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第21届全国中学生物理竞赛预复赛试卷及答案


2004 年第 21 届全国中学生物理竞赛预复赛题试卷及答案 目 录

第 21 届全国中学生物理竞赛预赛题试卷 ······························1 ··········· ·········· ········· ·········· ··········· ········· 第 21 届全国中学生物理竞赛预赛参考解答 ····························· ··········· ·········· ········ ·········· ··········· ······· 3 第 21 届全国中学生物理竞赛复赛题试卷 ······························ ····························· 11 ·········· ··········· ········ 第 21 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答··························· 14 ··········· ·········· ······ ·········· ··········· ······

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第 21 届全国中学生物理竞赛预赛题试卷

2004.9.5

本卷共九题,满分140分。 一、(15分)填空 1.a.原子大小的数量级为__________m。 b.原子核大小的数量级为_________m。 c.氦原子的质量约为_________kg。 d.一个可见光光子的能量的数量级为_________J。 e.在标准状态下,1cm3 气体中的分子数约为____________。 - - (普朗克常量 h=6.63×10 34J·s 阿伏加德罗常量 NA=6.02×1023 mol 1) 2.已知某个平面镜反射的光能量为入射光能量的80%。试判断下列说法是否正确,并简述理由。 a. 反射光子数为入射光子数的80%; b.每个反射光子的能量是入射光子能量的80%。 二、(15分)质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连结, 绳跨过位于倾角? =30?的光滑斜面顶端的轻滑轮,滑轮与转 轴之间的磨擦不计,斜面固定在水平桌面上,如图所示。第一 次,m1悬空,m2放在斜面上,用t表示m2自斜面底端由静止开 始运动至斜面顶端所需的时间。第二次,将m1和m2位置互换, 使m2悬空,m1放在斜面上,发现m1自斜面底端由静止开始运 动至斜面顶端所需的时间为t/3。求ml与m2之比。 三、(15分)测定电子荷质比(电荷q与质量m之比q/m)的实 验装置如图所示。真空玻 璃管内,阴极K发出的电 子, 经阳极A与阴极K之间 的高电压加速后,形成一 束很细的电子流,电子流 以平行于平板电容器极板 的速度进入两极板C、 D间 的区域。若两极板C、D间无电压,则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的O点;若在两极板间加上电压 U,则离开极板区域的电子将打在荧光屏上的P点;若再在极板间加一方向垂直于纸面向外、磁感应强度为 B的匀强磁场,则打到荧光屏上的电子产生的光点又回到O点。现已知极板的长度l=5.00cm,C、D间的距 离 d= l.50cm, 极板区的中点 M到 荧光屏中点O 的距离 为L= 12.50cm,U=200V, P点到O点的 距离

y ? OP ? 3.0 cm;B=6.3×10 4T。试求电子的荷质比。(不计重力影响)。 四、(15分)要使一颗人造地球通讯卫星(同步卫星)能覆盖赤道上东经75.0?到东经135.0?之间的区域, 则卫星应定位在哪个经度范围内的上空?地球半径R0=6.37×106m。 地球表面处的重力加速度g=9.80m/s2。 五、 (15分)如图所示,两条平行的长直金属细 导轨KL、PQ固定于同一水平面内,它们之间的 距离为l,电阻可忽略不计;ab和cd是两根质量 皆为m的金属细杆,杆与导轨垂直,且与导轨良 好接触, 并可沿导轨无摩擦地滑动。 两杆的电阻 皆为R。杆cd的中点系一轻绳,绳的另一端绕过 轻的定滑轮悬挂一质量为M的物体, 滑轮与转轴 之间的摩擦不计,滑轮与杆cd之间的轻绳处于水平伸直状态并与导轨平行。导轨和金属细杆都处于匀强磁


1

场中,磁场方向垂直于导轨所在平面向上,磁感应强度的大小为B。现两杆及悬物都从静止开始运动,当 ab杆及cd杆的速度分别达到v1和v2时,两杆加速度的大小各为多少? 六、(15分)有一种高脚酒杯,如图所示。杯内底面为一凸起的球面,球心在顶点O下方 玻璃中的C点,球面的半径R=1.50cm,O到杯口平面的距离为8.0cm。在杯脚底中心处P 点紧贴一张画片,P点距O点6.3cm。这种酒杯未斟酒时,若在杯口处向杯底方向观看,看 不出画片上的景物,但如果斟了酒,再在杯口处向杯底方向观看,将看到画片上的景物。 已知玻璃的折射率n1=1.56,酒的折射率n2=1.34。试通过分析计算与论证解释这一现象。 七、(15分)如图所示,B是质量为mB、半径为R的光滑半球形碗,放在光滑的水平桌面 上。A是质为mA的细长直杆,被固定 的光滑套管C约束在竖直方向,A可 自由上下运动。碗和杆的质量关系 为:mB=2mA。初始时,A杆 被握住, 使其下端正好与碗的半球面 的上边缘接触(如图)。然后从静止 开始释放A,A、B便开始运动。设A 杆的位置用? 表示, 为碗面的球心 ? O至A杆下端与球面接触点的连线方 向和竖直方向之间的夹角。求A与B 速度的大小(表示成? 的函数)。 八、(17分)如图所示的电路中, 各电源的内阻均为零,其中B、C两 点与其右方由1.0?的电阻和2.0?的 电阻构成的无穷组合电路相接。求 图中10?F的电容器与E点相接的极 板上的电荷量。

九、(18 分)如图所示,定滑轮 B、 C 与动滑轮 D 组成一滑轮组,各滑轮与转轴间的摩擦、滑轮的质量均 不计。在动滑轮 D 上,悬挂有砝码托盘 A,跨过滑轮组的不可伸长的 轻线的两端各挂有砝码 2 和 3。一根用轻线(图中穿过弹簧的那条坚 直线)拴住的压缩轻弹簧竖直放置在托盘底上,弹簧的下端与托盘底 固连,上端放有砝码 1(两者未粘连)。已加三个砝码和砝码托盘的 质量都是 m,弹簧的劲度系数为 k,压缩量为 l0,整个系统处在静止 状态。现突然烧断栓住弹簧的轻线,弹簧便伸长,并推动砝码 1 向上 运动,直到砝码 1 与弹簧分离。假设砝码 1 在以后的运动过程中不会 与托盘的顶部相碰。求砝码 1 从与弹簧分离至再次接触经历的时间。

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第 21 届全国中学生物理竞赛预赛参考解答 一、1. a. 10 10 - b. 10 15 - c. 6.6×10 27 - d. 10 19 e. 2.7×1019 2. a正确,b不正确。理由:反射时光频率? 不变,这表明每个光子能量h? 不变。 评分标准:本题15分,第1问10分,每一空2分。第二问5分,其中结论占2分,理由占3分。 二、第一次,小物块受力情况如图所示,设T1为绳中张 力,a1为两物块加速度的大小,l为斜面长,则有


m1 g ? T1 ? m1a1 T1 ? m2 g sin ? ? m2 a1

(1) (2) (3)

1 l ? a1t 2 2

第二次,m1与m2交换位置.设绳中张力为T2,两物 块加速度的大小为a2,则有

m2 g ? T2 ? m2 a2 T2 ? m1 g sin ? ? m1a2
l? 1 ?t? a2 ? ? 2 ? 3?
2

(4) (5)

(6)

由(1)、(2)式注意到? =30?得

a1 ?

