到 A 室中气体经历的是等容过程,其吸收的热量

QA ?

5 ?? ? T0 ) R (TA 2

(16) B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量
QB ? 5 ?A? ? 0 T ?V ?? 0 V R ( T ) ? 0 p( B ) 2

(17) 利用理想气体状态方程,上式变为
QB ? 7 ?? ? T0 ? R ?TA 2

(18) 由上可知

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

(20) B 室中气体的末态体积
?? ? VB V0 Q ?? ? ( 0 ? 1)V0 TA T0 6RT0

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

七、 答案与评分标准: 本题 20 分. 1. 3R (3 分) 2. 6R (3 分) 3.

I 2 与 L 的距
离 6R

I 2 在 L 左方还是
右方 右方

I 2 的大小
2h

I 2 是正立还是
倒立 倒立

I 2 是实像还是
虚像 虚像

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

I 3 与 L 的距离
18R

I 3 在 L 左方还是右
方 左方

I 3 的大小
2h

I 3 是正立还是倒
立 倒立

I 3 是实像还是虚
像 实像

第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. 八、 参考解答: 1. 反应能
? 2 Q?? ?? mp ? m3 H ? ? m3 He ? mn ? c

?

?

(1) 式中 c 为光速.代入数据得
Q ? ?0 . 7 6 4 M e V

(2) 上式表明这是一吸能核反应. 2.为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的
3 入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 的速度大小为 v3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据

动量守恒和能量守恒有

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

(4) 由(3)、(4)式可得

2 2 ? mn ? mp ? mn m3 He ? 2 ? mp m3 He ? 2 mp mn vn ? 2 vp vn ? ? v ?2 Q ?0 ? ? ? ? ? ? ? p m m m 3 3 3 He He He ? ? ? ?

(5) 令

a?

2 mn ? m3 He mn

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

b ? ?2 c?
(6) 把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

2 avn ? bvn ? c ? 0

(7) (7)式有解的条件是
b2 ? 4ac ? 0

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

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
(9) 即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以 入射质子的阈能为
? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?

(10) 利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
2

(11) 代入有关数据得

Tth ? 1 . 0 2 M e V
(12)

mn vn

m3 He v 3 He

?
mp vp

3.由动量守恒和能量守恒有

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn

(12)

1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q (13) 3 He 2 2 2 以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角,如图所示,根 据余弦定律有

?m
(14) 令

3

He

v 3 He

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

2

? 2mn mp vn vp cos ?

Tp ?

1 mp v2 p 2 1 m nv 2 n 2 1 m 2
2 H e

(15)
Tn ?

(16)
T3 H e ?
3

v

3

H e

(17) 把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
(18)
2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?

(19) 由(18)、(19)式,消去 T3 He 后,得
Tn ? 2 mn mpTp m3 He ? mn cos ? ? Tn ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20) 令 (21) 得
S? mn m p T m3 He ? mn
p

cos ? , R ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

Tn ? 2S Tn ? R ? 0
(22)

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

(23) 将具体数据代入(21)、(23)式中,有

Tn ? 0 . 1 3 2 M e V
(24) (如果得到 Tn ? 0.131MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法 解法一 为了研究阈能, 只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后
3 2

He 和中子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损

失的机械能最多,若所损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,
3 这最小动能便是阈能. 设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大

小为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

mp v p ? (m3 He ? m ) nv
(1)
1 1 2 mp vp ? (m 3 He ? mn )v 2 ? Q 2 2

(2) 由(1)、(2)式可得

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
(3) 所以阈能为
? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?

(4) 利用第 1 问中的(1)式,并注意到
Q ?? 1 m3 H c 2



1 ? mn ? m3 He ? mp
在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为
2

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

?

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

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?

(5) 代入有关数据得

Tth ? 1 . 0 2 M e V
(6) 第2问8分 (1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分. 解法二 在牛顿力学中可以证明, 质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心 速度运动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不 受外力作用,则质点系的动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如 果质点系内部的相互作用导致质点系机械能的变化, 则可变化的机械能只能是各 质点相对质心运动的动能. 在本题中,如果质子 p 与氚 3 1 H 发生反应后,生成的
3 中子 n 和氦 2 则质子 p 与氚 3 He 相对质心都静止, 1 H 相对质心运动的动能之和全部

转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下,转化成其他形 式能量的机械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能.所以入射质 子的阈能等于系统质心的动能与反应能之和.
3 ? p 以 v? p 和 v 3 H 分别表示质子 和氚 1 H 相对质心的速度,有

Q=

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

(1) 因系统质心的速度
vc ? mp vp mp ? m 3 H

(2) 而

m3 H vp v? p ? vp ? vc ? mp ? m3 H
(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
(4) 由(1)、(3)、(4)式得
Q ? m3 H mp ? m 3 H

mp vp mp ? m3 H

1 2 mp vp 2

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

mp ? m3 H ? mn ? m3 He .如果仍沿用牛顿力学的结论,对一个孤立系统,其质心速
度是不会改变的,故反应后质心的动能应为
Ec ? 1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?


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

由此可见,在忽略 Q 的条件下
1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2

2

?

?

而入射质子的阀能
Tt h ? 1 v2 c ? Q 3 ? mp ? m H? 2

(6) 由(2)、(5)、(6)式得
? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?

(7) 代入有关数据得

Tth ? 1 . 0 2 M e V
(8) 第2问8分

(1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分,、(8)式 1 分.

解法三 考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 3 1H
3 发生完全非弹性碰撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质

子的动能就是阈能.以 m10 表示质子的静止质量, m20 表示 3 1 H 的静止质量, m30 表 示中子的静止质量, m40 表示 3 1 He 的静止质量,设质子的入射速度大小为 vp ,反
3 应后 2 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

m1vp ?

? m3 0? m 4? 0v
1? v2 c2

(1)

m1c 2 ? m20c 2 ?

? m3 0? m 4? 0c2
1? v2 c2

(2) 式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

v=
(3) 把(3)式代入(1)式,经整理得

m1vp m1 ? m20

? m1 ? m20 ?
(4) 由

2

2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

m1 ?

m10 1?
2 vp

c2

(5) 可得

m ?m ?
2 1 2 10

2 m12 vp

c2

(6) 若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c2 ? m10c2 ? Eth
(7) 由(4)、(6)、(7)式可得
Eth ?

? m30 ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ?
2

2

2m20

(8) 利用题给条件并引入反应能,得

Eth ?
(9) 或有

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

Q

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

Tth ? 1 . 0 2 M e V
(11) 第2问8分 (1)、(2) 、(8)式各 2 分, (9)或(10)式 1 分, (11)式 1 分.


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