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第16~20届全国中学生物理竞赛


1999 年第 16 届全国中学生物理竞赛复赛

第 16 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
全卷共六题,总分为 140 分。 一、 (20 分)一汽缸的初始体积为 V0 ,其中盛有 2 mol 的空气和少量的水(水的体积可 以忽略) 。平衡时气体的总压强是 3.0 atm ,经做等温膨胀后使其体积加倍,在膨胀结束 时,其中的水刚好全部消失,此时的总压强

为 2.0 atm 。若让其继续作等温膨胀,使体积 再次加倍。试计算此时: 1.汽缸中气体的温度; 2.汽缸中水蒸气的摩尔数; 3.汽缸中气体的总压强。 假定空气和水蒸气均可以当作理想气体处理。 二、 (25 分)两个焦距分别是 f1 和 f 2 的薄透镜 L1 和 L2 ,相距为 d ,被共轴地安置在光具 座上。 1. 若要求入射光线和与之对应的出射光线相互平行,问该入射光线应满足 什么条件? 2. 根据所得结果,分别画出各种可能条件下的光路示意图。

三、 (25 分)用直径为 1 mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为 5 cm 的圆环。圆环 处于超导状态,环内电流为 100 A 。经过一年,经检测发现,圆环内电流的变化量小于

10-6 A 。试估算该超导材料电阻率数量级的上限。

提示: 半径为 r 的圆环中通以电流 I 后,圆环中心的磁感应强度为 B =

?0 I
2r

,式中 B 、

4π × 10-7 N ? A-2 。 I 、 r 各量均用国际单位, ? 0 =

四、 (20 分)经过用天文望远镜长期观测,人们在宇宙中已经发现了许多双星系统,通 过对它们的研究,使我们对宇宙中物质的存在形势和分布情况有了较深刻的认识。双星 系统由两个星体构成,其中每个星体的线度都远小于两星体之间的距离。一般双星系统 距离其他星体很远,可以当作孤立系统处理。 现根据对某一双星系统的光度学测量确定,该双星系统中每个星体的质量都是 M ,
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两者相距 L 。他们正绕两者连线的中点作圆周运动。 1. 试计算该双星系统的运动周期 T计算 。 2. 若实验上观测到的运动周期为 T观测 ,且 T = : T计算 1: N ( N > 1) 。为了解释 观测

T观测 与 T计算 的不同,目前有一种流行的理论认为,在宇宙中可能存在一种望远镜观测不
到的暗物质。作为一种简化模型,我们假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布 着这种暗物质,而不考虑其它暗物质的影响。试根据这一模型和上述观测结果确定该星 系间这种暗物质的密度。

五、 (25 分)六个相同的电阻(阻值均为 R )连成一个电阻环,六个接点依次为 1、2、3、 4、 5 和 6, 如图复 16-5-1 所示。 现有五个完全相同的这样的电阻环, 分别称为 D1 、D2 、 ┅ D5 。 现将 D2 的 1、3、5 三点分别与 D1 的 2、4、6 三点用导线连接,如图复 16-5-2 所示。 然后将 D3 的 1、3、5 三点分别与 D2 的 2、4、6 三点用导线连接,┅ 依此类推。最后将

D5 的 1、3、5 三点分别连接到 D4 的 2、4、6 三点上。 724 R。 627

1.证明全部接好后,在 D1 上的 1、3 两点间的等效电阻为

2.求全部接好后,在 D5 上的 1、3 两点间的等效电阻。

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六、 (25 分)如图复 16-6 所示, z 轴竖直向上,

xy 平面是一绝缘的、固定的、刚性平面。在
该 A( x0 ,0,0) 处放一带电量为 ? q (q > 0) 的小物块, 物块与一细线相连, 细线的另一端 B 穿过位于坐标 原点 O 的光滑小孔,可通过它牵引小物块。现对该 系统加一匀强电场,场强方向垂直与 x 轴,与 z 轴 。设小物块和绝缘平 夹角为 θ (如图复 16-6 所示) 面间的摩擦系数为 ? = tan θ ,且静摩擦系数和滑动 摩擦系数相同。不计重力作用。现通过细线来牵引 小物块,使之移动。在牵引过程中,我们约定:细线的 B 端只准沿 z 轴向下缓慢移动, 不得沿 z 轴向上移动;小物块的移动非常缓慢,在任何时刻,都可近似认为小物块处在 力平衡状态。若已知小物块的移动轨迹是一条二次曲线,试求出此轨迹方程。

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第 16 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 1 只要有液态水存在,平衡时汽缸中气体的总压强就等于空气压强与饱和水蒸气压强 之和:

p总0 = p空0 + p饱 = 3.0 atm
第一次膨胀后

(1)

V1 = 2V0 p总1 = p空1 + p饱 = 2.0 atm
(2)

由于第一次膨胀是等温过程,所以

p= V p = V 2 p空1V0 空0 0 空1 1
解(1)、(2)、(3)三式,得

(3)

p饱 = 1.0 atm p空0 = 2.0 atm p空1 = 1.0 atm
由于 p饱 = 1.0 atm ,可知汽缸中气体的温度

(4) (5) (6)

T0 = 373 K
根据题意,经两次膨胀,气体温度未改变。

(7)

2 设水蒸气为 γ 水 mol .经第一次膨胀,水全部变成水蒸气,水蒸气的压强仍为 p饱 , 这时对于水蒸气和空气分别有

p饱V1 = γ 水 RT0 = p空1V1 γ= RT0 2 RT0 空
由此二式及(5) 、 (6)式可得

(8) (9)

γ 水 = 2 mol
3. 在第二次膨胀过程中,混合气体可按理想气体处理,有

(10)

p总2V2 = p总1V1
由题意知, V2 = 4V0 , V1 = 2V0 ,再将(2)式代入,得

(11)

p总2 = 1.0 atm

(12)
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二、参考解答 l.在所示的光路图(图复解16-2-1)中,人射光 AB 经透镜 L1 折射后沿 BC 射向 L2 , 经 L2 折射后沿 CD 出射. AB 、 BC 、 CD 与透镜主轴的交点分别为 P 、 P′ 和 P′′ ,如果 P 为物点,因由 P 沿主轴射向 O1 的光线方向不变,由透镜性质可知, P′ 为 P 经过 L1 所成的 像, P′′ 为 P′ 经 L2 所成的像,因而图中所示的 u1 、 v1 、 u2 、 v2 之间有下列关系:

1 1 1 + = u1 v1 f1 1 1 1 + = u2 v2 f 2 d = u2 + v1

(1)

(2)

(3)

当入射光线 PB 与出射光线平行时,图中的 α = α ′ ,利用相似三角形关系可求得

h′ v2 = , h u1
从而求得

h′ u 2 = h v1
(4)

v2 u2 = u1 v1

联立方程(1)、(2)、(3)、(4),消去 v1 、 u2 和 v2 ,可得

u1 =

f1d d ? ( f1 + f 2 )

(5)

由于 d 、 f1 、 f 2 均已给定,所以 u1 为一确定值,这表明:如果入射光线与出射光线平
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行,则此入射光线必须通过主轴上一确定的点,它在 L1 的左方与 L1 相距 u1 =

f1d d ? ( f1 + f 2 )

处,又由于 u1 与 α 无关,凡是通过该点射向 L1 的入射光线都和对应的出射光线相互平行. 2.由所得结果(5)式可以看出,当 d > f1 + f 2 时, u1 > 0 ,此情况下的光路图就是图 复解16-2-1. 当d =

f1 + f 2 时, u1 → ∞ , α = 0 ,此时入射光线和出射光线均平行于主轴,光路如

图复解16-2-2.

当 d < f1 + f 2 时, u1 < 0 ,这表明 P 点在 L1 的右方,对 L1 来说,它是虚物.由(1)式 可知,此时 v1 > 0 ,由 u2 = 的光路图如图复解16-2-3.

f2 u2 v1 v1 可知, u2 > 0 ,又由 = < 0 可知, v2 < 0 ,所以此时 f1 v2 u2

三、参考解答 根据题中所给的条件,当圆环内通过电流 I 时,圆环中心的磁感应强度

2 r 穿过圆环的磁通量可近似为 2 根据法拉第电磁感应定律,电流变化产生的感生电动势的大小 ?φ ? ?I = E = 0 πr 2 ?t ?t E ? 0π r ?I 圆环的电阻 R = = I 2 I ?t
根据题设条件

B=

?0 1

?0 φ ≈ BS = π Ir

(1)

(2) (3)

r = 0.05 m , ? 0 = 4π × 10-7 N ? A-2 , I = 100 A ,
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?I ≤ 10-6 A/s ≈ 3 × 10-14 A/s ,代入(3)式得 ?t R ≤ 3 × 10-23 ?
由电阻与电阻率 ρ 、导线截面积 S 、长度 L 的关系 (4)

L S 及已知导线的直径 d = 1 mm ,环半径 r = 5 cm ,得电阻率 R=ρ S d2 = r R = R = 7.5 × 10-29 ? ? m L 8r
(5)

四、参考解答 1.双星均绕它们的连线的中点做圆周运动,设运动速率为 v ,向心加速度满足下面的 方程:

M v=
周期

v2 GM 2 = 2 L/2 L GM 2L

(1)

(2)

T计算=

2π ( L / 2) 2L =πL v GM

(3)

2.根据观测结果,星体的运动周期 1 (4) T观察= T <T N 计算 计算 这说明双星系统中受到的向心力大于本身的引力, 故它一定还受到其他指向中心的作用力, 按题意这一作用来源于均匀分布的暗物质,均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用 考虑暗物质作用后双星的 与一质量等于球内暗物质的总质量 M ′ 位于中点处的质量点相同. 速度即为观察到的速度 v ,则有

2 v观 GM 2 MM ′ +G M= 2 L/2 L ( L / 2) 2

(5)

v观=

G ( M + 4 M ′) 2L

(6)

因为在轨道一定时,周期和速度成反比,由(4)式得

1 1 1 = v观 N v
把(2)、(6)式代入(7)式得

(7)

M′=

N ?1 M 4

(8)
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设所求暗物质的密度为 ρ ,则有

N ?1 4 ? L? π? ? ρ= M 3 ?2? 4


3

ρ=

3( N ? 1) M 2π L3

(9)

五、参考解答 解法一: 1.(1)电阻图变形. 此题连好的线路的平面图如图预解16-5-1所示. 现将电阻环改画成三角形,1 、3 、5三 点为顶点,2、4、6三点为三边中点,如图 预解1—5-2与图预解16-5-3所示.整个连好 的线路相当于把 Dn 的三个顶点分别接到

Dn ?1 的三个中
点上,图预解 16-5-1 变 为 图 预解16-5-4. 这 样第1问归结 为求图预解 16-5-4 中 最 外 层三角环任意 两顶点间的等 效电阻。

(2)递推公式.
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为使图形简化,讨论如何将接好的两个电阻环化简成为一个单环。由六个阻值为 r 的 (如 电阻构成一个三角环, 将其顶点接在另一由六个阻值为 R 的电阻构成的三角环的中点上 图预解16-5-5所示)。 图预解16-5-6是由六个阻值为 R′ 的电阻构成的三角环。若图预解16-5-5顶点1、3间的 电阻与图预解16-5-6顶点l、3间的电阻阻值相等,我们称图预解16-5-6中的 R′ 为等效单环 电阻.

用符号“//”表示电阻的并联,如

RA // RB =

1 (1/ RA ) + (1/ RB )

由图预解16-5-5中的对称性可知l、3两顶点间的电阻 R 1, 3 等于图 预解16-5-7中1、0间的电阻 R 1, 0 的2倍,即

R 1, 3 = 2 R 1, 0 = 2{[ R // r //(2r )] + R}// R 1 ? ? + R? = 2? 1 1 1 // R ? + + ? ? R r 2r ? 2 4rR + 3R =2 // R 2r + 3R 1 4r + 3R = R 3 r+R
1 = R + r // R 3
同理,图预解16-5-6中1、3两顶点间的电阻 R 1, 3 为 (1)

4 R′ 3 由(1)、(2)式得等效单环电阻 R′ 为 = R 1, 3 2[(2 = R′) // R′]

(2)

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= R′
2. 第一问

3 1 R + r // R 4 4

(3)

现在考虑把 D1 、 D2 、 D3 、 D4 、 D5 按相反的次序,由内向外依次连接的情况.首先 求双环 D4 ? D5 的等效单环电阻 R (2) 〔即 (3) 式中的 R′ 〕 . 这时 r = R . 由 将 D4 接在 D5 外面, (3)式得到 R (2) 为

3 1 7 R (2) = R + R // R = R 4 4 8
其次,在双环 D4 ? D5 外面接上 D3 ,这时 r = R (2) .三环 D3 ? D4 ? D5 的等效单环电 阻 R (3) 为

3 1 3 1 ? 7 ? 13 R (3) = R + R // R (2) = R + R // ? R ? = R 4 4 4 4 ? 8 ? 15
由此可得一般公式, ( s + 1) 环的等效单环电阻 R
1) R (s+ =

( s +1)

可由 R (s ) 求出 (4)

3 1 R + R // R (s ) 4 4

于是

3 1 3 1 13 ? 97 R ( 4) = R + R // R (3) = R+ R // ? R ? R? = 4 4 4 4 ? 15 ? 112 3 1 3 1 97 ? 181 R (5) = R + R // R ( 4) = R+ R // ? R? = R ? 4 4 4 4 ? 112 ? 209
由 ( 2 ) 式 R 1, 3 = (4 / 3) R′ 得 出 由 一 个 环 ( D5 ) 、 两 个 环 ( D5 ? D4 ) 直 至 五 个 环 ( D5 ? D4 ? D3 ? D2 ? D1 )构成的线路1、3点间的电阻为
(1) R = 1, 3

4 4 = R' R 3 3 4?7? 7 = R ? ?R 3?8? 6 4 ? 13 ? 52 = R ? ?R 3 ? 15 ? 45 4 ? 97 ? 97 = R ? ?R 3 ? 112 ? 84 4 ? 181 ? 724 = R ? ?R 3 ? 209 ? 627
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(2) = R 1, 3

(3) = R 1, 3

(4) = R 1, 3

(5) = R 1, 3

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答:所求的五个环的1与3间的等效电阻确为

724 R .证毕。 627

3. 第二问 根据五个 D 组成的圆柱形网络的对称性, D5 的l、3两点等价于 D1 的2、4两点.等价 线路如图预解16-5-8与图预解16-5-9所示.设二图等价,求图预解16-5-9中的 R′′ 即可.