2m1 ? m2 g 2(m1 ? m2 )

(7)

由(4)、(5)式注意到? =30?得

a2 ?

2m2 ? m1 g 2(m1 ? m2 )

(8)

由(3)、(6)式得

a2 9 由(7)、(8)、(9)式可解得 a1 ?
m1 11 ? m2 19

(9)

(10)

评分标准: 本题15分,(1)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)式各2分,求得(10)式再给3分。 三、设电子刚进入平行板电容器极板间区域时的速度为v0,因为速度方向平行于电容器的极板,通过长度
3

为l的极板区域所需的时间 t1=l/v0 (1) 当两极板之间加上电压时,设两极板间的场强为E,作用于电子的静电力的大小为qE方向垂直于极板由C 指向D,电子的加速度

a?


qE m

(2)

U (3) d 因电子在垂直于极板方向的初速度为0,因而在时间t1内垂直于极板方向的位移 1 (4) y1 ? at12 2 电子离开极板区域时,沿垂直于极板方向的末速度 vy=at1 (5) 设电子离开极板区域后,电子到达荧光屏上P点所需时间为t2 t2=(L-l/2)/v0 (6) 在t2时间内,电子作匀速直线运动,在垂直于极板方向的位移 y2=vyt2 (7) P点离开O点的距离等于电子在垂直于极板方向的总位移 y=y1+y2 (8) 由以上各式得电子的荷质比为 E?
2 q v0 d (9) ? y m UlL 加上磁场B后, 荧光屏上的光点重新回到O点, 表示在电子通过平行板电容器的过程中电子所受电场力与磁 场力相等,即 qE=qv0B (l0) 注意到(3)式,可得电子射入平行板电容器的速度 U (11) v0 ? Bd 代人(9)式得 q U (12) ? 2 y m B lLd 代入有关数据求得 q (13) ? 1.6 ?1011 C/kg m 评分标准: 本题15分.(l)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)、(7)、(8)式各1分,(10)式3分,(12)、 (13)式各2分。 四、如图所示,圆为地球赤道,S为卫星所在处,用R表示卫星运动轨道的半径。由万有 引力定律、牛顿运动定律和卫星周期T(亦即地球自转周期)可得

G

Mm ? 2? ? ? mR ? ? 2 R ? T ?

2

(1)

式中M为地球质量,G为万有引力常量,m为卫星质量 另有

4

2 GM ? R0 g

(2)

由图可知 Rcos? =R0 由以上各式可解得 (3)
1/ 3

? 4? 2 R ? ? ? arccos ? 2 0 ? ? T g ?

(4)

取T=23小时56分4秒(或近似取T=24小时),代入数值,可得 ? =81.3? (5) 由此可知,卫星的定位范围在东经135.0?-81.3?=53.7?到75.0?+81.3?=156.3?之间的上空。 评分标准: 本题15分.(1)、(2)、(3)式各2分,(4)、(5)式共2分,得出最后结论再给7分。 五、用E 和I分别表示abdc回路的感应电动势和感应电流的大小,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可 知 E =Bl(v2-v1) (1)

E (2) 2R 令F表示磁场对每根杆的安培力的大小,则 F=IBl (3) 令a1和a2分别表示ab杆cd杆和物体M加速度的大小,T表示绳中张力的大小,由牛顿定律可知 F=ma1 (4) Mg-T=ma2 (5) T-F=ma2 (6) 由以上各式解得 I?
a1 ?
a2 ?

B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2Rm
2MgR ? B 2l 2 (v2 ? v1 ) 2( M ? m) R

(7)

(8)

评分标准: 本题15分.(l)式3分,(2)式2分,(3)式3分,(4)、(5)、(6)式各1分,(7)、(8)式 各2分。 六、把酒杯放平,分析成像问题。

图1

1.未斟酒时,杯底凸球面的两侧介质的折射率分别为n1和n0=1。在图1中,P为画片中心,由P发出经 过球心C的光线PO经过顶点不变方向进入空气中;由P发出的与PO成? 角的另一光线PA在A处折射。设A 处入射角为i,折射角为r,半径CA与PO的夹角为? ,由折射定律和几何关系可得
5

n1sini=n0sinr ? =i+? 在△PAC中,由正弦定理,有

(1) (2)

R PC ? sin ? sin i 考虑近轴光线成像,?、i、r 都是小角度,则有
r? n1 i n0

(3)

(4)

??

R i PC

(5)

由(2)、(4)、(5)式、n0、nl、R的数值及 PC ? PO ? CO ? 4.8 cm可得

? =1.31i

r =1.56i 由(6)、(7)式有 r>? (8) 由上式及图1可知,折射线将与PO延长线相交于P?,P? 即为P点的实像.画面将成实像于P? 处。 在△CAP? 中,由正弦定理有

(6) (7)

R CP? ? sin ? sin r
又有 r=? +? 考虑到是近轴光线,由(9)、(l0)式可得

(9) (10)

CP? ?
又有

r R r ??

(11)

OP? ? CP? ? R
由以上各式并代入数据,可得

(12)

OP? ? 7.9 cm

(13)

由此可见,未斟酒时,画片上景物所成实像在杯口距O点7.9 cm处。已知O到杯口平面的距离为8.0cm, 当人眼在杯口处向杯底方向观看时,该实像离人眼太近,所以看不出画片上的景物。 2.斟酒后,杯底凸球面两侧介质分别为玻璃和酒,折射率分别为n1和n2,如图2所示,考虑到近轴光 线有

r?

n1 i n2

(14) 代 入 n1 和 n2 的值,可得 r =1.16i

图2

(15)
6

与(6)式比较,可知 r<? (16) 由上式及图2可知,折射线将与OP延长线相交于P?,P? 即为P点的虚像。画面将成虚像于P? 处。计算可得

CP? ?
又有

r R ? ?r

(17)

OP? ? CP? ? R
由以上各式并代入数据得

(18)

OP? ? 13 cm

(19)

由此可见,斟酒后画片上景物成虚像于P?处,距O点13cm.即距杯口21 cm。虽然该虚像还要因酒液平 表面的折射而向杯口处拉近一定距离,但仍然离杯口处足够远,所以人眼在杯口处向杯底方向观看时,可 以看到画片上景物的虚像。 评分标准: 本题15分.求得(13)式给5分,说明“看不出”再给2分;求出(l9)式,给5分,说明“看到”再给 3分。 七、由题设条件知,若从地面参考系观测,则任何时刻,A沿竖直 方向运动,设其速度为vA,B沿水平方向运动,设其速度为vB,若以 B为参考系,从B观测,则A杆保持在竖直方向,它与碗的接触点在 碗面内作半径为R的圆周运动, 速度的方向与圆周相切, 设其速度为 VA。杆相对地面的速度是杆相对碗的速度与碗相对地面的速度的合 速度,速度合成的矢量图如图中的平行四边形所示。由图得

VA sin? ? vA VA cos? ? vB
因而

(1) (2)

vB ? vA cot ?
由能量守恒

(3)

1 1 2 2 mA gR cos? ? mA vA ? mBvB 2 2 由(3)(4)两式及mB=2mA得 、
vA ? sin ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ? 2 gR cos? 1 ? cos 2 ?

(4)

(5)

vB ? cos?

(6)

评分标准: 本题(15)分.(1)、(2)式各3分,(4)式5分,(5)、(6)两式各2分。 八、设B、C右方无穷组合电路的等效电阻为RBC,则题图中通有电流的电路可以简化为图1中的电路。B、 C右方的电路又可简化为图2的电路,其中 RB?C? 是虚线右方电路的等效电阻。由于B?、C?右方的电路与B、 C右方的电路结构相同,而且都是无穷组合电路,故有
7

RBC ? RB?C?
由电阻串、并联公式可得

(1)

RBC ? 1 ?

2 RB?C ? 2 ? RB?C ?

(2)

由式(1)、(2)两式得
2 RBC ? RBC ? 2 ? 0

解得 RBC=2.0 ? (3) 图1所示回路中的电流为

图1

图2

20 ? 10 ? 24 (4) A=0.10 A 10 ? 30 ? 18 ? 2 电流沿顺时针方向。 设电路中三个电容器的电容分别为C1、C2和C3,各电容 器极板上的电荷分别为Q1、Q2和Q3,极性如图3所示。由于电 荷守恒,在虚线框内,三个极板上电荷的代数和应为零,即 Q1+Q2-Q3=0 (5) A、E两点间的电势差 I?
U A ?UE ? ?
(6) 又有

Q1 Q3 ? C1 C3

图3

U A ? U E ? (10 ? 30 ? 0.10)V=7.0 V
B、E两点间的电势差

(7)

UB ?UE ?
又有

Q2 Q3 ? C2 C3

(8)

U B ? U E ? (24 ? 20 ? 0.10)V=26 V

(9)

根据(5)、(6)、(7)、(8)、(9)式并代入C1、C2和C3之值后可得 - Q3=1.3×10 4C (10) -4 即电容器C3与E点相接的极板带负电,电荷量为1.3×10 C。 评分标准: 本题17分.求得(3)式给3分,(4)式1分,(5)、(6)、(7)、(8)、(9)、(10)式各2分, 指出所考察的极板上的电荷是负电荷再给1分。

九、设从烧断线到砝码1与弹簧分离经历的时间为△t,在这 段时间内,各砝码和砝码托盘的受力情况如图1所示:图中, F表示△t 时间内任意时刻弹簧的弹力,T 表示该时刻跨过 滑轮组的轻绳中的张力, mg为重力, 0为悬挂托盘的绳的拉 T
8

图1

力。因D的质量忽略不计,有 T0=2T (1) 在时间△t 内任一时刻,法码1向上运动,托盘向下运动,砝码2、3则向上升起,但砝码2、3与托盘速 度的大小是相同的。设在砝码1与弹簧分离的时刻,砝码1的速度大小为v1,砝码2、3与托盘速度的大小都 是v2,由动量定理,有

I F ? I mg ? mv1 IT ? I mg ? mv2 IT ? I mg ? mv2 I F ? I mg ? IT0 ? mv2

(2) (3) (4) (5)

式中IF、Img、IT、IT0分别代表力F、mg、T、T0在△t 时间内冲量的大小。注意到式(1),有 IT0=2IT (6) 由(2)、(3)、(4)、(5)、(6)各式得

1 (7) v2 ? v1 3 在弹簧伸长过程中, 弹簧的上端与砝码1一起向上运动, 下端与托盘一起向下运动。 以△l1表示在△t 时 间内弹簧上端向上运动的距离,△l2表示其下端向下运动的距离。由于在弹簧伸长过程中任意时刻,托盘 的速度都为砝码1的速度的1/3,故有 1 (8) ?l2 ? ?l1 3 另有
?l1 ? ?l2 ? l0
(9)

在弹簧伸长过程中,机械能守恒,弹簧弹性势能的减少等于系统动能和重力势能的增加,即有

1 2 1 2 1 2 kl0 ? mv1 ? 3 ? mv2 ? mg ?l1 ? mg ?l2 ? 2mg ?l2 2 2 2 由(7)、(8)、(9)、(10)式得
2 v1 ?

(10)

3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? 2m ? 2 ?

(11)

砝码1与弹簧分开后,砝码作上抛运动,上升到最大 高度经历时间为t1,有 v1=gt1 (12) 砝码2、3和托盘的受力情况如图2所示,以a表示加速度的 大小,有 mg-T=ma (13) mg-T=ma (14) T0-mg=ma (15) T0=2T (16) 由(14)、(15)和(16)式得

图2

1 a? g 3 托盘的加速度向上,初速度v2向下,设经历时间t2,托盘速度变为零,有
9

(17)

v2=at2 由(7)、(12)、(17)和(18)式,得

(18)

t1 ? t2 ?

v1 g

(19)

即砝码1自与弹簧分离到速度为零经历的时间与托盘自分离到速度为零经历的时间相等。由对称性可知, 当砝码回到分离位置时,托盘亦回到分离位置,即再经历t1,砝码与弹簧相遇。题中要求的时间

t总 ? 2t1
由(11)、(12)、(20)式得

(20)

t总 ?

2 g

3 ?1 2 ? ? kl0 ? mgl0 ? 2m ? 2 ?