图复解 16-5-8

图复解 16-5-9

//(2 R (4) ) = R′′ (2 R )=
所以
(5) ′′ = R = R′′ 2, 4 R // 2

1 194 = R 1 56 209 + 2 R 97 R

2 388 = R′′ R 3 627

答:所求值为

388 R。 627

解法二: 第一问 图预解16-5-3可看做 D5 的接线图,其一半如图预解16-5-10所示,竖直粗线为一短路
(1) (1) 构成线路的1与0点间的阻值用 R 1, 根据对称性, 线. 一个环 ( D5 ) = R 1, 0 0 表示,

1 (1) 2 = R 1, 3 R。 2 3

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当 D5 接入 D4 后,由两个环(类似图预解16-5-5)构成线路图的一半如图预解16-5-11 所示.三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形( 2 ? 0'? 0 )中的2与 0' 间的阻值就是图预
(1) 解16-5-10中1与0间的阻值 R 1, (或图 0 。其等效电路如图预解16-5-12所示.图预解16-5-11 (1) 预解16-5-12)中的l与0点间的阻值用 R 1, 0 表示.有

?? ? 2 ? 7 (2) (1) R 1, [( R // R 1, R ?? R // R ? + R ? //= R R = 0 0 ) + R ]//= 3 ? 12 ?? ?
再将双环 D5 ? D4 接入 D3 ,其一半如图预解16-5-13所示, 三个带阴影的电阻与短路线围成的三角形中含有六个电阻,其2
(2) 与 0' 间的阻值就对应为 R 1, 0 ,参看图预解16-5-12的等效电路,


(3) (2) [( R // R 1, = R 1, 0 0 + R )]// R

?? ? 7 ? = ?? R // R ? + R ? // R 12 ? ?? ? 26 R = 45
同理,得

?? ? 26 ? 97 (4) (3) = [( R // R 1, = ?? R // R ? + R ? // R = R 1, R 0 0 + R )]// R 45 ? 168 ?? ?

?? ? 97 ? 362 (5) (4) R 1, = = ?? R // R ? + R ? // R = R [( R // R 1, 0 0 + R )]// R 168 ? 627 ?? ?
由此得
(5) (5) = R 1, R 1, 2= 3 0

724 R 627
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第二问 五个电阻环构成线路后,最外层环( D1 )上 2 点与 4 点间的等效电阻可借用图预解
(1) (4) 16-5-12求得,将图中 R 2, 0' 换成 R 2, 0' ,五个环构成的线路中2与4间阻值可如下求得:



97 194 (5) (4) = = R 2, 2= R // R 1, 2R // R // R R 0' 0 // R 168 627

(5) (5) = R 2, R 2, 2= 4 0'

388 R 627

六、参考解答 设所加匀强电场的场强为 E ,它在 y 方向和 z 方向的分量分别为 E y = ? E sin θ ,

E z = E cosθ 。
由于物块带负电,电场作用于物块的电力的两个分量分别为

Fy = ? qE y = qE sin q ? qE z = ? qE cosq Fz =

(1) (2)

方向沿 y 轴正方向.Fz 垂直于 xy 平面, 被绝缘平面的支持力所平衡, Fy 在 xy 平面内, 故物块对绝缘平面的正压力的大小 N 和 Fz 的大小相等,即

N = qE cosq
绝缘平面作用于物块的摩擦力

= = = qE sin = Fy f ? N qE tan qqq cos

(3)

f 的方向决定于物块移动的方向. 根据题意,物块在 xy 平面内的运动可看做是一种在力平衡下的缓慢移动.作用于物块
的三个力 Fy 、 f 和线的拉力 T 都在 xy 平面内.物块在任一位置达到平衡时的受力情况如 图预解16-6所示。 ? 为细线与 x 轴的夹角。把 T 沿 x 和 y 方向分解得

?T cos ? , Ty = ?T sin ? Tx =
用 f x 和 f y 表示 f 的两个分量,物块平衡时, 有

Fy ? T sin ? + f y = 0

(4)
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?T cos ? + f x = 0
由(4) 、 (5)式得

(5)

f2 ( Fy ? T sin ? ) 2 + T 2 cos 2 ? =
注意到(3)式,得

T (T ? 2 Fy sin ? ) = 0


T = 0 或 T = 2 Fy sin ?

(6)

因要小物块缓慢移动,需要细线牵引, T = 0 不符合题意,应舍去.因 0 < ? < π ,

= T 2 Fy sin ? > 0 ,将 T 代入(4)、(5)式,


? Fy cos 2 ? fy = T sin ? ? Fy = = f x T= cos ? Fy sin 2?
摩擦力方向的斜率

k=

fy fx

= ? cot ?

(7)

k 是摩擦力方向与 x 轴夹角的正切,即摩擦力方向的斜率,因摩擦力始终沿轨道的切 线方向,故 k 也就是轨道切线的斜率.下面,通过对(7)式的分析来寻找轨道方程. 当中一0,k-co即在起点A时,轨道的切线与x轴垂直 当 ? = 0 , k = ∞ ,即在起点 A 时,轨道的切线与 x 轴垂直。
, k = ∞ ,一种情况是小物块运动到 y 轴上后,沿 y 轴做直线运动到 O 点,但 2 这与题设轨迹移动是一条二次曲线不符,因而它一定表示轨道在 O 点的切线与 x 轴垂直. 在二次曲线中,曲线上两点切线相互平行的只有椭圆或圆.又因为 A 、 O 两点的切线 与它们的连线相垂直,这连线应为曲线的轴线,且在 Ox 轴上,另一轴在它的垂直平分线上 且与 y 轴平行。曲线与此轴线的交点的切线的斜率为0.代入(7)式得 ? = 圆,其方程为
2 x0 ? x0 ? 2 x ? + y = ? 2? 4 ? ? 2

当? =

π

π
4

,故该曲线为

(8)

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2000 年第 17 届全国中学生物理竞赛复赛

第 17 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
题 号 一 二 三 四 五 六 总 计

全卷共六题,总分 140 分
一、 (20 分)在一大水银槽中竖直插有一根玻璃管,管上端封闭,下端开口.已知槽中水 银液面以上的那部分玻璃管的长度 l = 76 cm ,管内封闭有= n 1.0 × 10-3 mol 的空气,保持 水银槽与玻璃管都不动而设法使玻璃管内空气的温度缓慢地降低 10 ℃ ,问在此过程中管内 空气放 出的 热量为 多少 ?已知 管外 大气的 压强 为 76 cm 汞柱 高, 每摩尔 空气 的 内 能

U = CVT , 其 中 T 为 绝 对 温 度 , 常 量 CV = 20.5 J ? (mol ? K)-1 , 普 适 气 体 常 量
R = 8.31 J ? (mol ? K)-1 。?

二、 (20 分)如图复 17-2 所示,在真空中有一个折射 、半径为 r 的质 率为 n ( n > n0 , n0 为真空的折射率) 地均匀的小球。频率为 ν 的细激光束在真空中沿直线 直线 BC 与小球球心 O 的距离为 l( l < r ) , BC 传播, 光束于小球体表面的点 C 点经折射进入小球(小球成 为光传播的介质) , 并于小球表面的点 D 点又经折射进 入真空.设激光束的频率在上述两次折射后保持不 变.求在两次折射过程中激光束中一个光子对小球作 用的平均力的大小.

三、 (25 分)1995 年,美国费米国家实验室 CDF 实验组和 DO 实验组在质子反质子对撞机 TEVATRON 的实验中,观察到了顶夸克,测得它的静止质量 寿命 m1 = 1.75 × 1011 eV/c 2 = 3.1 × 10-25 kg , 子物理研究最重要的实验进展之一. 1.正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为 U (r ) = ? k 这是近十几年来粒 = τ 0.4 × 10-24 s ,

4 aS ,式中 r 是正、反顶夸 3r

克之间的距离, aS = 0.12 是强相互作用耦合常数, k 是与单位制有关的常数,在国际单位 制中 k = 0.319 × 10-25 J ? m .为估算正、反顶夸克能否构成一个处在束缚状态的系统,可把 束缚状态设想为正反顶夸克在彼此间的吸引力作用下绕它们连线的中点做匀速圆周运 动.如能构成束缚态,试用玻尔理论确定系统处于基态中正、反顶夸克之间的距离 r0 .已 知处于束缚态的正、反夸克粒子满足量子化条件,即
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2000 年第 17 届全国中学生物理竞赛复赛

h ?r ? = mv ? 0 ? n= n 1, 2 , 3 ,3 2 2π ?2? r ?r ? 式中 mv ? 0 ? 为一个粒子的动量 mv 与其轨道半径 0 的乘积, n 为量子数, 2 ?2? h= 6.63 × 10-34 J ? s 为普朗克常量.
2.试求正、反顶夸克在上述设想的基态中做匀速圆周运动的周期 T .你认为正、反顶 夸克的这种束缚态能存在吗?

四、 (25 分)宇宙飞行器和小行星都绕太阳在同一平面内做圆周运动,飞行器的质量比小 小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的 6 倍. 有 行星的质量小得很多, 飞行器的速率为 v0 , Ⅰ. 当 人企图借助飞行器与小行星的碰撞使飞行器飞出太阳系, 于是他便设计了如下方案: 飞行器在其圆周轨道的适当位置时,突然点燃飞行器上的喷气发动机,经过极短时间后立 即关闭发动机,以使飞行器获得所需的速度,沿圆周轨道的切线方向离开圆轨道;Ⅱ. 飞 行器到达小行星的轨道时正好位于小行星的前缘,速度的方向和小行星在该处速度的方向 相同,正好可被小行星碰撞;Ⅲ. 小行星与飞行器的碰撞是弹性正碰,不计燃烧的燃料质 量. 1.试通过计算证明按上述方案能使飞行器飞出太阳系; 2.设在上述方案中,飞行器从发动机取得的能量为 E1 .如果不采取上述方案而是令 飞行器在圆轨道上突然点燃喷气发动机,经过极短时间后立即关闭发动机,以使飞行器获 得足够的速度沿圆轨道切线方向离开圆轨道后能直接飞出太阳系.采用这种办法时,飞行 器从发动机取得的能量的最小值用 E2 表示,问

E1 为多少? E2

五、 (25 分) 在真空中建立一坐标系, 以水平向右为 x 轴正方向, 竖直向下为 y 轴正方向, z 轴垂直纸面向里(图复 17-5) .在 0 ≤ y ≤ L 的区域内有匀强磁场, L = 0.80 m ,磁场的磁感强度 的方向沿 z 轴的正方向,其大小 B = 0.10 T .今把一荷质比

q= / m 50 C ? kg-1 的带正电质点在 x = 0 ,y = ?0.20 m ,z = 0 处
静止释放,将带电质点过原点的时刻定为 t = 0 时刻,求带电质 并求它刚离开磁场时的位置 点在磁场中任一时刻 t 的位置坐标. 和速度.取重力加速度 = g 10 m ? s-2 。

六、 (25 分)普通光纤是一种可传输光的圆
柱形细丝, 由具有圆形截面的纤芯 A 和包层 B
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组成, B 的折射率小于 A 的折射率,光纤的端面和圆柱体的轴垂直,由一端面射入的光在 很长的光纤中传播时,在纤芯 A 和包层 B 的分界面上发生多次全反射.现在利 用普通光纤测量流体 F 的折射率.实验 方法如下:让光纤的一端(出射端)浸 在流体 F 中.令与光纤轴平行的单色平 行光束经凸透镜折射后会聚光纤入射端 面的中心 O ,经端面折射进入光纤,在 光纤中传播.由点 O 出发的光束为圆锥 形,已知其边缘光线和轴的夹角为 α 0 , 如图复 17-6-1 所示.最后光从另一端面 出射进入流体 F .在距出射端面 h 1 处放 置一垂直于光纤轴的毛玻璃屏 D ,在 D 上出现一圆形光斑,测出其直径为 d 1 ,然后移动光屏 D 至距光纤出射端面 h 2 处,再测出 圆形光斑的直径 d 2 ,如图复 17-6-2 所示. 1.若已知 A 和 B 的折射率分别为 n A 与 nB ,求被测流体 F 的折射率 nF 的表达式. 2.若 n A 、 nB 和 α 0 均为未知量,如何通过进一步的实验以测出 nF 的值?

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第 17 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 设玻璃管内空气柱的长度为 h ,大气压强为 p0 ,管内空气的 压强为 p ,水银密度为 ρ ,重力加速度为 g ,由图复解 17-1-1 可 知

p + (l ? h) ρ g = p0
根据题给的数据,可知 p0 = l ρ g ,得

(1)

p = ρ gh
若玻璃管的横截面积为 S ,则管内空气的体积为 V = Sh 由(2)、(3)式得

(2) (3)

V (4) ρg S 即管内空气的压强与其体积成正比,由克拉珀龙方程 pV = nRT 得 p= V2 = nRT S 由(5)式可知,随着温度降低,管内空气 的体积变小,根据(4)式可知管内空气的 压强也变小,压强随体积的变化关系为 p ? V 图上过原点的直线,如图复解 17-1-2

ρg

(5)

所示. 在管内气体的温度由 T1 降到 T2 的过程 中,气体的体积由 V1 变到 V2 ,体积缩小, 外界对气体做正功,功的数值可用图中划有 斜线的梯形面积来表示,即有

= W
管内空气内能的变化

? V 2 ? V22 ? 1 ?V V ? ρ g ? 1 + 2 ? (V1 ?= V2 ) ρ g ? 1 ? 2 ?S S ? ? 2S ?

(6)

= ?U nCV (T2 ? T1 ) ?U ,有 设 Q 为外界传给气体的热量,则由热力学第一定律 W + Q = Q= ?U ? W
由(5) 、 (6) 、 (7) 、 (8)式代入得

(7)

(8)

1 ? ? Q= n(T2 ? T1 ) ? CV + R ? 2 ? ?

(9)

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代入有关数据得

Q = ?0.247 J Q < 0 表示管内空气放出热量,故空气放出的热量为 ?Q = Q′ = 0.247 J
(10)

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

二、参考解答 在由直线 BC 与小球球心 O 所确定的平面中,激光光束两次折射的光路 BCDE 如图复 解 17-2 所示,图中入射光线 BC 与出射光线 DE 的延长线交于 G ,按照光的折射定律有

n0 sin α = n sin β
式中 α 与 β 分别是相应的入射角和折射角,由几何关系还可知

(1)

l r 激光光束经两次折射,频率 ν 保持不变,故在两次 sin α =
折射前后,光束中一个光子的动量的大小 p 和 p′ 相 等,即

(2)

hν (3) ? p′ c 式中 c 为真空中的光速,h 为普朗克常量. 因射入小 球的光束中光子的动量 p 沿 BC 方向,射出小球的 = p
光束中光子的动量 p′ 沿 DE 方向,光子动量的方向 由于光束的折射而偏转了一个角度 2θ , 由图中几何 关系可知 = 2θ 2(α ? β )

(4)

若取线段 GN1 的长度正比于光子动量 p , GN 2 的长度正比于光子动量 p′ ,则线段 N1 N 2 的 长度正比于光子动量的改变量 ?p ,由几何关系得

= ?p 2 p= sin θ 2

hn sin θ c

(5)

?GN1 N 2 为等腰三角形,其底边上的高 GH 与 CD 平行,故光子动量的改变量 ?p 的方
向沿垂直 CD 的方向,且由 G 指向球心 O . 光子与小球作用的时间可认为是光束在小球内的传播时间,即

2r cos β ?t = cn0 / n
式中 cn0 / n 是光在小球内的传播速率。

(6)

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按照牛顿第二定律,光子所受小球的平均作用力的大小为

= f

?p n0 hn sin θ = ?t nr cos β

(7)

按照牛顿第三定律,光子对小球的平均作用力大小 F = f ,即

F=

n0 hn sin θ nr cos β

(8)

力的方向由点 O 指向点 G .由(1)、(2)、(4)及(8)式,经过三角函数关系运算, 最后可得

= F

n0lhn nr 2

? r2 ? l2 ?1 ? (nr / n0 ) 2 ? l 2 ? ?

? ? ? ?

(9)

评分标准:本题 20 分 (1)式 1 分,(5)式 8 分,(6)式 4 分,(8)式 3 分,得到(9)式再给 4 分。

三、参考解答 1.相距为 r 的电量为 Q1 与 Q2 的两点电荷之间的库仑力 FQ 与电势能 U Q 公式为

Q1Q2 QQ U Q = ? kQ 1 2 2 r r 现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为 4a U (r ) = ?k S 3r 根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为 4 aS F (r ) = ?k 2 3r FQ=kQ

(1)

(2)

设正反顶夸克绕其连线的中点做匀速圆周运动的速率为 v ,因二者相距 r0 ,二者所受的向 心力均为 F (r0 ) ,二者的运动方程均为

4 aS mt v 2 =k 2 r0 / 2 3r0
由题给的量子化条件,粒子处于基态时,取量子数 n = 1 ,得

(3)

?r ? h 2mt v ? 0 ? ? ? 2 ? 2π
由(3)、(4)两式解得

(4)

r0 =
代入数值得

3h 2 8π 2 mt aS k

(5)

-17 r = m 0 1.4 × 10

(6)
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2. 由(3)与(4)两式得

v=

π ? 4 aS ?
h? ? k 3 ? ?

(7)

由 v 和 r0 可算出正反顶夸克做匀速圆周运动的周期 T

= T
代入数值得

2π (r0 / 2) h3 = v 2π 2 mt (k 4aS / 3) 2

(8)

= T 1.8 × 10-24 s

(9)

由此可得 (10) τ / T = 0.2 因正反顶夸克的寿命只有它们组成的束缚系统的周期的 1/5,故正反顶夸克的束缚态 通常是不存在的. 评分标准:本题 25 分 1. 15 分。(2)式 4 分,(5)式 9 分,求得(6)式再给 2 分。 2. 10 分。(8)式 3 分。(9)式 1 分,正确求得(10)式并由此指出正反顶夸克不能形 成束缚态给 6 分。

四、参考解答 1.设太阳的质量为 M 0 ,飞行器的质量为 m ,飞行器绕太阳做圆周运动的轨道半径为

R .根据所设计的方案,可知飞行器是从其原来的圆轨道上某处出发,沿着半个椭圆轨道 到达小行星轨道上的, 该椭圆既与飞行器原来的圆轨道相切, 又与小行星的圆轨道相切. 要
使飞行器沿此椭圆轨道运动,应点燃发动机使飞行器的速度在极短的时间内,由 v0 变为某 一值 u0 .设飞行器沿椭圆轨道到达小行星轨道时的速度为 u ,因大小为 u0 和 u 的这两个速 度的方向都与椭圆的长轴垂直,由开普勒第二定律可得

u0 R = 6uR
由能量关系,有

(1)

M 0m 1 2 M m 1 2 mu0 ? G = mu ? G 0 R 2 2 6R 由牛顿万有引力定律,有 G

2 M 0m v0 = m R R2

(2)

v0 =

GM 0 R

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

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u0 =

12 v0 7 1 v0 21

(4)

u=

(5)

设小行星绕太阳运动的速度为 v ,小行星的质量 M ,由牛顿万有引力定律

G


M 0M v2 = M 6R (6 R ) 2

= v

GM 0 1 = v0 6R 6

(6)

可以看出 (7) v>u 由此可见,只要选择好飞行器在圆轨道上合适的位置离开圆轨道,使得它到达小行星轨道 处时,小行星的前缘也正好运动到该处,则飞行器就能被小行星撞击.可以把小行星看做 是相对静止的,飞行器以相对速度为 v ? u 射向小行星,由于小行星的质量比飞行器的质量 大得多,碰撞后,飞行器以同样的速率 v ? u 弹回,即碰撞后,飞行器相对小行星的速度的 大小为 v ? u ,方向与小行星的速度的方向相同,故飞行器相对太阳的速度为

u1 = v + v ? u = 2v ? u
或将(5)、(6)式代入得

? 2 1 ? = u1 ? ? 3 ? 21 ? ? v0 ? ?

(8)

如果飞行器能从小行星的轨道上直接飞出太阳系,它应具有的最小速度为 u2 ,则有

M m 1 2 mu2 ? G 0 = 0 2 6R


= u2
可以看出

GM 0 = 3R

1 v0 3

(9)

u1=

1 ? 1 ? 1 v0= u2 ? 2? ? v0 > 3? 7? 3

(10)

飞行器被小行星撞击后具有的速度足以保证它能飞出太阳系. 2. 为使飞行器能进入椭圆轨道,发动机应使飞行器的速度由 v0 增加到 u0 ,飞行器从 发动机取得的能量

1 2 1 2 1 12 2 1 2 5 2 E1 = mu0 ? mv0 = m v0 ? mv0 = mv0 2 2 2 7 2 14

(11)

若飞行器从其圆周轨道上直接飞出太阳系,飞行器应具有的最小速度为 u3 ,则有
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M m 1 2 mu3 ? G 0 = 0 R 2
由此得

= u3

M = 2G 0 R

2v0

(12)

飞行器的速度由 v0 增加到 u3 ,应从发动机获取的能量为

1 2 1 2 1 2 ? mv0 = E2 = mu3 mv0 2 2 2
所以

(13)

5 2 E1 14 mv0 = = 0.71 1 2 E2 mv 2 0

(14)

评分标准:本题 25 分 1. 18 分。其中(5)式 6 分,求得(6)式,说明飞行器能被小行星碰撞给 3 分;(8)式 5 分;得到(10)式,说明飞行器被小行星碰撞后能飞出太阳系给 4 分。 2. 7 分。其中(11)式 3 分,(13)式 3 分,求得(14)式再给 1 分。

五、参考解答 解法一: 带电质点静止释放时,受重力作用做自由落体运动,当它到达坐标原点时,速度为

= v1

= 2g | y | 2.0 m ? s-1

(1)

方向竖直向下.带电质点进入磁场后,除受重力作用外,还受到洛伦兹力作用,质点速度 的大小和方向都将变化,洛伦兹力的大小和方向亦随之变化.我们可以设想,在带电质点 到达原点时,给质点附加上沿 x 轴正方向和负方向两个大小都是 v0 的初速度,由于这两个 方向相反的速度的合速度为零,因而不影响带电质点以后的运动.在 t = 0 时刻,带电质点 因具有沿 x 轴正方向的初速度 v0 而受洛伦兹力 f1 的作用。

f1 = qv0 B
其方向与重力的方向相反.适当选择 v0 的大小,使 f1 等于重力,即

(2)

qv0 B = mg

(3)

v0 =

g = 2.0 m ? s-1 ( q / m) B

(4)

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只要带电质点保持(4)式决定的 v0 沿 x 轴正方向运动, f1 与重力的合力永远等于零.但此 时,位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度 v1 和沿 x 轴负方向的速度 v0 ,二者的 合成速度大小为

= v

2 + = v12 2.8 m ? s-1 v0

(5)

方向指向左下方,设它与 x 轴的负方向的夹角为 α ,如图复解 17-5-1 所示,则

= tan a

v1 = 1 v0

(6) 4 因而带电质点从 t = 0 时刻起的运动可以看做是 沿 x 轴的正方向的匀速直线运动和在 速率为 v0 , 圆 xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的合成. 周半径

α=

π

= R

mv = 0.56 m qB

(7)

带电质点进入磁场瞬间所对应的圆周运动的圆心 O′ 位于垂直于质点此时速度 v 的直线上, 由图复解 17-5-1 可知,其坐标为

= = sin α 0.40 m ? xO ' R ? = = cos α 0.40 m ? yO ' R
圆周运动的角速度

(8)

v (9) = 5.0 rad ? s-1 R 由图复解 17-5-1 可知,在带电质点离开磁场区域前的任何时刻 t ,质点位置的坐标为 = ω
x = v0t ? [ R sin(ω t + α ) ? xO ' ]
(10) (11)

y= yO ' ? R cos(ω t + α )

式中 v0 、 R 、 ω 、 α 、 xO ' 、 yO ' 已分别由(4)、(7)、(9)、(6)、(8)各式给出。 带电质点到达磁场区域下边界时, y = L = 0.80 m ,代入(11)式,再代入有关数值, 解得

t = 0.31 s
将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得 x = 0.63 m 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 z=0 x = 0.63 m y = 0.80 m

(12) (13) (14)
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带电质点在磁场内的运动可分解成一个速率为 v 的匀速圆周运动和一个速率为 v0 的沿

x 轴正方向的匀速直线运动,任何时刻 t ,带电质点的速度 V 便是匀速圆周运动速度 v 与匀
速直线运动的速度 v0 的合速度.若圆周运动的速度在 x 方向和 y 方向的分量为 vx 、 v y ,则 质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

V= vx + v0 x Vy = v y

(15) (16)

2 2 虽然 vx + vy = v , v 由(5)式决定,其大小是恒定不变的, v0 由(4)式决定,也是恒定

不变的,但在质点运动过程中因 v 的方向不断变化,它在 x 方向和 y 方向的分量 vx 和 v y 都 随时间变化,因此 Vx 和 V y 也随时间变化,取决于所考察时刻质点做圆周运动速度的方向, 由于圆周运动的圆心的 y 坐标恰为磁场区域宽度的一半,由对称性可知,带电质点离开磁 场下边缘时,圆周运动的速度方向应指向右下方,与 x 轴正方向夹角 α ' = 得

π
4

,故代入数值

= vx v cos = α ' 2.0 m ? s-1 = v y v sin = α ' 2.0 m ? s-1
将以上两式及(5)式代入(15)、 (16)式,便得带电质点刚离开磁场区域时的速度分量, 它们分别为

= Vx 4.0 m ? s-1
= V y 2.0 m ? s-1
速度大小为

(17) (18)

V=

Vx2 + V y2 = 4.5 m ? s-1

(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 β ,如图复解 17-5-2 所示, 则

β tan=


Vy 1 = Vx 2
(20)

β = 27°

评分标准:本题 25 分 (4)式 5 分,求得(5)、 (6)式各给 3 分, 求得 (10) 、 (11)式各给 2 分,(14)式 3 分,(19)式 5 分,求 得(20)式再给 2 分。
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解法二: 若以带电质点到达坐标原点 O 的时刻作为起始时刻( t = 0 ),则质点的初速度为

= v1

= 2g | y | 2.0 m ? s-1

(1′)

方向沿 y 轴正方向.进入磁场区后,带电质点将受到洛伦兹力作用,洛伦兹力在 x 方向的 分力取决于质点在 y 方向的分速度,因此质点动量在 x 方向的分量的增量为

m?vx = qv y B?t= qB?y
一段 ?t 时间都成立,所以在 t = 0 到 t = t 时间内 x 方向的动量的改变为

(2′)

?y 是带电质点在 ?t 时间内沿 y 方向的位移,质点在磁场中运动的整个过程中,此式对每 mvx ? mv0 x = qB ( y ? y0 )
因初始时刻( t = 0 ),带电质点在 x 轴方向的动量 mv0 x 为零,其位置在原点, y0 = 0 ,因 而得

mvx = qyB


qB (3′) y m 当带电质点具有 x 方向的速度后,便立即受到沿 y 负方向的洛伦兹力的作用.根据牛 vx =

顿第二定律,在 y 方向上有加速度 a y

ma = y mg ? qvx B
将(3′)式代入(4′)式,得

(4′)

? (qB ) 2 ? ? m2 ? ?? ? ma y = y g? ?? q2 B2 ? ? m ??
令 式中

(5′) (6′)

y= ' y?D m2 g g = = 0.40 m 2 (qB ) ( q / m) 2 B 2

= D

(7′)

即在 y 方向作用于带电质点的合力

Fy = ? ky '
其中

k=

q2 B2 m

Fy 是准弹性力,在 Fy 作用下,带电质点在 y ' 方向的运动是简谐振动,振动的圆频率 = ω y ' 随时间变化的规律为
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? qB ? 5.0 rad ? s-1 ?= ? ? m?