评分标准: 本题 18 分.求得(7)式给 5 分,求得(11)式给 5 分,(17)、(19)、(20)、(21)式各 2 分。

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第 21 届全国中学生物理竞赛复赛题试卷

题号 得分 阅卷人















总分

本卷共七题,满分 140 分. 一、(20 分)薄膜材料气密性能的优劣常用其透气系数来加以评判.对于均匀薄膜材料,在一定温度下,某

?PSt ,其中 t 为渗透持续时间,S 为薄膜的面积,d 为薄膜的 d 厚度, ?P 为薄膜两侧气体的压强差.k 称为该薄膜材料在该温度下对该气体的透气系数.透气系数愈小, 材料的气密性能愈好. I 图为测定薄膜材料对空气的透气系数的一种实验装置示意图.EFGI 为渗透 E 室,U 形管左管上端与渗透室相通,右管上端封闭;U 形管内横截面积 A= P0 V0 K3 0.150cm2. 实验中, 首先测得薄膜的厚度 d =0.66mm, 再将薄膜固定于图中 CC? 处, 从而把渗透室分为上下两部分, 上面部分的容积 V0 ? 25.00cm 3 , 下面部分连同 U 形管左管水面以上部分的总容积为 V1,薄膜能够透气的面积 S =1.00cm2.打开开 C C? P1 V1 关 K1、K2 与大气相通,大气的压强 P1=1.00atm,此时 U 形管右管中气柱长度 F G H ? 20.00cm , V1 ? 5.00cm 3 .关闭 K1、K2 后,打开开关 K3,对渗透室上部分 迅速充气至气体压强 P0 ? 2.00atm ,关闭 K3 并开始计时.两小时后, U 形管左 K2 K1 H 管中的水面高度下降了 ?H ? 2.00cm .实验过程中,始终保持温度为 0? C .求该 ? 薄膜材料在 0 C 时对空气的透气系数. 本实验中由于薄膜两侧的压强差在实验过 ( 程中不能保持恒定,在压强差变化不太大的情况下,可用计时开始时的压强差和 计时结束时的压强差的平均值 ?P 来代替公式中的 ?P .普适气体常量 R = 8.31Jmol-1K-1,1.00atm = 1.013×105Pa) .
种气体通过薄膜渗透过的气体分子数 N ? k 二、 分) 两颗人造卫星绕地球沿同一椭圆轨道同向运动, (20 它们通过轨道上同一点的时间相差半个周期. 已 知轨道近地点离地心的距离是地球半径 R 的 2 倍,卫星通过近地点时的速度 v ? 3GM 4 R ,式中 M 为地 球质量, 为引力常量. G 卫星上装有同样的角度测量仪, 可测出卫星与任意两点的两条连线之间的夹角. 试 设计一种测量方案,利用这两个测量仪测定太空中某星体与地心在某时刻的距离. (最后结果要求用测得 量和地球半径 R 表示) 三、(15 分)?子在相对自身静止的惯性参考系中的平均寿命 ? 0 ? 2.0 ? 10 ?6 s .宇宙射线与大气在高空某处 发生核反应产生一批?子,以 v = 0.99c 的速度(c 为真空中的光速)向下运动并衰变.根据放射性衰变定 律, 相对给定惯性参考系, t = 0 时刻的粒子数为 N(0), t 时刻剩余的粒子数为 N(t), 若 则有 N ?t ? ? N ?0?e ?t ? , 式中?为相对该惯性系粒子的平均寿命. 若能到达地面的?子数为原来的 5%, 试估算?子产生处相对于地面 的高度 h.不考虑重力和地磁场对?子运动的影响. 四、(20 分)目前,大功率半导体激光器的主要结构形式是由许多发光区等距离地排列在一条直线上的长条 状,通常称为激光二极管条.但这样的半导体激光器发出的是很多束发散光束,光能分布很不集中,不利 于传输和应用.为了解决这个问题,需要根据具体应用的要求,对光束进行必需的变换(或称整形) .如 果能把一个半导体激光二极管条发出的光变换成一束 ?? S1 很细的平行光束,对半导体激光的传输和应用将是非常 h P 有意义的.为此,有人提出了先把多束发散光会聚到一 ?? S2 点,再变换为平行光的方案,其基本原理可通过如下所 h ?? S3
11

L

述的简化了的情况来说明. 向发出半顶角为? =arctan ?1 4 ? 的圆锥形光束.请使用三个完全相同的、焦距为 f = 1.50h、半径为 r =0.75 h 的圆形薄凸透镜,经加工、组装成一个三者在同一平面内的组合透镜,使三束光都能全部投射到这个组合 z 透镜上,且经透镜折射后的光线能全部会聚于 z 轴(以 S2 为起点,垂直于三个点光源连线,与光束中心线 方向相同的射线)上距离 S2 为 L = 12.0 h 处的 P 点. (加工时可对透镜进行外形的改变,但不能改变透镜 焦距. ) 1.求出组合透镜中每个透镜光心的位置. 2.说明对三个透镜应如何加工和组装,并求出有关数据. 如图,S1、S2、S3 是等距离(h)地排列在一直线上的三个点光源,各自向垂直于它们的连线的同一方

五、(20 分)如图所示,接地的空心导体球壳内半径为 R,在空腔内一直径上的 P1 和 P2 处,放置电量分别 为 q1 和 q2 的点电荷,q1=q2=q,两点电荷到球心的距离均为 a.由静电感应与静电屏蔽可知:导体空腔 内表面将出现感应电荷分布,感应电荷电量等于-2q.空腔内部的电场是由 q1、q2 和两者在空腔内表面上 的感应电荷共同产生的.由于我们尚不知道这些感应电荷是怎样分布的,所以很难用场强叠加原理直接求 得腔内的电势或场强.但理论上可以证明,感应电荷对腔内电场的贡献,可用假想的位于腔外的(等效) 点电荷来代替(在本题中假想(等效)点电荷应为两个) ,只要假想的(等效)点电荷的位置和电量能满足这 ? 样的条件,即:设想将整个导体壳去掉,由 q1 在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q1 与 q1 共同产生的电场在原空腔内表面所在位置处各点的电势皆为 0;由 q2 在原空 ? 腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷 q 2 与 q2 共同产生的电场在原空腔 A 内表面所在位置处各点的电势皆为 0. 这样确定的假想电荷叫做感应电荷的等 r 效电荷,而且这样确定的等效电荷是唯一的.等效电荷取代感应电荷后,可 P2 ?? P 1 ? ? 用等效电荷 q1 、 q 2 和 q1、q2 来计算原来导体存在时空腔内部任意点的电势或 a O a 场强. R

? ? 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷 q1 、 q 2 的位置及电量.
2. 求空腔内部任意点 A 的电势 UA. 已知 A 点到球心 O 的距离为 r, 与 OP OA 1 的夹角为??. 六、(20 分)如图所示,三个质量都是 m 的刚性小球 A、B、C 位于光滑的水 平桌面上(图中纸面) ,A、B 之间,B、C 之间分别用刚性轻杆相连,杆与 A、B、C 的各连接处皆为“铰链式”的(不能对小球产生垂直于杆方向的 作用力) .已知杆 AB 与 BC 的夹角为??? ,??< ?/2.DE 为固定在桌面上一 块挡板,它与 AB 连线方向垂直.现令 A、B、C 一起以共同的速度 v 沿平 A 行于 AB 连线方向向 DE 运动, 已知在 C 与挡板碰撞过程中 C 与挡板之间无 摩擦力作用, 求碰撞时当 C 沿垂直于 DE 方向的速度由 v 变为 0 这一极短时 间内挡板对 C 的冲量的大小. 七、 (25 分)如图所示,有二平行金属导轨,相距 l,位于同一水平面内(图 中纸面) ,处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中, y 磁场方向竖直向下(垂直纸面向里) .质量均为 c y m 的两金属杆 ab 和 cd 放在导轨上,与导轨垂 直. 初始时刻, 金属杆 ab 和 cd 分别位于 x = x0 和 x = 0 处.假设导轨及金属杆的电阻都为零, O d 由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数为 L.今对金属杆 ab 施以沿导轨向右的瞬时冲量,
12

D B
A

????