2

(8′)

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= y ' A cos(ω t + ? 0 )


(9′)

= y ' A cos(ω t + ? 0 ) + D A 与 ? 0 是待求的常量,质点的简谐运动可以用参考圆来描
写, 以所考察的简谐运动的振幅 A 为半径作一圆, 过圆心 O1 作一直角坐标 x ' O1 y ' .若有一质点 M 沿此圆周做匀速率圆 且 周运动, 运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ω , 按逆时针方向转动,在 t = 0 时刻, M 点的在圆周上的位置 恰使连线 O1M 与 y ' 轴的夹角等于(9′)式中的常量 ? 0 ,则 在任意时刻 t , O1 与 M 的连线与 y ' 轴的夹角等于 ω t + ? 0 ,

(10′)

于是连线 O1M 在 y ' 轴上的投影即为 (9′) 式所示的简谐振动, 将 x ' 轴平行下移 D = 0.40 m , 连线 O1M 在 y 轴的投影即如(10′)式所示(参看图复解 17-5-3), M 点做圆周运动的速 度大小 v = Aω , 方向与 O1M 垂直, 速度 v 的 y 分量就是带电质点沿 y 轴做简谐运动的速度, 即

vy = ? Aω sin(ω t + ? 0 )

(11′)

(10′)和(11′)两式中的 A 和 ? 0 可由下面的方法求得:因为已知在 t = 0 时,带电质点位 于 y = 0 处,速度 v y = v1 ,把这个条件代入(10′)式与(11′)式得

A cos ? 0 + D = 0 v1 = ? Aω sin ? 0
解上面两式,结合(1′)、(8′)式,注意到振幅 A 总是正的,故得

?0 =

5π 4 A = 0.56 m

(12′) (13′) (14′)

把(10′)式代入(3′)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度

vx = ω D + Aω cos(ω t + ? 0 )

(14′)式表示带电质点在 x 方向上的速度是由两个速度合成的,即沿 x 方向的匀速运动速 度 ω D 和 x 方向的简谐振动速度 Aω cos(ω t + ? 0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的 位移
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x ' = ω Dt

(15′)

由沿 x 方向的简谐振动速度 Aω cos(ω t + ? 0 ) 可知,沿 x 方向振动位移的振幅等于速度的最 大值与角频率的比值(参看图复解 17-5-3),即等于 A .由参考圆方法可知,沿 x 方向的 振动的位移 x '' 具有如下的形式

π? ? A cos ? ω t + ? 0 ?= ? A sin(ω t + ? 0 ) 2? ?
它可能是 = = x '' A sin(ω t + ? 0 ) ,亦可能是 x ''? b A sin(ω t + ? 0 ) .在本题中,t = 0 时刻, x 应 为零,故前一表示式不符合题意.后一表示式中, b 应取的值为 b = ? A sin ? 0 ,故有

? A sin ? 0 + A sin(ω t + ? 0 ) x '' =
带电质点在 x 方向的合位移 x = x '+ x '' ,由(15′)、(16′)式,得

(16′)

ω Dt ? A sin ? 0 + A sin(ω t + ? 0 ) x=

(17′)

(17′)、(10′)、(14′)和(11′)式分别给出了带电质点在离开磁场区域前任何时刻 t 的 位置坐标和速度的 x 分量和 y 分量,式中常量 ω 、 A 、 ? 0 、 D 已分别由(8′)、(13′)、 (12′)和(7′)式给出. 当带电质点达到磁场的下边界时, y = L = ?0.80 m 将与(10′)式有关的数据代入(10′)式,可解得 t = 0.31 s 代入(17′)式,得 x ≈ 0.63 m 将(19′)式分别代入(14′)式与(11′)式,得

(18′) (19′) (20′)

= vx 4.0 m ? s-1
速度大小为

v y 2.0 m ? s-1 =

V=
速度方向为

2 -1 vx + v2 y = 4.5 m ? s

(21′)

= arctan ? a
评分标准:本题 25 分

? vy ? = ? 27° ? vx ?

(22′)

(7′)式 2 分, (8′)式 3 分, (10′)式 2 分, (11′)式 2 分, (12′)式 3 分, (13′)式 3 分, (14′) 式 2 分,(17′)式 3 分,(20′)式 3 分,(21′)式 1 分,(22′)式 1 分。

六、参考解答

1.由于光纤内所有光线都从轴上的 O 点出发,在光纤中传播的光线都与轴相交,位于 通过轴的纵剖面内, 图复解 17-6-1 为纵剖面内的光路图, 设由 O 点发出的与轴的夹角为 α
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的光线,射至 A 、 B 分界面的入射角为 i ,反射角也为 i .该光线在光纤中多次反射时的入 射角均为 i ,射至出射端面时的入射角为 α .若该光线折射后的折射角为 θ ,则由几何关 系和折射定律可得 (1) i + α = 90°

n A sin α = nF sin θ
当 i 大于全反射临界角 iC 时将发 生全反射, 没有光能损失, 相应的 光线将以不变的光强射向出射端 面,而 i < iC 的光线则因在发生反

(2)

射时有部分光线通过折射进入 B , 反射光强随着反射次数的增大而 越来越弱, 以致在未到达出射端面之前就已经衰减为零了. 因而能射向出射端面的光线的 i 的数值一定大于或等于 iC , iC 的值由下式决定

n A sin iC = nB
与 iC 对应的 α 值为

(3)

α C= 90° ? iC


(4)

α 0 > α C 时 , 即 sin α 0 > sin α C = cos iC =? 1 sin 2 iC =? 1 ( nB / n A ) 2 时 , 或

2 2 时,由 O 发出的光束中,只有 α ≤ α C 的光线才满足 i ≥ iC 的条件,才 ? nB n A sin α 0 > n A

能射向端面,此时出射端面处 α 的最大值为

aa max= C= 90° ? iC

(5)

2 2 若 α 0 < α C ,即 n A sin α 0 < n A 时,则由 O 发出的光线都能满足 i > iC 的条件,因而都 ? nB

能射向端面,此时出射端面处 α 的最大值为

aa max = 0
端面处入射角 α 最大时,折射角 θ 也达最大值,设为 θ max ,由(2)式可知

(6)

nF sin θ max = n A sin a max
由(6)、(7)式可得,当 α 0 < α C 时

(7)

nF =

n A sin a 0 sin θ max

(8)

由(3)至(7)式可得,当 α 0 ≥ α C 时
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2000 年第 17 届全国中学生物理竞赛复赛

n A cos iC = nF = sin θ max

2 2 ? nB nA

sin θ max

(9)

θ max 的数值可由图复解 17-6-2 上的几何关系求得
sin θ max = (d 2 ? d1 ) / 2
(10)

[(d 2 ? d1 ) / 2]

2

+ (h2 ? h1 ) 2

于是 nF 的表达式应为

nF = n A sin α 0

[(d 2 ? d1 ) / 2]

2

+ (h2 ? h1 ) 2

(d 2 ? d1 ) / 2

( a0 < aC )

(11)

2 2 nF = n A ? nB

[(d 2 ? d1 ) / 2]

2

+ (h2 ? h1 ) 2

(d 2 ? d1 ) / 2

( a0 < aC )

(12)

2. 可将输出端介质改为空气,光源保持不变,按同样手续再做一次测量,可测得 h1′ 、

h2′ 、 d1′ 、 d 2′ ,这里打撇的量与前面未打撇的量意义相同.已知空气的折射率等于 1,故


当 a0 < aC 时

1 = n A sin α 0

?(d ′ ? d ′ ) / 2 ? + (h ′ ? h ′ )2 1 2 1 ? 2 ? (d 2′ ? d1′ ) / 2 ?(d ′ ? d ′ ) / 2 ? + (h ′ ? h ′ )2 1 2 1 ? 2 ? (d 2′ ? d1′ ) / 2
2

2

(13)

当 a0 ≥ aC 时

2 2 ? nB 1 = nA

(14)

将(11)、(12)两式分别与(13)、(14)相除,均得

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2000 年第 17 届全国中学生物理竞赛复赛

d ′ ? d1′ nF = 2 d 2 ? d1

[(d 2 ? d1 ) / 2]

2 2

+ (h2 ? h1 ) 2

(15)

?(d ′ ? d ′ ) / 2 ? + (h ′ ? h ′ )2 1 2 1 ? 2 ?

这结果适用于 α 0 为任何值的情况。 评分标准:本题 25 分 1. 18 分。(8)式、(9)式各 6 分,求得(11)式、(12)式再各给 3 分 2. 7 分。(13)式、(14)式各 2 分,求得(15)式再给 3 分。如果利用已知其折射率的 液体代替空气,结果正确,照样给分。

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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

第 18 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
全卷共六题,总分为 140 分
一、 (22 分)有一放在空气中的玻璃棒,折射率 n = 1.5 ,中心轴线长 L = 45 cm ,一端是半 径为 R1 = 10 cm 的凸球面. 1.要使玻璃棒的作用相当于一架理想的天文望远镜(使主光轴上无限远处物成像于主 光轴上无限远处的望远系统) ,取中心轴线为主光轴,玻璃棒另一端应磨成什么样的球面? 2.对于这个玻璃棒,由无限远物点射来的平行入射光柬与玻璃棒的主光轴成小角度 φ1 时,从棒射出的平行光束与主光轴成小角度,求 φ2 / φ1(此比值等于此玻璃棒望远系统的视 角放大率) . 二、(22 分)正确使用压力锅的方法是:将己盖好密封锅盖的压力锅(如图复 18-2-1)加热,当 锅内水沸腾时再加盖压力阀 S, 此时可以认为锅内只有水的饱和蒸气, 空气己全部排除. 然 后继续加热,直到压力阀被锅内的水蒸气顶起时,锅内即已达到预期温度(即设计时希望达 到的温度), 现有一压力锅, 在海平面处加热能达到的预期温度为 120℃. 某人在海拔 5000m 的高山上使用此压力锅,锅内有足量的水. 1.若不加盖压力阀,锅内水的温度最高可达多少? 2.若按正确方法使用压力锅,锅内水的温度最高可达多少? 3. 若未按正确方法使用压力锅, 即盖好密封锅盖一段时间后, 在点火 前就加上压力阀。 此时水温为 27℃, 那么加热到压力阀刚被顶起时, 锅内 水的温度是多少?若继续加热, 锅内 水的温度最高可达多少?假设空气 不溶于水. 已知: 水的饱和蒸气压 pw (t ) 与温度 t 的关系图线如图复 18-2-2 所示. 大气压强 p ( z ) 与高度 z 的关系 的简化图线如图复 18-2-3 所示. t = 27 ℃时 t = 27 pw (27°) = 3.6 × 103 Pa ; t = 27 z = 0 处 p = (0) 1.013 × 105 Pa

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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

三、 (22 分)有两个处于基态的氢原子 A 、 B , A 静止, B 以速度 v0 与之发生碰撞.己知: 碰撞后二者的速度 v A 和 vB 在一条直线上,碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收。 从而该原子由基态跃迁到激发态,然后,此原子向低能级态跃迁,并发出光子.如欲碰后 发出一个光子,试论证:速度 v0 至少需要多大(以 m/s 表示)?己知电子电量为

e 1.602 × 10-19 C ,质子质量为 = = m p 1.673 × 10-27 kg 。电子质量为

= me 0.911 × 10-31 kg .氢原子的基态能量为 E1 = ?13.58 eV .
四、 (22 分)如图复 18-4 所示,均匀磁 场的方向垂直纸面向里,磁感应强度 B 随时间 t 变化, = B B0 ? kt ( k 为大于 0 的常数) . 现有两个完全相同的均匀金属 圆环相互交叠并固定在图中所示位置, 环面处于图中纸面内。 圆环的半径为 R , 电阻为 r ,相交点的电接触良好.两个 环的接触点 A 与 C 间的劣弧对圆心 O 的张角为 60°。求 t = t0 时,每个环所受 的均匀磁场的作用力,不考虑感应电流 之间的作用. 五、 (25 分)如图复 18-5 所示,一薄壁导体球壳(以下简 称为球壳)的球心在 O 点.球壳通过一细导线与端电压 U = 90 V 的电池的正极相连,电池负极接地.在球壳外 A
-9 点有一电量为 q= C 的点电荷, B 点有一电量为 1 10 × 10 -9 q= C 的点电荷。 OA 之间的距离 d1 = 20 cm , 2 16 × 10

图复 18-4

OB 之间的距离 d 2 = 40 cm .现设想球壳的半径从

a = 10 cm 开始缓慢地增大到 50 cm ,问:在此过程中的 不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?己知静电力恒
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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

量 k =× 9 10 N ? m ? C

9

2

-2

.假设点电荷能穿过球壳壁进入导体球壳内而不与导体壁接触。

六、 (27 分)一玩具“火箭”由上下两部分和一短而硬(即劲度系数很大)的轻质弹簧构 成.上部分 G1 的质量为 m1 ,下部分 G2 的质量为 m2 ,弹簧夹在 G1 与 G2 之间,与二者接触 而不固连. 让 G1 、G2 压紧弹簧, 并将它们锁定, 此时弹簧的弹性势能为己知的定值 E0 . 通 过遥控可解除锁定, 让弹簧恢复至原长并释放其弹性势能, 设这—释放过程的时间极短. 第 一种方案是让玩具位于一枯井的井口处并处于静止状态时解除锁定,从而使上部分 G1 升 空.第二种方案是让玩具在井口处从静止开始自由下落,撞击井底(井足够深)后以原速 率反弹,反弹后当玩具垂直向上运动到离井口深度为某值 h 的时刻解除锁定. 1.在第一种方案中,玩具的上部分 G1 升空到达的最大高度(从井口算起)为多少? 其能量是从何种形式的能量转化来的? 2.在第二种方案中,玩具的上部分 G1 升空可能达到的最大高度(亦从井口算起)为 多少?并定量地讨论其能量可能是从何种形式的能量转化来的.