A

C
A A

E

a v0 b x

使它获得初速 v 0 .设导轨足够长, x 0 也足够大,在运动过程中,两金属杆之间距离的变化远小于两金属 杆的初始间距 x 0 ,因而可以认为在杆运动过程中由两金属杆与导轨构成的回路的自感系数 L 是恒定不变 的.杆与导轨之间摩擦可不计.求任意时刻两杆的位置 xab 和 xcd 以及由两杆和导轨构成的回路中的电流 i 三者各自随时间 t 的变化关系.

13

第 21 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 一、开始时 U 形管右管中空气的体积和压强分别为 V2 = HA p2= p1 经过 2 小时,U 形管右管中空气的体积和压强分别为

(1)

V2? ? ( H ? ?H ) A

(2)

? p2 ?

p 2V2 V2?

(3)

渗透室下部连同 U 形管左管水面以上部分气体的总体积和压强分别为

V1? ? V1 ? ?HA ? p1 ? p 2 ? 2 ?gΔH
空气的摩尔数

(4) (5)

式中??为水的密度,g 为重力加速度.由理想气体状态方程 pV ? nRT 可知,经过 2 小时,薄膜下部增加的

?n ?
在 2 个小时内,通过薄膜渗透过去的分子数

? p1V1? p1V1 ? RT RT

(6)

N ? ?nN A
式中 NA 为阿伏伽德罗常量. 渗透室上部空气的摩尔数减少,压强下降.下降了?p

(7)

?p ?
经过 2 小时渗透室上部分中空气的压强为

ΔnRT V0

(8)

? p0 ? p0 ? ?p
测试过程的平均压强差

(9)

1 ? ?( p0 ? p1 ) ? (p0 ? p1? )? 2 根据定义,由以上各式和有关数据,可求得该薄膜材料在 0℃时对空气的透气系数 ?p ?
k? Nd ?ptS ? 2.4 ? 1011 Pa ?1 m ?1s ?1

(10)

(11)

评分标准: 本题 20 分.(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式各 1 分,(6)式 3 分,(7)、(8)、(9)、(10) 式各 2 分,(11) 式 4 分. 二、如图,卫星绕地球运动的轨道为一椭圆,地心位于轨道椭圆的一个焦点 O 处,设待测量星体位于 C 处.根据题意,当一个卫星运动到轨道的近地点 A 时,另一个卫星恰好到达远地点 B 处,只要位于 A 点的 卫星用角度测量仪测出 AO 和 AC 的夹角?1,位于 B 点的卫星用角度测量仪测出 BO 和 BC 的夹角?2,就可
14

以计算出此时星体 C 与地心的距离 OC. 因卫星椭圆轨道长轴的长度

AB ? r近+r远
式中 r 近、与 r 远分别表示轨道近地点和远地点到地心的距离.由角动量守恒
mv 近 r近=mv远 r远

(1)

(2)
A O

式中 m 为卫星的质量.由机械能守恒

?1

B

1 GMm 1 GMm 2 2 mv 近- ? mv 远- 2 r近 2 r远
已知

(3)

r近=2R ,
得 所以

v 近=

3 GM 4 R

C
r远 ? 6 R

(4) (5)

AB ? 2R ? 6R ? 8R

在△ABC 中用正弦定理

sin ? 1 BC
所以

?

sin?π ? ? 1 ? ? 2 ? AB

(6)

BC ?

sin ? 1 AB sin ?? 1 ? ? 2 ?

(7)

地心与星体之间的距离为 OC ,在△BOC 中用余弦定理
2 OC ? r远 ? BC ? 2r远 ? BC cos ? 2 2 2

(8)

由式(4)、(5)、(7)得

OC ? 2 R 9 ? 16

sin ?? 1 ? ? 2 ?
2

sin 2 ? 1

? 24

sin ? 1 cos ? 2 sin ?? 1 ? ? 2 ?

(9)

评分标准: 本题 20 分.(1)式 2 分,(2)、(3)式各 3 分,(6) 、(8)式各 3 分, (9) 式 6 分. 三、因?子在相对自身静止的惯性系中的平均寿命 ? 0 ? 2.0 ? 10 ?6 s 根据时间膨胀效应,在地球上观测到的?子平均寿命为?,

??
代入数据得

?0
1 ? ?v c ?
2

(1)

? = 1.4×10-5s
相对地面,若?子到达地面所需时间为 t,则在 t 时刻剩余的?子数为

(2)

15

N ?t ? ? N ?0?e ?t ?
根据题意有

(3)

N ?t ? ? e ?t ? ? 5% N ?0?

(4)

对上式等号两边取 e 为底的对数得

t ? ?? ln
代入数据得

5 100

(5)

t ? 4.19 ? 10 ?5 s
根据题意,可以把?子的运动看作匀速直线运动,有

(6)

h ? vt
代入数据得

(7)

h ? 1.24 ? 10 4 m
评分标准: 本题 15 分. (1)式或(2)式 6 分,(4)式或(5)式 4 分,(7) 式 2 分,(8) 式 3 分.

(8)

四、1.考虑到使 3 个点光源的 3 束光分别通过 3 个透 镜都成实像于 P 点的要求,组合透镜所在的平面应垂 直于 z 轴,三个光心 O1、O2、O3 的连线平行于 3 个光 S1 源的连线,O2 位于 z 轴上,如图 1 所示.图中 MM ? 表 h S2 ? ? ? 示组合透镜的平面, S1 、 S 2 、 S 3 为三个光束中心光线 h 与该平面的交点. S 2 O2 = u 就是物距.根据透镜成 像公式

M

?? ?? ??
u O1 O3

? S1
O2(S2’) S3’ L M’
图1

P z

1 1 1 ? ? u L?u f
可解得

(1)

1 u ? [ L ? L2 ? 4 fL ] 2 因为要保证经透镜折射后的光线都能全部会聚于 P 点,来自各光源的光线在投射到透镜之前不能交叉,必须有 2utan? ≤h 即 u≤2h.在上式中取“-”号,代入 f 和 L 的值,算得
u ? (6 ? 3 2 )h ≈1.757h
(2)

此解满足上面的条件. 分别作 3 个点光源与 P 点的连线.为使 3 个点光源都能同时成像于 P 点,3 个透镜的光心 O1、O2、 O3 应分别位于这 3 条连线上(如图 1) .由几何关系知,有

L?u 1 1 (3) h?( ? 2 )h ? 0.854h L 2 4 ? ? 即光心 O1 的位置应在 S 1 之下与 S 1 的距离为 ? S1O1 ? h ? O1O2 ? 0.146h (4) ? ? 同理,O3 的位置应在 S 3 之上与 S 3 的距离为 0.146h 处.由(3)式可知组合透镜中相邻薄透镜中心之间距离 必须等于 0.854h,才能使 S1、S2、S3 都能成像于 P 点. 2.现在讨论如何把三个透镜 L1、L2、L3 加工组装成组合透镜. O1O2 ? O2 O3 ?
16

因为三个透镜的半径 r = 0.75h,将它们的光心分别放置到 O1、O2、O3 处时,由于 O1O2 =O2 O3 = 0.854h<2r,透镜必然发生相互重叠,必须对透镜进行加工,各切去一部分,然后再将它们粘起来,才能满 足(3)式的要求.由于对称关系,我们只需讨论上半部分的情况. 图 2 画出了 L1、L2 放在 MM ? 平面内时相互交叠的情况(纸面为 MM ? 平面) .图中 C1、C2 表示 L1、L2 ? ? 的边缘, S 1 、 S 2 为光束中心光线与透镜的交点,W1、W2 分别为 C1、C2 与 O1O2 的交点.

? ? 为圆心的圆 2 分别是 S 1 为圆心的圆 1 和以 S 2(与 O2 重合)
光源 S1 和 S2 投射到 L1 和 L2 时产生的光斑的边缘,其半径 均为 (5) ? ? u tan? ? 0.439h 根据题意, 1 和圆 2 内的光线必须能全部进入透镜. 圆 首先, 圆 1 的 K 点(见图 2)是否落在 L1 上?由几何关系可知
h 0.439h Q T N 0.439h

K
圆1 S1’ O1 W2

C1

0.146h Q’ N’

x2
T’ 0.854h

? O1 K ? ? ? O1 S1 ? ?0.439 ? 0.146?h ? 0.585h ? r ? 0.75h (6)
故从 S1 发出的光束能全部进入 L1.为了保证全部光束能进 入透镜组合,对 L1 和 L2 进行加工时必须保留圆 1 和圆 2 内 的透镜部分.

W1 O2 (S2’) 圆2 C2’

x1

图2 下面举出一种对透镜进行加工、组装的方法.在 O1 和 O2 之间作垂直于 O1O2 且分别与圆 1 和圆 2 相切的切线 QQ? 和 NN ? .若沿位于 QQ? 和 NN ? 之间且与它们平行的任意直线 TT ? 对透镜 L1 和 L2 进行切割,去掉两透镜的 弓形部分,然后把它们沿此线粘合就得到符合所需组合透镜的上半部.同理,对 L2 的下半部和 L3 进行切 割,然后将 L2 的下半部和 L3 粘合起来,就得到符合需要的整个组合透镜.这个组合透镜可以将 S1、S2、 S3 发出的全部光线都会聚到 P 点. 现在计算 QQ? 和 NN ? 的位置以及对各个透镜切去部分的大小应符合的条件.设透镜 L1 被切去部分沿 O1O2 方向的长度为 x1, 透镜 L2 被切去部分沿 O1O2 方向的长度为 x2, 如图 2 所示, 则对任意一条切割线 TT ? , x1、x2 之和为

d ? x1 ? x 2 ? 2r ? O1O2 ? 0.646h

(7)

由于 TT ? 必须在 QQ? 和 NN ? 之间,从图 2 可看出,沿 QQ? 切割时,x1 达最大值(x1M),x2 达最小值(x2m), ? x1M ? r ? S1O1 ? ?

? 代入 r,??和 S 1O1 的值,得

x1M ? 0.457h
代入(7)式,得

(8) (9)

x2m ? d ? x1M ? 0.189h 由图 2 可看出,沿 NN ? 切割时,x2 达最大值(x2M),x1 达最小值(x1m), x2M ? r ? ? 代入 r 和??的值,得 x2 M ? 0.311h x1m ? d ? x2 M ? 0.335h 由对称性,对 L3 的加工与对 L1 相同,对 L2 下半部的加工与对上半部的加工相同.

(10) (11)

评分标准: 本题 20 分.第 1 问 10 分,其中(2)式 5 分, (3)式 5 分, 第 2 问 10 分,其中(5)式 3 分,(6)式 3 分,(7)式 2 分,(8)式、(9)式共 1 分,(10)式、(11)式共 1 分. 如果学生解答中没有(7)—(11)式,但说了“将图 2 中三个圆锥光束照射到透镜部分全部保留,透镜其 它部分可根据需要磨去(或切割掉) ”给 3 分,再说明将加工后的透镜组装成透镜组合时必须保证
17

O1O2=O1O2=0.854h,再给 1 分,即给(7)—(11)式的全分(4 分) .

五、1.解法Ⅰ:

? ? 如图 1 所示,S 为原空腔内表面所在位置,q1 的位置应位于 OP 的延长线上的某点 B1 处,q 2 的位置应 1 位于 OP2 的延长线上的某点 B2 处.设 A1 为 S 面 A1 上的任意一点,根据题意有
k q1 A1 P1 q2 A1 P2 ?k ? q1 A1 B1 ? q2 A1 B2 ?0
(1) B2 S
1

O ?? P2 a a P1 R
1

B1

k

?k

?0

(2)

图1

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图 1 中 ?OP A1 与 ?OA1 B1 的关系. 1 ? 若等效电荷 q1 的位置 B1 使下式成立,即

OP ? OB1=R 2 1


(3)

OP 1 OA1

?

OA1 OB1

(4)



△OP A1 ∽△OA1 B1 1
A1 P1 A1 B1 ? OP 1 OA1 ? a R
(5)



? 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷 q1
? q1 ? ? R q1 a
(6)

? 由 (3) 式知,等效电荷 q1 的位置 B1 到原球壳中心位置 O 的距离
OB1 ? R2 a
(7)

同理,B2 的位置应使 △OP A1 ∽△OA1 B2 ,用类似的方法可求得等效电荷 2

? q2 ? ?

R q2 a

(8)

? 等效电荷 q 2 的位置 B2 到原球壳中心 O 位置的距离
OB2 ?
解法Ⅱ:

R2 a

(9)

? 在图 1 中,设 A1 P1 ? r1 , A1 B1 ? r1? ,OB1 ? d .根据题意,q1 和 q1 两者在 A1 点产生的电势和为零.有

18

k

q1 q? ?k 1 ?0 r1 r1?

(1' )

式中

r1 ? ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? )1 2 r1? ? ( R 2 ? d 2 ? 2 Rd cos ? )1 2
由(1'、 )(3' )(2'、 )式得
2 ?2 q1 ( R 2 ? d 2 ? 2Rd cos ? ) ? q1 ( R 2 ? a 2 ? 2 Ra cos ? )

(2' ) (3' )

(4' )

(4' )式是以 cos? 为变量的一次多项式,要使(4' )式对任意 ? 均成立,等号两边的相应系数应相等, 即

? q12 ( R 2 ? d 2 ) ? q1 ( R 2 ? a 2 )
2 2 ?2 q1 d ? q1 a

(5' ) (6' )

由(5'、 )式得 )(6'

ad 2 ? (a 2 ? R 2 )d ? aR 2 ? 0
解得

(7' ) (8' )

d?