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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

第 18 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 1. 对于一个望远系统来说,从主光轴上无限远处的物点发出的入射光为平行于主光轴 的光线,它经过系统后的出射光线也应与主光轴平行,即像点也在主光轴上无限远处,如 图复解 18-1-1 所示,图中 C1 为左端球面的球心.

由正弦定理、折射定律和小角度近似得

AF1 ? R1 sin r1 r 1 1 = ≈ 1= ≈ R1 sin(i1 ? r1 ) i1 ? r1 (i1 / r1 ) ? 1 n ? 1


(1)

AF1 1 (2) ?1 = R1 n ?1 光线 PF1 射到另一端面时,其折射光线为平行于主光轴的光线,由此可知该端面的球

心 C2 一定在端面顶点 B 的左方, C2 B 等于球面的半径 R2 ,如图复解 18-1-1. 仿照上面对左端球面上折射的关系可得

BF1 1 ?1 = R2 n ?1
又有

(3) (4) (5)

BF1= L ? AF1 由(2) 、 (3) 、 (4)式并代入数值可得 R2 = 5 cm

即右端为半径等于 5 cm 的向外凸的球面. 2. 设从无限远处物点射入的平行光线用①、②表示,令①过 C1 ,②过 A ,如图复解 18-1-2 所示,则这两条光线经左端球面折射后的相交点 M ,即为左端球面对此无限远物点 成的像点.现在求 M 点的位置。在 ?AC1M 中

R1 AM AC = = sin(π ? φ1 ) sin φ1 sin(φ1 ? φ1′) n sin φ1′ = sin φ1 已知 φ1 , φ1′ 均为小角度,则有


(6) (7)

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AM

φ1



R1 1 φ1 (1 ? ) n

(8)

与(2)式比较可知, AM ≈ AF1 ,即 M 位于过 F1 垂直于主光轴的平面上.上面已知,玻 璃棒为天文望远系统, 则凡是过 M 点的傍轴光线从棒的右端面射出时都将是相互平行的光 线.容易看出,从 M 射出 C2 的光线将沿原方向射出,这也就是过 M 点的任意光线(包括 由图复 18-1-2 光线①、 ②) 从玻璃棒射出的平行光线的方向。 此方向与主光轴的夹角即为 φ2 , 可得
1 =

φ φ2

C1 F1 AF1 ? R1 = C2 F1 BF1 ? R2 = R1 R2

(9)

由(2) 、 (3)式可得

AF1 ? R1 BF1 ? R2


φ2 R1 = = 2 φ1 R2

(10)

二、参考解答 1.已知在海平面处,大气压强 p = (0) 101.3 × 103 Pa .如图复解 18-2-1,在 z = 5000 m 处,大气压强为 p (5000) = 53 × 103 Pa 。 (1)

此处水沸腾时的饱和蒸气压 pw 应等于此值.由图复解 18-2-2 可知,对应的温度即沸点为

t = 1 82 °C

(2)

达到此温度时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故在 5000m高山上,若不加盖压力锅,锅 内温度最高可达 82℃. 2.由图复解 18-2-2 可知,在 t = 120 ℃时,水的饱和蒸气压 pw (120°= ) 198 × 103 Pa ,
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而在海平面处,大气压强 p (0) = 101 × 103 Pa .可见压力阀的附加压强为

= pS pw (120°) ? p (0) = 198 × 103 ? 101.3 × 103 = 96.7 × 103 Pa
在 5000m高山上,大气压强与压力阀的附加压强之和为 p′ = pS + p (5000) = 96.7 × 103 + 53 × 103 = 149.7 × 103 Pa 若在 t = t2 时阀被顶起,则此时的 pw 应等于 p′ ,即 (5) pw = p ′ 由图复解 18-2-2 可知 (6) t2 = 112 ℃ 此时锅内水开始沸腾,温度不再升高,故按正确方法使用此压力锅,在 5000m高山上锅内 水的温度最高可达 112 ℃ . (3)

(4)

3. 在未按正确方法使用压力锅时, 锅内有空气, 设加压力阀时, 内部水蒸汽已饱和. 由 = 3.6 × 103 Pa , 图复解 18-2-2 可知,在 t = 27 ℃时,题中已给出水的饱和蒸气压 pw (27°) 这时锅内空气的压强(用 pa 表示)为

pa= (27°) p (5000) ? pw (27°) = (53 × 103 ? 3.6 × 103 ) Pa
(7) = 49.4 × 103 Pa 当温度升高时,锅内空气的压强也随之升高,设在温度为 t ℃时,锅内空气压强为 pa (t ) ,则有 pa (t ) p (27°) = a 273 + t 273 + 27
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) (164.7t + 45.0 × 103 ) Pa pa (t= 若在 t = t ′ 时压力阀刚好开始被顶起,则有 pw (t ′) + p2 (t ′) = p′
由此得

(8) (9)

pw (t ′) =p′ ? pa (t ′) =(105 × 103 ? 164.7t ′) Pa
画出函数 p′ ? pa (t ′) 的图线, 取= t 0 , p′ ? pa (0°= ) 105 × 103 Pa

(10)

= t 100 , p′ ? pa (100° = ) 88.6 × 103 Pa
由此二点便可在图复解 18-2-2 上画出此直线, 此直线与图复解 18-2-2 中的 pw(t )~t 曲线的 交点为 A , A 即为所求的满足(10)式的点,由图可看出与 A 点对应的温度为 (11) t ′ = 97 ℃ 即在压力阀刚开始被顶起时,锅内水的温度是 97 ℃ ,若继续加热,压力阀被顶起后,锅内 空气随水蒸汽一起被排出,最终空气排净,锅内水温仍可达 112 ℃ .

三、参考解答 为使氢原子从基态跃迁到激发态,需要能量最小的激发态是 n = 2 的第一激发态.已知 氢原子的能量与其主量子数的平方成反比. 1 (1) En = K 2 n 又知基态( n = 1 )的能量为-13.58 eV ,即

1 = ?13.58 eV 12 所以 K = ?13.58 eV n = 2 的第一激发态的能量为 1 1 E2 = K 2 = ?13.58 × = ?3.39 eV 4 2 为使基态的氢原子激发到第一激发态所需能量为 E内 = E2 ? E1 = (?3.39 + 13.58) eV=10.19 eV E1 = K

(2) (3)

这就是氢原子从第一激发态跃迁到基态时发出的光子的能量,即 hν = E内 = 10.19 eV=10.19 × 1.602 × 10-19 J=1.632 × 10-18 J (4) 式中 ν 为光子的频率,从开始碰到发射出光子,根据动量和能量守恒定律有 (5) mv0 = mv A + mvB + 光子的动量

1 2 1 2 2 (6) mv0 = m(v A + vB ) + hν 2 2 hν hν 2hν 光子的动量 pν = 。由(6)式可推得 mv0 > ,因为 v0 << c ,所以 mv0 >> ,故(5) v0 c c (5)式变为 式中光子的动量与 mv0 相比较可忽略不计,
mv0 = mv A + mvB = m(v A + vB )
符合(6) 、 (7)两式的 v0 的最小值可推求如下:由(6)式及(7)式可推得
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(7)

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1 2 1 mv0 = m(v A + vB ) 2 ? mv AvB + hν 2 2 1 2 = mv0 ? mv A (v0 ? v A ) + hν 2 2 mv A ? mv Av0 + hν = 0
经配方得

1 ? 1 2 ? 0 m ? v A ? v0 ? ? mv0 + hν = 2 ? 4 ?
1 2 1 ? ? = mv0 hν + m ? v A ? v0 ? 4 2 ? ? 1 由(8)式可看出,当 v A = v0 时, v0 达到最小值 v0min ,此时 2 v A = vB v0min = 2 hn m
2

2

(8)

(9) (10)

代入有关数据,得 v0min = 6.25 × 104 m / s 答: B 原子的速度至少应为 6.25 × 10 m / s .
4

(11)

四、参考解答 1.求网络各支路的电流. 因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性, 可设两环各支路的感应电流 I1 、

I 2 的方向如图复解 18-4-1 所示,对左环电路 ADCFA ,有关系 = ε I1rCFA + I 2 rADC


rCFA =


r 5r , rADC = , ε = Kπ R 2 6 6
(1)

r 5r + I2 6 6 因回路 ADCEA 所围的面积为 ? 2π ? 3 3 ? 2 2? ? ? ?R 12 ? ? 故对该回路有 = Kπ R 2 I1

? ? 2π ? 3 3 ? 2 ? r K ? 2? R ? = 2I 2 ? ? ? ? ? 12 6 ? ? ? ?
解得

(2)

I2 =
代入(1)式,得

(2π ? 3 3) R 2 K 2r (10π + 3 3) R 2 K 10r

(3)

I1 =

(4)
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2.求每个圆环所受的力. 先求左环所受的力,如图复解 18-4-2 所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可 知,每段圆弧所受的力的方向均为径向,根据对称性分析,因圆弧 PMA 与圆弧 CNQ 中的 电流方向相反,所以在磁场中受的安培力相互抵消,而弧 PQ 与弧 AC 的电流相对 x 轴上下 是对称的,因而每段载流导体所受的安培力在 y 方向的合力为零,以载流导体弧 PQ 上的 线段 ?l ′ 为例,安培力 ?F 为径向,其 x 分量的大小表示为

?Fx = I1 B?l ′ cos α
因 ?l ′ cos α = ?l 故 ?Fx = I1 B?l

(5)

= Fx

= ?l ∑ I1B

I1 BPQ = I1 BR

(6)

由于导体弧 PQ 在 y 方向的合力为零,所以在

t0 时刻所受安培力的合力 F1 仅有 x 分量,即 = = F1 F I1 BR x ? (10π + 3 3) R 2 ? =? K ? BR 10r ? ?

? (10π + 3 3) R 2 ? = ? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 10r ? ?
(7) 方向向左 同理,载流导体弧 AC 在 t0 时刻所受的安培力为

? (2π ? 3 3) R 2 ? = F2 I= K ? BR ? 2 BR 2r ? ? 2 ? (2π ? 3 3) R ? = ? K ? ( B0 ? Kt0 ) R 2r ? ? 方向向右 左环所受的合力大小为 F = F1 ? F2 =
方向向左

(8)

9 3 K ( B0 ? Kt0 ) R 3 5r

(9)

五、参考解答 分以下几个阶段讨论: 1.由于球壳外空间点电荷 q1 、 q2 的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用 σ 表示面 电荷密度.设球壳半径 a = 10 cm 时球壳外壁带的电量为 Q1 ,因为电荷 q1 、 q2 与球壳外壁 的电量 Q1 在球壳内产生的合场强为零,球壳内为电势等于 U 的等势区,在导体表面上的面 元 ?S 所带的电量为 σ?S ,它在球壳的球心 O 处产生的电势为 ?U1 = k 有电荷在球心 O 产生的电势 U1 为
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σ?S
a

,球壳外壁所

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U1 = ∑ ?U1 = k

∑σ?S = k Q1
a a

(1)

点电荷 q1 、 q2 在球壳的球心 O 处产生的电势分别为 k 球壳的电势,按电势叠加原理,即有 q q Q k 1 +k 2 +k 1 = U d1 d2 a 代入数值后可解得球壳外壁的电量 Q1 为

q1 q 与 k 2 ,因球心 O 处的电势等于 d1 d2
(2)

?q q ? U ? a ? 1 + 2 ? =?8 × 10-9 C k ? d1 d 2 ? 因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量 Q Ⅰ等于球壳外壁的电量 Q1 ,即 Q1 =a Q =Q =?8 × 10-9 C Ⅰ 1
(3)

,设球壳外壁的电量变为 Q2 ,球壳外的 2.当球壳半径趋于 d1 时(点电荷仍在球壳外) 电荷 q1 、 q2 与球壳外壁的电量 Q2 在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳 内仍保持电势值为 U 的等势区,则有 q q Q k 1 +k 2 +k 2 = U d1 d2 d1 解得球壳外壁的电量 (4)

Q2 = d1

?q q ? U ? d1 ? 1 + 2 ? = ?16 × 10-9 C k ? d1 d 2 ?
(5) (6)

因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即

QⅡ=Q2 = ?16 × 10-9 C
在 a = 10 cm 到趋于 d1 的过程中,大地流向球壳的电量为
-9 =QⅡ-Q ?Q C Ⅰ Ⅰ =?8 × 10

3.当点电荷 q1 穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为 d1 ) ,点电荷 q1 在球壳内壁感 应出电量- q1 ,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷 q1 与球壳内壁电荷- q1 在球壳外产生的合 电场为零, 表明球壳外电场仅由球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 所决定. 由于球壳的静 表明对电荷 q2 与 电屏蔽, 球壳外电荷 q2 与球壳外壁的电荷 Q3 在球壳内产生的合电场为零,

Q3 产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为 U 的等势区. q2 与 Q3 在球心 O 处产生的电 势等于球壳的电势,即 Q q (7) k 2 +k 3 = U d2 d1 解得球壳外壁电量 q U (8) Q3 =d1 ? d1 2 =?6 × 10-9 C k d2 球壳外壁和内壁带的总电量应为 (9) QⅢ =Q3 + (? q1 ) =?16 × 10-9 C
在这过程中,大地流向球壳的电量为 ?QⅡ = QⅢ ? QⅡ = 0 (10)