(a 2 ? R 2 ) ? (a 2 ? R 2 ) 2a

由于等效电荷位于空腔外部,由(8' )式求得

d?
由(6'、 )式有 )(9'

R2 a

(9' )

? q1 2 ?

R2 2 q1 a2

(10' )

考虑到(1' )式,有

? q1 ? ?
同理可求得

R q1 a

(11' )

OB2 ?

R2 a

(12' )

? q2 ? ?

R q2 a
19

(13' )

? ? 2.A 点的位置如图 2 所示.A 的电势由 q1、 q1 、q2、 q 2 共同产生,即
? 1 R 1 1 R 1 ? ? U A ? kq? ? ? ? ? P A a B A P A a B A? 1 2 2 ? ? 1
(10)



P1 A ? r 2 ? 2ra cos ? ? a 2

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B1 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

A

B2

P2 A ? r 2 ? 2ra cos? ? a 2

O ?? P2 a a P1 R S
图2
1

B1

? R2 ? ? R2 ? ? cos ? ? ? ? B2 A ? r ? 2r ? ? a ? ? a ? ? ? ? ?
2

2

代入 (10) 式得

? 1 R U A ? kq? ? ? 2 2 a 2 r 2 ? 2raR2 cos? ? R 4 ? r ? 2ra cos? ? a
? 1 r 2 ? 2ra cos ? ? a 2 ? ? ? 2 2 2 4 ? a r ? 2raR cos ? ? R ? R
(11)

评分标准: 本题 20 分.第 1 问 18 分,解法Ⅰ中(1)、(2)、(6)、(7)、(8)、(9) 式各 3 分.解法Ⅱ的评分可参考解法Ⅰ. 第 2 问 2 分,即(11)式 2 分. 六、 I 表示题述极短时间?t 内挡板对 C 冲量的大小, 令 因为挡板对 C 无摩擦力作用, 可知冲量的方向垂直于 DE,如图所示;I ? 表示 B、C 间的杆对 B 或 C 冲量的大小, 其方向沿杆方向,对 B 和 C 皆为推力;v C 表示?t 末了时刻 C 沿平行于 DE 方向速 度的大小, v B 表示?t 末了时刻 B 沿平行于 DE 方向速度的大小, v B ? 表示?t 末了 时刻 B 沿垂直于 DE 方向速度的大小.由动量定理, 对C有 A B ????A
A

D

I

C
A A

I ? sin ? ? mv C

E (1) (2)

I ? I ? cos? ? mv
对B有

I ? sin ? ? mv B
对 AB 有

(3)

I ? cos ? ? 2m?v ? v B? ?
因为 B、C 之间的杆不能伸、缩,因此 B、C 沿杆的方向的分速度必相等.故有
20

(4)

vC sin ? ? v B ? cos ? ? v B sin ?
由以上五式,可解得

(5)

I?

3 ? sin 2 ? mv 1 ? 3 sin 2 ?

(6)

评分标准: 本题 20 分. (1)、(2)、(3)、(4)式各 2 分. (5)式 7 分,(6)式 5 分. 七、解法Ⅰ: 当金属杆 ab 获得沿 x 轴正方向的初速 v0 时,因切割磁力线而产生感应电动势,由两金属杆与导轨构 成的回路中会出现感应电流.由于回路具有自感系数,感应电流的出现,又会在回路中产生自感电动势, 自感电动势将阻碍电流的增大,所以,虽然回路的电阻为零,但回路的电流并不会趋向无限大,当回路中 一旦有了电流,磁场作用于杆 ab 的安培力将使 ab 杆减速,作用于 cd 杆的安培力使 cd 杆运动. 设在任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆的速度分别为 v1 和 v2(相对地面参考系 S) ,当 v1、v2 为正时,表示速 度沿 x 轴正方向;若规定逆时针方向为回路中电流和电动势的正方向,则因两杆作切割磁力线的运动而产 生的感应电动势

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
当回路中的电流 i 随时间的变化率为 ?i ?t 时,回路中的自感电动势

(1)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(2)

E ? EL ? 0

(3)

金属杆在导轨上运动过程中,两杆构成的系统受到的水平方向的合外力为零,系统的质心作匀速直线 运动.设系统质心的速度为 VC,有

mv 0 ? 2mVC


(4)

VC ?

v0 2

(5)

VC 方向与 v0 相同,沿 x 轴的正方向. 现取一新的参考系 S ? , 它与质心固连在一起, 并把质心作为坐标原点 O ? , 取坐标轴 O?x? 与 x 轴平行. 设 相对 S ? 系,金属杆 ab 的速度为 u,cd 杆的速度为 u ? ,则有

v1 ? VC ? u v 2 ? VC ? u ?
因相对 S ? 系,两杆的总动量为零,即有

(6) (7)

mu ? mu? ? 0
由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得

(8)

?i (9) ?t 在 S ? 系中,在 t 时刻,金属杆 ab 坐标为 x ? ,在 t+?t 时刻,它的坐标为 x ? ? ?x ? ,则由速度的定义 2 Blu ? L
21

u?
代入 (9) 式得

?x ? ?t

(10)

2Bl?x? ? L?i
若将 x ? 视为 i 的函数,由(11)式知 ?x ? ?i 为常数,所以 x ? 与 i 的关系可用一直线方程表示

(11)

x? ?

L i?b 2Bl

(12)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 在 S ? 系中的坐标 x ? =

1 x0 ,这时 i = 0,故得 2
(13)

x? ?


L 1 i ? x0 2Bl 2

i?

2 Bl ? 1 ? ? x ? ? x0 ? L ? 2 ?

(14)

1 ? 1 ? x0 表示 t=?时刻金属杆 ab 的位置. x ? 表示在任意时刻 t,杆 ab 的位置,故 ? x? ? x0 ? 就是杆 ab 2 ? 2 ?
在 t 时刻相对初始位置的位移,用 X 表示,

1 (15) x0 2 当 X>0 时,ab 杆位于其初始位置的右侧;当 X<0 时,ab 杆位于其初始位置的左侧.代入(14)式,得 2Bl (16) i? X L 这时作用于 ab 杆的安培力 X ? x? ?
2B 2 l 2 (17) X L ab 杆在初始位置右侧时,安培力的方向指向左侧;ab 杆在初始位置左侧时,安培力的方向指向右侧, 可知该安培力具有弹性力的性质.金属杆 ab 的运动是简谐振动,振动的周期 F ? ?iBl ? ?
T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(18)

在任意时刻 t, ab 杆离开其初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? ?T ?
A 为简谐振动的振幅,??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 ab 杆的振动速度

(19)

? 2π ? ? 2π ? u ? ? A? ? sin? t ? ? ? ?T ? ?T ?