这个结果表明:电荷 q1 由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷 转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换. 4.当球壳半径趋于 d 2 时(点电荷 q2 仍在球壳外) ,令 Q4 表示此时球壳外壁的电量,
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类似前面第 3 阶段中的分析,可得 q Q k 2 +k 4 = U d2 d2 由此得

(11)

Q4 = d2

?q ? U ? d2 ? 2 ? = ?12 × 10-9 C k ? d2 ?
(12) (13)

球壳的电量 QⅣ 等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4 + (? q1 ) =?22 × 10-9 C
大地流向球壳的电量为

?QⅢ =QⅣ ?QⅢ =?6 × 10-9 C

5.当点电荷 q2 穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为 d 2 ) ,球壳内壁的感应电荷 变为-( q1 + q2 ) ,由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外 壁的电量 Q5 决定,即 Q k 5 =U d2 可得

(14)

Q5= d 2
球壳的总电量是

U = 4 × 10-9 C k
(15) (16)

?22 × 10-9 C QⅤ=Q5 ? (q1 + q2 ) =
在这个过程中,大地流向球壳的电量是 ?Q = = Ⅳ QⅤ -Q Ⅳ 0

6.当球壳的半径由 d 2 增至 a1 = 50 cm 时,令 Q6 表示此时球壳外壁的电量,有

k
可得

Q6 =U a1 U = 5 × 10-9 C k

(17)

Q6 = a1
球壳的总电量为

QⅥ=Q6 ? (q1 + q2 ) = ?21 × 10-9 C
大地流向球壳的电量为

(18) (19)

?QⅤ = QⅥ-QⅤ = 1 × 10-9 C

六、参考解答 1.在弹簧刚伸长至原长的时刻,设 G1 的速度的大小为 v1 ,方向向上, G2 的速度大小 为 v2 ,方向向下,则有

m1v1 ? m2 v2 = 0 1 1 2 2 m1v1 + m2 v 2 = E0 2 2 解(1) 、 (2)两式,得 v1 = 2m2 E0 m1 (m1 + m2 )

(1) (2)

(3)
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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

v2 =

2m1 E0 m2 (m1 + m2 )

(4)

设 G1 升空到达的最高点到井口的距离为 H1 ,则
2 v1 m2 = E0 2 g m1 g (m1 + m2 ) G1 上升到最高点的重力势能

H = 1

(5)

= = EP1 m 1 gH1

m2 E0 m1 + m2

(6)

它来自弹簧的弹性势能,且仅为弹性势能的一部分. 2.在玩具自井底反弹向上运动至离井口的深度为 h 时,玩具向上的速度为

u = 2 gh
方向向下,则有

(7)

设解除锁定后, 弹簧刚伸长至原长时, 方向向上, G1 的速度大小为 V1 , G2 的速度大小为 V2 ,

m1V1 ? m2V2 = (m1 + m2 )u
1 1 1 m1V 2 + m2V 2 = (m1 + m2 )u 2 + E0 1 2 2 2 2 消去(8) 、 (9)两式中的 V2 ,得 V1 的方程式

(8) (9)

? ? ? m ? m ? m ? m1 ?1 + 1 ?V12 ? 2m1 ?1 + 1 ? uV1 + m1 ?1 + 1 ? u 2 ? 2 E0 = 0 ? m2 ? ? m2 ? ? m2 ? 由此可求得弹簧刚伸长至原长时, G1 和 G2 的速度分别为 V1= u + V2 = ?u + 2 E0 m2 m1 (m1 + m2 ) 2 E0 m1 m2 (m1 + m2 )
2

(10) (11)

′ ,则有 设 G1 从解除锁定处向上运动到达的最大高度为 H 2

2 E0 m2 ? V12 1 ? ′ H = = ?u + ? 2 2g 2g ? m1 (m1 + m2 ) ? ? ?

m2 E0 E0 m2 h = h+ +2 m1 g (m1 + m2 ) m1 g (m1 + m2 )
从井口算起, G1 上升的最大高度为

′ ? h= H2 = H2

m2 E0 E0 m2 h +2 m1 g (m1 + m2 ) m1 g (m1 + m2 )

(12)

讨论: 可以看出,在第二方案中, G1 上升的最大高度 H 2 大于第一方案中的最大高度 H1 ,超 出 的高度与解除锁定处到井口的深度 h 有关.到达 H 2 时,其重力势能为

= EP2 m = 1 gH 2
(ⅰ)若 EP2 < E0 即

m2 E0 m m E gh +2 1 2 0 m1 + m2 m1 + m2

(13) (14)

2

m1m2 E0 gh mE < 1 0 m1 + m2 m1 + m2
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2001 年第 18 届全国中学生物理竞赛复赛

这要求

E0 m1 (15) 4m2 g (m1 + m2 ) 这时, 但仅是弹性势能的一部分. 在 G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能, h<
这一条件下上升的最大高度为 E H2 < 0 m1 g (ⅱ)若 EP2 = E0 即 这要求 (16)

2

m1m2 E0 gh mE = 1 0 m1 + m2 m1 + m2

E0 m1 (17) 4m2 g (m1 + m2 ) 此时 G1 升至最高处的重力势能来自压紧的弹簧的弹性势能,且等于全部弹性势能.在这一 条 件下, G1 上升的高度为 h= H2 =
(ⅲ)若 EP2 > E0 即 这要求

E0 m1 g
(18)

2

m1m2 E0 gh mE > 1 0 m1 + m2 m1 + m2

E0 m1 (19) 4m2 g (m1 + m2 ) 此时 G1 升至最高处的重力势能大于压紧的弹簧的弹性势能,超出部分的能量只能来自 G2 h>
的机械能.在这个条件下, G1 上升的最大高度为

H2 >

E0 m1 g

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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
一、 (20 分)某甲设计了 1 个如图复 19-1 所示的“自动喷泉”装置,其中 A、B、C 为 3 个容器,D、E、F 为 3 根细管,管栓 K 是关闭的.A、B、C 及细 A、 管 D、 E 中均盛有水, 容器水面的高度差分别为 h1 和 h1 如图所示. B、C 的截面半径为 12cm,D 的半径为 0.2cm.甲向同伴乙说: “我 若拧开管栓 K, 会有水从细管口喷出. ” 乙认为不可能. 理由是: “低 处的水自动走向高外,能量从哪儿来?”甲当即拧开 K,果然见到 有水喷出,乙哑口无言,但不明白自己的错误所在.甲又进一步演 示.在拧开管栓 K 前,先将喷管 D 的上端加长到足够长,然后拧开 K,管中水面即上升,最后水面静止于某个高度处. (1).论证拧开 K 后水柱上升的原因. (2).当 D 管上端足够长时,求拧开 K 后 D 中静止水面与 A 中 水面的高度差. (3).论证水柱上升所需能量的来源.

二、 (18 分) 在图复 19-2 中, 半径为 R 的 圆柱形区域内有匀强磁场,磁场方向垂直 纸面指向纸外,磁感应强度 B 随时间均匀 变化,变化率 ?B / ?t = K ( K 为一正值常 量),圆柱形区外空间没有磁场, 沿图中 AC 弦的方向画一直线, 并向外延长, 弦 AC 与 半径 OA 的夹角 α = π / 4 .直线上有一任 求从 A 沿 意点, 设该点与 A 点的距离为 x , 直线到该点的电动势的大小.

三、 (18 分)如图复 19-3 所示,在水平光滑绝缘的桌面上,有三个带正 电的质点 1、2、3,位于边长为 l 的等边三角形的三个顶点处。 C 为三 角形的中心,三个质点的质量皆为 m ,带电量皆为 q 。质点 1、3 之间 和 2、3 之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连,在 3 的连接处为无摩擦的 铰链。已知开始时三个质点的速度为零,在此后运动过程中,当质点 3 运动到 C 处时,其速度大小为多少?

四、 (18 分)有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数.在图复 19-4-1 中,E 为电压 可调的直流电源。K 为开关, L 为待测线圈的自感系数, rL 为线圈的直流电阻,D 为理想 二极管, r 为用电阻丝做成的电阻器的电阻,A 为电流表。将图复 19-4-1 中 a 、 b 之间的 电阻线装进图复 19-4-2 所示的试管 1 内,图复 19-4-2 中其它装置见图下说明.其中注射器 筒 5 和试管 1 组成的密闭容器内装有某种气体(可视为理想气体) ,通过活塞 6 的上下移动
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

可调节毛细管 8 中有色液注的初始位置,调节后将阀门 10 关闭,使两边气体隔开.毛细管 8 的内直径为 d . 已知在压 强不变的条件 下,试管中的气 体温度升高 1K 时,需要吸收的 热量为 Cq ,大 气压强为 p 。设 试管、三通管、 注射器和毛细 管皆为绝热的, 电阻丝的热容

1 2 LI , I 2 为通过线圈的电流,其值可通过电流表 A 测量,现利用此装置及合理的步骤测量的自感系 数 L. 1.简要写出此实验的步骤.
不计.当接通电键 K 后,线圈 L 中将产生磁场,已知线圈中储存的磁场能量 W = 2.用题中所给出的各已知量( r 、 rL 、 Cq 、 p 、 d 等)及直接测得的量导出 L 的表 达式,

五、 (20 分)薄凸透镜放在空气中时,两侧焦点与透镜中心的距离相等。如果此薄透镜两 侧的介质不同, 其折射率分别为 n1 和 n2 , 则透镜两侧各有一个焦点 (设为 F1 和 F2 ) , 但 F1 、

F2 和透镜中心的距离不相等,其值分别为 f1 和 f 2 。现有一个薄凸透镜 L ,已知此凸透镜
对平行光束起会聚作用,在其左右两侧介质的折射率及焦点的位置如图复 19-5 所示。 1.试求出此时物距 u ,像距 v ,焦距 f1 、 f 2 四者之间的关系式。 2.若有一傍轴光线射向透镜中心,已知它与透镜主轴的夹角为 θ1 ,则与之相应的出射 线与主轴的夹角 θ 2 多大? 3. f1 , f 2 , n1 , n2 四者之间有何关系?

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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

六、 (20 分)在相对于实验室静止的平面直角坐标系 S 中,有一个光子,沿 x 轴正方向射向 一个静止于坐标原点 O 的电子.在 y 轴方向探测到一个散射光子.已知电子的静止质量为

m0 ,光速为 c ,入射光子的能量与散射光子的能量之差等于电子静止能量的 1/10.
1.试求电子运动速度的大小 v ,电子运动的方向与 x 轴的夹角 θ ;电子运动到离原点距 离为 L0 (作为已知量)的 A 点所经历的时间 ?t . 2.在电子以 1 中的速度 v 开始运动时,一观察者 S ′ 相对于坐标系 S 也以速度 v 沿 S 中 电子运动的方向运动(即 S ′ 相对于电子静止),试求 S ′ 测出的 OA 的长度.

七、 (26 分)一根不可伸长的细轻绳,穿 上一粒质量为 m 的珠子(视为质点) ,绳 的下端固定在 A 点,上端系在轻质小环 上,小环可沿固定的水平细杆滑动(小 环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计) , 细杆与 A 在同一竖直平面内.开始时, 珠子紧靠小环, 绳被拉直, 如图复 19-7-1 所示,已知,绳长为 l , A 点到杆的距离 为 h ,绳能承受的最大张力为 Td ,珠子 下滑过程中到达最低点前绳子被拉断,求细绳被拉断时珠子的位置和速度的大小(珠子与 绳子之间无摩擦) 注:质点在平面内做曲线运动时,它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法 向加速度 an ,可以证明, an = v 2 / R , v 为质点在该点时速 度的大小, R 为轨道曲线在该点的“曲率半径” ,所谓平面 曲线上某点的曲率半径, 就是在曲线上取包含该点在内的一 段弧,当这段弧极小时,可以把它看做是某个“圆”的弧, 则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径.如图复 19-7-2 中曲线在 A 点的曲率半径为 RA ,在 B 点的曲率半径为 RB .

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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 ρ 。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 ρ g (h1 + h2 )

(1)

D 中气体的压强为
F

B h2 C
(a)

B

p= pB ? ρ gh1 D

(2)

C
(b)

由(1) 、 (2)两式可得

图复解 19-1

p= p0 + ρ gh2 D

即 pD > p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

pB ? p0 > ρ 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
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

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 、

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。

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

p0 + ρ g (h1 + h2 ) = p0 + ρ 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 = ρ 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 = ρ 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
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

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, 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 ≤ 2 R ,在图中连直 线 OA 与 OP 。取闭合回路 APOA ,可得回路电动势 E1 = E AP + EPO + EOA ,式中 E AP , 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 φ1 = BS1 ,由电磁感应定律,回路的电动势 大小为

= E1

?φ1 ?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 α 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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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

A R

α

x P O

C

A

α R O

α

C

α β D

Q

图复解 19-2-1

图复解 19-2-2

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 、 x > 2R 。

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

E AQ = 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 S 2 ,通过它的磁通量 φ2 = BS 2 。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小

E2 = S 2 k

(6)

β ,则 ∠OQC = α ? β ,于是 在图中连 OC ,令 ∠COQ =
DAOC的面积 + 扇形OCD的面积 S2 = 1 β = ( R sin α ) ? 2 R cos α + π R2 2 2π 1 2 = R (sin 2α + β ) 2
当 α = π / 4 时, = S2

1 2 R (1 + β ) , 2

?OCQ 中有

x ? 2R R = sin β sin[(π / 4) ? β ]
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

R sin β = ( x ? 2 R )sin(

π
4

? β)

1 ( x ? 2 R) (cos β ? sin β ) = 2 x ? 2R x ? 2R )sin β = cos β 2 2 x ? 2R x

(R +

tan β =

于是得

= S2

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

(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

3

B

2

图复解 19-3

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 方向向右,3 的速度方向左(如图复解 19-3 所示) 。令 v1 、 v2 、 v3 分别表示此时它们的

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速度大小,则由对称性可知此时三质点的总动能为

1 2 1 EK = mv3 + 2( mv12 ) 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

EP = 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

q q = E P′ 2 k +k l 2l
根据能量守恒有

2

2

(4)