(20)

(19)、(20)式分别表示任意时刻 ab 杆离开初始位置的位移和运动速度.现已知在 t=0 时刻,ab 杆位于初 始位置,即 X=0 速度

u ? v0 ? VC ? v0 ?
22

1 1 v0 ? v0 2 2

故有

0 ? A cos?
v0 ? 2π ? ? ? A? ? sin ? 2 ?T ?
解这两式,并注意到(18)式得

? ? 3π 2
A?
由此得 ab 杆的位移

(21)

v0 v T? 0 4? 2 Bl

mL 2

(22)

X?

v0 2 Bl

mL 3π ? v ? 2π cos? t ? ? ? 0 2 2 ? 2 Bl ?T

mL 2π sin t 2 T

(23)

由 (15) 式可求得 ab 杆在 S ? 系中的位置

? xab ?

v 1 x0 ? 0 2 2 Bl

mL 2π sin t 2 T

(24)

因相对质心,任意时刻 ab 杆和 cd 杆都在质心两侧,到质心的距离相等,故在 S ? 系中,cd 杆的位置

v 1 ? xcd ? ? x0 ? 0 2 2 Bl
相对地面参考系 S,质心以 VC ? 置

mL 2? sin t 2 T

(25)

1 v 0 的速度向右运动,并注意到(18)式,得 ab 杆在地面参考系中的位 2
v 1 v0t ? 0 2 2 Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

x ab ? x 0 ?

(26)

cd 杆在 S 系中的位置

x cd ?
回路中的电流由 (16) 式得

v 1 v0t ? 0 2 2 Bl

? mL 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(27)

i?

2 Bl v 0 L 2 Bl

? mL 2π m 2 ? ?t sin t ? v0 sin? Bl ? 2 T 2L mL ? ? ?

(28)

解法Ⅱ: 当金属杆在磁场中运动时,因切割磁力线而产生感应电动势,回路中出现电流时,两金属杆都要受到 安培力的作用,安培力使 ab 杆的速度改变,使 cd 杆运动.设任意时刻 t,两杆的速度分别为 v1 和 v2(相 对地面参考系 S) ,若规定逆时针方向为回路电动势和电流的正方向,则由两金属杆与导轨构成的回路中, 因杆在磁场中运动而出现的感应电动势为

E ? Bl ?v1 ? v 2 ?
令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度,有
23

(1’)

EL ? Blu
当回路中的电流 i 变化时,回路中有自感电动势 EL,其大小与电流的变化率成正比,即有

(2’)

EL ? ? L
根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

?i ?t

(3’)

E ? EL ? 0
由式(2’)、(3’)两式得

?i (4’) ?t 设在 t 时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? ,在 t+?t 时刻,ab 相对于 cd 杆的距离为 x ? + ?x? , 则由速度的定义,有 ?x ? (5’) u? ?t 代入 ( 4 ? ) 式得 (6’) Bl?x? ? L?i Blu ? L
若将 x ? 视为 i 的函数,由(6’)式可知, ?x ? ?i 为常量,所以 x ? 与 i 的关系可以用一直线方程表示,即

x? ?

L i?b Bl

(7’)

式中 b 为常数,其值待定.现已知在 t=?时刻,金属杆 ab 相对于 cd 杆的距离为 x 0 ,这时 i = 0,故得

L (8’) i ? x0 Bl Bl 或 (9’) i ? ?x ? ? x0 ? L x 0 表示 t=?时刻金属杆 ab 相对于 cd 杆的位置. x ? 表示在任意时刻 t 时 ab 杆相对于 cd 杆的位置,故 ?x? ? x0 ? 就是杆 ab 在 t 时刻相对于 cd 杆的相对位置相对于它们在 t=?时刻的相对位置的位移,即从 t=? 到 t=t 时间内 ab 杆相对于 cd 杆的位移 (10') X ? x ? ? x0 于是有 Bl (11’) i? X L 任意时刻 t,ab 杆和 cd 杆因受安培力作用而分别有加速度 aab 和 acd,由牛顿定律有 x? ?
? iBl ? maab iBl ? macd
两式相减并注意到( 9 ? )式得 (12’) (13’)

m?aab ? acd ? ? ?2iBl ? ?

2B 2 l 2 X L

(14’)

式中 ?aab ? acd ? 为金属杆 ab 相对于 cd 杆的加速度,而 X 是 ab 杆相对 cd 杆相对位置的位移. 数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期

2B 2l 2 是常 L

24

T ? 2π

?

m 2B l L
2 2

?

(15’)

在任意时刻 t,ab 杆相对 cd 杆相对位置相对它们初始位置的位移

? 2π ? X ? A cos? t ? ? ? ?T ?

(16’)

A 为简谐振动的振幅,??为初相位,都是待定的常量.通过参考圆可求得 X 随时间的变化率即速度

? 2π ? ? 2π ? V ? A? ? sin? ??? ?T ? ?T ?
现已知在 t=0 时刻,杆位于初始位置,即 X = 0,速度 V ? v 0 故有

(17’)

0 ? A cos?
? 2π ? v 0 ? ? A? ? sin ? ?T ?
解这两式,并注意到(15’) 式得

? ? 3π 2
A?
由此得

v0 v T? 0 2π Bl

mL 2

X?

v0 Bl

mL 3π ? v 0 ? 2π cos? t ? ?? 2 2 ? Bl ?T

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(18’)

因 t = 0 时刻,cd 杆位于 x = 0 处,ab 杆位于 x = x0 处,两者的相对位置由 x0 表示;设 t 时刻,cd 杆位于 x = xcd 处,ab 杆位于 x = xab 处,两者的相对位置由 xab-xcd 表示,故两杆的相对位置的位移又可表示为 X = xab-xcd-x0 (19’) 所以

x ab ? x cd ? x 0 ?
(12’)和(13’)式相加,

v0 Bl

mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(20’)

m?aab ? acd ? ? ?iBl ? iBl ? 0


?aab ? acd ? ? 0
由此可知,两杆速度之和为一常数即 v0,所以两杆的位置 xab 和 xcd 之和应为 xab+xcd = x0+v0t 由(20’)和(21’)式相加和相减,注意到(15’)式,得 (21’)

25

1 v mL ? 2 ? ?t xab ? x0 ? v0t ? 0 sin ? Bl ? mL ? 2 2 Bl 2 ? ? x cd ? v 1 v0t ? 0 2 2 Bl mL ? 2 ? ?t sin? Bl ? 2 mL ? ? ?

(22’)

(23’)

由(11’)、 (19’)(22’)、(23’)式得回路中电流

i ? v0

? m 2 ? ?t sin? Bl ? 2L mL ? ? ?

(24’)

评分标准:本题 25 分. 解法Ⅰ 求得(16)式 8 分,(17)、(18)、(19)三式各 2 分. (23)式 4 分,(24)、(25)二式各 2 分,(26)、(27)、 (28)三式各 1 分. 解法Ⅱ的评分可参照解法Ⅰ评分标准中的相应式子给分.

26


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