E = E P′ + E K P

(5)

由以上各式可解得

v3 =

2kq 2 3lm

(6)

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;
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(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

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

m

R?T

(3)



?V =

πd2
4

?x

(4)

由以上各式可得

?x r + r C p pp d L =2 ? L ? 2r R I

2

(5)

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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

f2 y u ? f1 = = y′ f1 v ? f2

(1)

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

(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 θ1 为入射角, θ 2 为与之相应的出射角, γ 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 θ1 n= sin γ n2 sin θ 2

(3)

对傍轴光线, θ1 、 θ 2 ≤1,得 sin θ1 ≈ θ1 , sin θ 2 ≈ θ 2 ,因而得
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θ2 =

n1 θ1 n2

(4)

θ1

n1 n
γ γ

n2
θ2

(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

θ1

n2

F2
θ2
图复解 19-5-3

P

F1 u

y′

P′ Q′

v

在傍轴的条件下,有

y y′ =tan θ1 ≈ θ1, =tan θ 2 ≈ θ 2 u v
二式相除并利用(4)式,得

(5)

y ′u n1 = yv n2

(6)

′/ y 用(1)式的 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
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(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

m0 c 2 1 ? (v / c )
2 2

= 1.10m0 c 2

(1)

由此可解得

= 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 =

hν hν ′ 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

m0 v 1 ? (v / c )
2 2

cosθ =

hν c

(3)

m0 v 1 ? (v / c )
2 2

sin θ =

hn ′ c

(4) 光子散射方向 电子 光子入射方向

θ

A 光子入射方向
图复解 19-6

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已知

hν ? hν ′ = 0.10m0 c 2

(5)

由(2) 、 (3) 、 (4) 、 (5)式可解得

ν = 0.37 m0 c 2 / h

(6)

ν ′ = 0.27 m0 c 2 / h n′ 27 = θ tan-1= arctan( = ) 36.1° n 37
电子从 O 点运动到 A 所需时间为

(7)

(8)

?t =

L0 = 2.4 L0 / 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)

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
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由 ?APN 知

( AP ) 2 + ( PN ) 2 = ( AN ) 2

即有 (h ? y ) 2 + x 2 =(l ? y ) 2 ,得

x2 = ?2(l ? h) y + (l 2 ? h 2 )

(1)

这是一个以 y 轴为对称轴, 顶点位于 = y

1 1 焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的 (l + h) 处, 2 2

O
h P

B F T T
α α α

xM 切线

x

H A′ O

C′

法线

α

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

抛物线,如图复解19-7-1所示,图中的= H

1 (l + h) , A 为焦点。 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 α

(2)

α 为 N 点两边绳子之间夹角的一半, F 沿 ∠ANB 的角平分线方向。
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

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

v2 2T cos α ? mg cos α = m R 2T cos = α mv 2 + mg cos α R

(3)

(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

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

y 的关系,则就可能由(4) 、 (5)两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标 y 。现提出如下一种
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

v = 0t

l 2 ? h2

由此解得

= v0

g (l ? h)

(7)
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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

? ,由机械能守恒定律可得 设物体在 N ′ 处的速度为 v

? 2 = v 2 + 2 g ( H ? BN ′) v 0
物体在 N ′ 处法线方向的运动方程为

(8)

?2 mv mg cos α = R

(9)

、 (8) 、 (9)式及= 式中 R 即为 N ′ 处抛物线的曲率半径,从(7) H

1 (l + h) ,可求得 2

R=

2(l ? BN ′) cos α

′ y ,故得 这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN = BN = 2(l ? y ) cos α

R=

(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

y= l (1 ? d

mg ) 2Td

(12)

代入(1)式,得

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2002 年第 19 届全国中学生物理竞赛复赛

= 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)

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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

第 20 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
题号 得分 复核人 一 二 三 四 五 六 七 总计

全卷共七题,总分为 140 分。
(15 分)图中 a 为一固定放置的半径为 R 的均匀带电球体,O 为其球心.己知取无限 一、 远处的电势为零时,球表面处的电势为 U=1000 V. 在离球心 O 很远的 O′点附近有一质子 b, 它以 E k =2000 eV 的动能沿与 O′ O 平行的方 向射向 a.以 l 表示 b 与 O′ O 线之间的垂直距 离, 要使质子 b 能够与带电球体 a 的表面相碰, 试求 l 的最大值.把质子换成电子,再求 l 的 最大值.

二、 (15 分)U 形管的两支管 A、B 和水平管 C 都是由内径均匀的细玻璃管做成的,它们

1.0 × 10?2 cm2 , 的内径与管长相比都可忽略不计.己知三部分的截面积分别为 S= A 3.0 × 10?2 cm2, S 2.0 × 10?2 cm2,在 C 管中有一段空气柱,两侧被水银封闭.当温 S = = B C
,C 度为 t1 = 27 ℃时,空气柱长为 l =30 cm(如图所示) 中气柱两侧的水银柱长分别为 a =2.0cm,b =3.0cm, A、 B 两支管都很长,其中的水银柱高均为 h =12 cm.大气压 强保持为 p0 =76 cmHg 不变.不考虑温度变化时管和水 银的热膨胀. 试求气柱中空气温度缓慢升高到 t =97℃时 空气的体积.

三、 (20 分)有人提出了一种不用火箭发射人造地球卫星的设想.其设想如下:沿地球的 一条弦挖一通道,如图所示.在通道的两个出口处 A 和 B ,分别将质量为 M 的物体和质量 为 m 的待发射卫星同时自由释放,只要 M 比 m 足够大,碰撞后,质量为 m 的物体,即待 发射的卫星就会从通道口 B 冲出通道;设待发卫星上有一种装置,在 待发卫星刚离开出口 B 时,立即把待发卫星的速度方向变为沿该处地 球切线的方向,但不改变速度的大小.这样待发卫星便有可能绕地心 运动,成为一个人造卫星.若人造卫星正好沿地球表面绕地心做圆周 地球半径 R0 = 运动, 则地心到该通道的距离为多少?己知 M =20 m , 6400 km.假定地球是质量均匀分布的球体,通道是光滑的,两物体 间的碰撞是弹性的.

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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

四、(20 分)如图所示,一半径为 R 、折射率为 n 的玻璃半球,放在空气中,平表面中央半 径为 h0 的区域被涂黑.一平行光束垂直入射到此平面上,正好覆盖整个表面. Ox 为以球 心 O 为原点,与平而垂直的坐标轴.通过计算,求出坐标轴 Ox 上玻璃半球右边有光线通 过的各点(有光线段)和无光线通过的各点(无光线段)的分界点的坐标.

五、(22 分)有一半径为 R 的圆柱 A,静止在水平地面上,并与竖直墙面 相接触.现有另一质量与 A 相同,半径为 r 的较细圆柱 B,用手扶着圆 柱 A,将 B 放在 A 的上面,并使之与墙面相接触,如图所示,然后放 手. 己知圆柱 A 与地面的静摩擦系数为 0.20, 两圆柱之间的静摩擦系数 为 0.30.若放手后,两圆柱体能保持图示的平衡,问圆柱 B 与墙面间的 静摩擦系数和圆柱 B 的半径 r 的值各应满足什么条件?

在它们形成的电场中, 六、 (23 分)两个点电荷位于 x 轴上, 若取无限远处的电势为零,则在正 x 轴上各点的电势如图 中曲线所示,当 x → 0 时,电势 U → ∞ :当 x → ∞ 时,电 势 U → 0 ;电势为零的点的坐标 x0 , 电势为极小值 ?U 0 的 点的坐标为 ax0 ( a >2) 。试根据图线提供的信息,确定 这两个点电荷所带电荷的符号、电量的大小以及它们在 x 轴上的位置.

七、(25 分)如图所示,将一铁饼状小物块在离地面高为 h 处 己知物块碰地弹起时沿竖直方向 沿水平方向以初速 v0 抛出. 的分速度的大小与碰前沿竖直方向的分速度的大小之比为 .又知沿水平方向物块与地面之间的滑动摩擦系数 e (<1) 为 ? (≠0) :每次碰撞过程的时间都非常短,而且都是“饼 面”着地.求物块沿水平方向运动的最远距离.
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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

第 20 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 令 m 表示质子的质量, v0 和 v 分别表示质子的初速度和到达 a 球球面处的速度, e 表 示元电荷,由能量守恒可知

1 2 1 2 = mv0 mv + eU 2 2

(1)

因为 a 不动,可取其球心 O 为原点,由于质子所受的 a 球对它的静电库仑力总是通过 a 球 的球心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对 O 点的角动量守恒。所求 l 的最大值对 应于质子到达 a 球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切(见复解 20-1-1) 。以 lmax 表示

l 的最大值,由角动量守恒有 mv0lmax = mvR
由式(1) 、 (2)可得 (2)

= lmax
代入数据,可得

1?

eU R 2 mv0 /2

(3)

2 R (4) 2 若把质子换成电子,则如图复解 20-1-2 所示,此时式(1)中 e 改为 ?e 。同理可求得 lmax = lmax = 6 R 2
(5)

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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

评分标准:本题 15 分。 式(1) 、 (2)各 4 分,式(4)2 分,式(5)5 分。

二、参考解答

T1 (27 + 273)K=300K 时,气柱中的空气的压强和体积分别为 在温度为= p = p0 + h , 1 V1 = lSC
(1) (2)

当气柱中空气的温度升高时,气柱两侧的水银将被缓慢压入 A 管和 B 管。设温度升高 到 T2 时,气柱右侧水银刚好全部压到 B 管中,使管中水银高度增大

bS ?h = C SB
由此造成气柱中空气体积的增大量为

(3)

?V ′ = bSC

(4)

与此同时,气柱左侧的水银也有一部分进入 A 管,进入 A 管的水银使 A 管中的水银高度 也应增大 ?h ,使两支管的压强平衡,由此造成气柱空气体积增大量为

?V ′′ = ?hS A
所以,当温度为 T2 时空气的体积和压强分别为

(5)

V2= V1 + ?V ′ + ?V ′′ p2 = p1 + ?h
由状态方程知

(6) (7)

p1V1 p2V2 = T1 T2
由以上各式,代入数据可得

(8)

T2 = 347.7 K

(9)

此值小于题给的最终温度 T = 273 + = t 370 K,所以温度将继续升高。从这时起,气柱中的 空气作等压变化。当温度到达 T 时,气柱体积为

V=
代入数据可得

T V2 T2

(10)

V = 0.72 cm3

(11)
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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

评分标准:本题 15 分。 求得式(6)给 6 分,式(7)1 分,式(9)2 分,式(10)5 分,式(11)1 分。

三、参考解答 ,它受到地球的引力 位于通道内、质量为 m 的物体距地心 O 为 r 时(见图复解 20-3) 可以表示为 GM ′m , (1) F= r2 式中 M ′ 是以地心 O 为球心、以 r 为半径的球体所对应的那部分地球的质量,若以 ρ 表示 地球的密度,此质量可以表示为

M′=

4 rπ r 3 3

(2) 于是,质量为 m 的物体所受地球的引力可以改写为

4 (3) F = π G r mr 3 作用于质量为 m 的物体的引力在通道方向的分力的大小为 f = F sin θ (4) x (5) r θ 为 r 与通道的中垂线 OC 间的夹角, x 为物体位置到通道中 点 C 的距离,力的方向指向通道的中点 C 。在地面上物体的重力可以表示为 sin θ = mg = GM 0 m 2 R0
(6)

式中 M 0 是地球的质量。由上式可以得到

4 g = π G ρ R0 3
由以上各式可以求得

(7)

f =

mg x R0

(8)

可见, f 与弹簧的弹力有同样的性质,相应的“劲度系数”为

k=

mg R0

(9)

物体将以 C 为平衡位置作简谐振动,振动周期为 T = 2π R0 / g 。取 x = 0 处为“弹性势能” 的零点,设位于通道出口处的质量为 m 的静止物体到达 x = 0 处的速度为 v0 ,则根据能量
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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

守恒,有

1 2 1 2 = mv0 k ( R0 ? h2 ) 2 2 式中 h 表示地心到通道的距离。解以上有关各式,得
2 = v0 2 ? h2 R0 g R0

(10)

(11)

可见,到达通道中点 C 的速度与物体的质量无关。 设想让质量为 M 的物体静止于出口 A 处,质量为 m 的物体静止于出口 B 处,现将它 们同时释放,因为它们的振动周期相同,故它们将同时到达通道中点 C 处,并发生弹性碰 撞。碰撞前,两物体速度的大小都是 v0 ,方向相反,刚碰撞后,质量为 M 的物体的速度为

V ,质量为 m 的物体的速度为 v ,若规定速度方向由 A 向 B 为正,则有 Mv0 ? mv0 = MV + mv ,
(12)

1 1 2 1 1 2 (13) Mv0 + mv0 = MV 2 + mv 2 2 2 2 2 解式(12)和式(13) ,得 3M ? m (14) v= v0 M +m 质量为 m 的物体是待发射的卫星,令它回到通道出口 B 处时的速度为 u ,则有 1 1 1 2 2 (15) k ( R0 ? h 2 ) + mu 2 = mv 2 2 2 由式(14) 、 (15) 、 (16)和式(9)解得 u2 =
2 ? h2 8M ( M ? m) R0 g R0 ( M + m) 2

(16)

u 的方向沿着通道。根据题意,卫星上的装置可使 u 的方向改变成沿地球 B 处的切线方向, 如果 u 的大小恰能使小卫星绕地球作圆周运动,则有 G M 0m u2 = m 2 R0 R0
(17)

由式(16) 、 (17)并注意到式(6) ,可以得到

h=
已知 M = 20 m,则得

R0 2

7 M 2 ? 10 Mm ? m 2 2 M ( M ? m)

(18)

= h 0.925 = R0 5920 km

(19)

评分标准:本题 20 分。 求得式(11)给 7 分,求得式(16)给 6 分,式(17)2 分,式(18)3 分,式(19)2 分。

四、参考解答
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图复解 20-4-1 中画出的是进入玻璃半球的任一光线的光路(图中阴影处是无光线进入 的区域) ,光线在球面上的入射角和折射角分别为 i 和 i′ ,折射光线与坐标轴的交点在 P 。 令轴上 OP 的距离为 x , MP 的距离为 l ,根据折射定律,有 sin i′ =n sin i

(1)

在 ?OMP 中

l x = sin i sin i′ 2 l = R 2 + x 2 ? 2 Rx cos i
由式(1)和式(2)得

(2) (3)

x = nl
再由式(3)得
2 x = n 2 ( R 2 + x 2 ? 2 Rx cos i )

设 M 点到 Ox 的距离为 h ,有

h = R sin i
R cos i = R 2 ? R 2 sin 2 i = R 2 ? h2


x2 = R 2 + x2 ? 2 x R 2 ? h2 n2 1 x 2 (1 ? 2 ) ? 2 x R 2 ? h 2 + R 2 = 0 n
解式(4)可得

(4)

x=

n2 R 2 ? h2 ± n R 2 ? n2 h2 n2 ? 1

(5)

为排除上式中应舍弃的解,令 h → 0 ,则 x 处应为玻璃半球在光轴 Ox 上的傍轴焦点,由上 式

n(n ± 1) n n R= R或 R 2 n ?1 n +1 n ?1 由图可知,应有 x > R ,故式(5)中应排除±号中的负号,所以 x 应表示为 x→

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x=

n2 R 2 ? h2 + n R 2 ? n2 h2 n2 ? 1

(6)

上式给出 x 随 h 变化的关系。 因为半球平表面中心有涂黑的面积,所以进入玻璃半球的光线都有 h ≥ h0 ,其中折射 光线与 Ox 轴交点最远处的坐标为

x0 =

2 2 n 2 R 2 ? h0 + n R 2 ? n 2 h0

n2 ? 1

(7)

在轴上 x > x0 处,无光线通过。 随 h 增大,球面上入射角 i 增大,当 i 大于临界角 iC 时,即会发生全反射,没有折射光 线。与临界角 iC 相应的光线有

= hC R = sin iC R
这光线的折射线与轴线的交点处于

1 n

1 n2 R 1 ? 2 n = xC = n2 ? 1

nR n2 ? 1

(8)

在轴 Ox 上 R < x < xC 处没有折射光线通过。 由以上分析可知,在轴 Ox 上玻璃半球以右

xC ≤ x ≤ x0

(9)

的一段为有光线段, 其它各点属于无光线段。 如图复解 20-4-2 x0 与 xC 就是所要求的分界点, 所示

评分标准:本题 20 分。 求得式(7)并指出在 Ox 轴上 x > x0 处无光线通过,给 10 分;求得式(8)并指出在 Ox 轴 上 x < x0 处无光线通过,给 6 分;得到式(9)并指出 Ox 上有光线段的位置,给 4 分。
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五、参考解答 放上圆柱 B 后, 圆柱 B 有向下运动的倾向, 对圆柱 A 和墙面有 压力。圆柱 A 倾向于向左运动,对墙面没有压力。平衡是靠各接触 点的摩擦力维持的。现设系统处于平衡状态,取圆柱 A 受地面的正 压力为 N1 ,水平摩擦力为 F1 ;圆柱 B 受墙面的正压力为 N 2 ,竖直 摩擦力为 F2 ,圆柱 A 受圆柱 B 的正压力为 N 3 ,切向摩擦力为 F3 ; 切向摩擦力为 F3′ , 如图复解 20-5 圆柱 B 受圆柱 A 的正压力为 N 3′ , 所示。各力以图示方向为正方向。 已知圆柱 A 与地面的摩擦系数 ?1 =0.20,两圆柱间的摩擦系数 ?3 =0.30。设圆柱 B 与 墙面的摩擦系数为 ? 2 ,过两圆柱中轴的平面与地面的交角为 ? 。 设两圆柱的质量均为 M ,为了求出 N1 、 N 2 、 N 3 以及为保持平衡所需的 F1 、 F2 、 F3 之值,下面列出两圆柱所受力和力矩的平衡方程: 圆柱 A:

Mg ? N1 + N3 sin ? + F3 cos ? = 0 F1 ? N3 cos ? + F3 sin ? = 0 F1 R = F3 R

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

圆柱 B:

Mg ? F2 ? N3′ sin ? ? F3′ cos ? = 0 N 2 ? N3′ cos ? + F3′ sin ? = 0 F3′r = F2 r

由于 F3′ = F3 ,所以得

′ F F = F = F = F= 1 2 3 3

(7)

式中 F 代表 F1 , F2 , F3 和 F3′ 的大小。又因 N 3′ = N 3 ,于是式(1) 、 (2) 、 (4)和(5)四 式成为:

Mg ? N1 + N3 sin ? + F cos ? = 0 F ? N3 cos ? + F sin ? = 0 Mg ? F + N3 sin ? ? F cos ? = 0 N 2 ? N3 cos ? + F sin ? = 0

(8) (9) (10) (11)
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以上四式是 N1 , N 2 , N 3 和 F 的联立方程,解这联立方程可得

N2 = F N3 = 1 + sin ? Mg 1 + cos ? + sin ? cos ? Mg 1 + cos ? + sin ?

(12)

(13)

= F = N2

(14)

N1 =

2 + cos ? + 2sin ? Mg 1 + cos ? + sin ?

(15)

式(12) 、 (13) 、 (14)和(15)是平衡时所需要的力, N1 , N 2 , N 3 没有问题,但 F1 , F2 , 、 (14)要受那里的摩擦系数的制约。三 F3 三个力能不能达到所需要的数值 F ,即式(12) 个力中只要有一个不能达到所需的 F 值,在那一点就要发生滑动而不能保持平衡。 首先讨论圆柱 B 与墙面的接触点。接触点不发生滑动要求

?2 ≥
由式(12) ,得

F2 N2

F2 =1 N2
所以

?2 ≥ 1

(16)

再讨论圆柱 A 与地面的接触点的情形。按题设此处的摩擦系数为 ?1 =0.20,根据摩擦定律

f ≤ ? N ,若上面求得的接地点维持平衡所需的水平力 F1 满足 F1 ≤ ?1 N1 ,则圆柱在地面上
不滑动;若 F1 > ?1 N1 ,这一点将要发生滑动。 圆柱 A 在地面上不发生滑动的条件是

?1 ≥
由图复解 20-5 可知

F1 cos ? = N1 2 + cos ? + 2sin ? R?r R+r

(17)

cos ? =

(18) (19)

2 Rr sin ? = 1 ? cos 2 ? = R+r
由式(17) 、 (18)和式(19)以及 ?1 =0.20,可以求得

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1 r≥ R 9
即只有当 r ≥

(20)

1 R 时,圆柱 A 在地面上才能不滑动。 9 最后讨论两圆柱的接触点。接触点不发生滑动要求

?3 ≥

F3 cos ? = N3 1 + sin ?

(21)

由式(18) 、 (19)以及 ?3 =0.30,可解得

?7? r ≥? ? R= 0.29 R ? 13 ?

2

(22)

,得到 r 满足的条件为 显然,在平衡时, r 的上限为 R 。总结式(20)和式(22)

R ≥ r ≥ 0.29 R

(23)

评分标准:本题 22 分。 求得式(7) 、 (12) 、 (13) 、 (14) 、 (15)各 2 分,式(16)3 分,求得式(23)9 分。

六、参考解答 在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离成反比。因为取无限远处为 电势的零点,故正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知

x = x0 处的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所提供的电势的曲线,
当考察点离坐标原点很近时,电势为正,且随 x 的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷 必定位于原点 O 处,以 Q1 表示该点电荷的电量。当 x 从 0 增大时,电势没有出现负无限大, 即没有经过负的点电荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为 a , 当 x 很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值 Q2 应大于 Q1 。 即产生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为 Q1 ;另一个是位 于负 x 轴上离原点距离 a 处的负电荷,电量的大小为 Q2 ,且 Q2 > Q1 。按题目所给的条件 有

k

Q1 Q2 ?k = 0 x0 x0 + a

(1)

k

Q1 Q2 ?k = ?U 0 ax0 ax0 + a

(2)

因 x = ax0 时,电势为极小值,故任一电量为 q 的正检测电荷位于 x = ax0 处的电势能也 为极小值,这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,
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因而有

k

Q1 Q2 ?k = 0 2 (ax0 ) (ax0 + a ) 2

(3)

由式(1) 、 (2)和(3)可解得

= a a (a ? 2) x0 ax0 U 0 a?2 k a (a ? 1) 2 U 0 x0 Q2 = a?2 k Q1 =
式中 k 为静电力常量。 评分标准:本题 23 分。 式(1) 、 (2)各 4 分,式(3)6 分,式(4) 、 (5) 、 (6)各 3 分。

(4) (5) (6)

七、参考解答 设物块在 A1 点第一次与地面碰撞,碰撞前水 平速度仍为 v0 ,竖直速度为

u0 = 2 gh

(1)

碰撞后物块的竖直速度变为 u1 ,根据题意,有

u1 = eu0

(2)

设物块的质量为 m ,碰撞时间为 ?t ,因为碰撞时间极短,物块与地面间沿竖直方向的作用 力比重力大得多,可忽略重力的作用,这样,物块对地面的正压力的大小为

N1 =

mu0 + mu1 ?t

(3)

水平方向动量的变化是水平摩擦力的冲量作用的结果,设水平方向速度变为 v1 ,则有

mv1 ? mv0 = ? m N1?t
由以上各式得

(4)

v1 = v0 ? (1 + e) ? u0
同理,在落地点 A2 , A3 ,…, An 其碰撞后的竖直分速度分别为

(5)

u 2 = e 2 u0 u3 = e3u0
…………
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u n = e n u0
其水平速度分别为

(6)

v2 = v0 ? (1 + e) ? (1 + e)u0 v3 = v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 )u0
…………

vn = v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + ? + e n ?1 )u0

(7)

由式(6)可知,只有当碰撞次数 n → ∞ 时,碰地后竖直方向的分速度 un 才趋向于零,但 物块对地面的正压力的最小值不小于 mg 。地面作用于物块的摩擦力的最小值不小于 m mg ,因次,物块沿水平方向的分速度一定经历有限次数碰撞后即变为零,且不会反向。 设经过 n = n0 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已经足够小,再经过一次碰撞,即在

= n n0 + 1 次碰撞结束后,水平方向的分速度恰好变为零。因 vn v0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + ? + e n0 )u0 = 0

0 +1

= 0 ,由式(7)

(1 + e) ? (1 ? e n0 +1 )u0 = v0 ? 0 1? e e n0 +1 = 1 ?
两边取对数

(1 ? e)v0 (1 + e) ? u0

n = 0 +1


? (1 ? e)v0 ? 1 lg ?1 ? ? lg e ? (1 + e) ? u0 ?

(8)

B =

? (1 ? e)v0 ? 1 lg ?1 ? ? lg e ? (1 + e) ? u0 ?

(9)

若 B 恰为整数,这表示这次碰撞中,经过整个碰撞时间 ?t ,水平速度变为零,则碰撞 次数

n0 + 1 = B


n0= B ? 1

(10)

若 B 不是整数,此种情况对应于在 = n n0 + 1 次碰撞结束前,即在小于碰撞时间内,水 平速度变为零。则碰撞次数

n0 + 1 =


[ B] + 1
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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

n0 = [ B ]

(11)

[ B ] 表示 B 的整数部分。
由于经过 n0 + 1 次碰撞,物块沿水平方向的分速度已为零,但竖直方向的分速度尚未 为零,故物块将在 An0 +1 处作上下跳跃,直到 e n u0 → 0 ,即 n → ∞ ,最后停止在 An0 +1 处。 物块运动的最远水平距离 s = A0 An0 +1 。下面分别计算每次跳跃的距离。

A0 A1 =

u0 v0 g

(12)

2 2eu v 2eu0 2u A1 A2 = 1 v1 = 0 0 ? (1 + e) ? g g g 2 2e 2u0 v0 2e 2u0 ? (1 + e) ? (1 + e) g g

= A2 A3

…………

= An0 An0 +1

2 2e n0 u0 v0 2e n0 u0 ? (1 + e) ? (1 + e + e 2 + ? + e n0 ?1 ) g g

(13)

所求距离为上述所有量的总和,为

= s

u0 2u v 2u 2 v0 + 0 0 (e + e 2 + 3 + e n0 ) ? 0 (1 + e) ? [e + e 2 (1 + e) + e3 (1 + e + e 2 ) g g g
(14)

+? + e n0 (1 + e + e 2 + ? + e n0 ?1 )]
分别求级数的和:

1 ? e n0 e + e + e +3 + e = e 1? e n0 2 3 2 e + e (1 + e) + e (1 + e + e ) + 33 + e (1 + e + e 2 + + e n0 ?1 )
2 3 n0

(15)

=e + e 2 =

1 ? e2 1 ? e3 1 ? e n0 + e3 + 3 + e n0 1? e 1? e 1? e

1 [e(1 ? e) + e 2 (1 ? e 2 ) + e3 (1 ? e3 ) + 3 + e n0 (1 ? e n0 )] 1? e 1 e ? e n0 +1 ? e n0 + 2 + e 2 n0 + 2 ( ) 1? e 1 ? e2
(16)

=

将以上两个关系式和 u0 = 2 gh 代入式(14) ,得

= s v0

2h 1 ? e n0 4e ? h (1 + 2e )? (1 ? e n0 )(1 ? e n0 +1 ) g 1? e (1 ? e) 2

(17)

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2003 年第 20 届全国中学生物理竞赛复赛

式中 n0 由式(10)或式(11)决定。 评分标准:本题 25 分。 式(6)3 分,式(7)6 分,式(8)4 分,式(10)2 分,式(11)2 分,式(14)5 分, 求得式(17)并说明 n0 的取值,给 3 分。

第 15 页


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