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第二十二届全国高中生物理竞赛复赛试题及答案


第 22 届全国中学生物理竞赛预赛题试卷
本卷共九题, 本卷共九题,满分 200 分 (10 一、 ( 分)在横线上填上恰当的内容 1.在 2004 年 6 月 10 日联合国大会第 58 次会议上,鼓掌通过一项决议。决议摘录如下: 次会议上,鼓掌通过一项决议。决议摘录如下: . 联合国大会, 联合国大会, 承认物理学为了解自然界提供了重要基础, 承认物理学为了解自然界

提供了重要基础, 注意到物理学及其应用是当今众多技术进步的基石, 注意到物理学及其应用是当今众多技术进步的基石, 确信物理教育提供了建设人类发展所必需的科学基础设施的工具, 确信物理教育提供了建设人类发展所必需的科学基础设施的工具, 年是爱因斯坦科学发现一百周年,这些发现为现代物理学奠定了基础, 意识到 2005 年是爱因斯坦科学发现一百周年,这些发现为现代物理学奠定了基础, i . ……; ; ii . ……; ; iii .宣告 2005 年为 年. 2.爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献,试举出其中两项: .爱因斯坦在现代物理学领域作出了很多重要贡献,试举出其中两项: ; . (17 现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂) 一个弹簧测力计 ,一 匀质的长为 的有刻度、 二、 ( 分)现有一个弹簧测力计(可随便找地方悬挂) 一把匀质的长为 l 的有刻度、零 , 点位于端点的直尺 一个木块及质量不计的细线 试用这些器件设计一实验装置( 点位于端点的直尺,一个木块及质量不计的细线.试用这些器件设计一实验装置(要求画 出示意图) 通过一次测量 弹簧测力计只准读一次数) 求出木块的质量 尺的质量. ,通过一次测量( ,求出木块的质量和 (已 出示意图) 通过一次测量(弹簧测力计只准读一次数) 求出木块的质量和尺的质量. 已 , , ( 知重力加速度为 g) ) (18 的黑球, 三、 ( 分)内表面只反射而不吸收光的圆筒内有一半径为 R 的黑球,距球心为 2R 处有一 皆在圆筒轴线上,如图所示. 点光源 S,球心 O 和光源 S 皆在圆筒轴线上,如图所示.若使点光 , 源向右半边发出的光最后全被黑球吸收, 源向右半边发出的光最后全被黑球吸收,则筒的内半径 r 最大为多 r 2R 少? S O R

(20 分)处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光,称 处在激发态的氢原子向能量较低的状态跃迁时会发出一系列不同频率的光, 四、 ( 为氢光谱. 可以用下面的巴耳末— 为氢光谱.氢光谱线的波长λ 可以用下面的巴耳末—里德伯公式来表示

1 ? ? 1 = R? 2 ? 2 ? λ n ? ?k 1
n , k 分别表示氢原子 跃迁前后所处状态的量子数 . k = 1,2,3, L , 对于每一个 k , 有 n = k + 1, k + 2 , k + 3,L ,R 称为里德伯常量,是一个已知量.对于 k = 1 的一系列谱线其波 称为里德伯常量,是一个已知量. 长处在紫外线区,称为赖曼系; 的一系列谱线其波长处在可见光区,称为巴耳末系. 长处在紫外线区,称为赖曼系; k = 2 的一系列谱线其波长处在可见光区,称为巴耳末系. 用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验,当用赖曼系波长最长的光照射时, 用氢原子发出的光照射某种金属进行光电效应实验,当用赖曼系波长最长的光照射时, 当用巴耳末系波长最短的光照射时, 遏止电压的大小为 U1,当用巴耳末系波长最短的光照射时,遏止电压的大小为 U2. 已知 试求: 电子电量的大小为 e ,真空中的光速为 c ,试求:普朗克常量和 该种金属的逸出功. 该种金属的逸出功. A (25 斜坡由静止开始下滑, 由静止开始下滑 五、 ( 分)一质量为 m 的小滑块 A 沿斜坡由静止开始下滑,

B

的静止在水平地面上的小 在水平地面上的小滑块 发生正碰撞,如图所示.设碰撞是弹性的, 与一质量为 km 的静止在水平地面上的小滑块 B 发生正碰撞,如图所示.设碰撞是弹性的, 且一切摩擦不计.为使二者能且只能发生两次碰撞, 的值应满足什么条件 应满足什么条件? 且一切摩擦不计.为使二者能且只能发生两次碰撞,则 k 的值应满足什么条件?

(25 分)如图所示,两根位于同一水平面内的平行的直 如图所示, 六、 ( 长金属导轨, 处于恒定磁场中, 长金属导轨,处于恒定磁场中,磁场方向与导轨所在平面垂 的均匀导体细杆 放在导轨上, 匀导体细杆, 直.一质量为 m 的均匀导体细杆,放在导轨上,并与导轨 垂直, 可沿导轨无摩擦地滑动, 垂直,可沿导轨无摩擦地滑动,细杆与导轨的电阻均可忽略 v0 R0 不计. 的电阻丝相连, 不计.导轨的左端与一根阻值为 R0 的电阻丝相连,电阻丝 置于一绝热容器中, 电阻丝的热容量不计. 置于一绝热容器中,电阻丝的热容量不计.容器与一水平放 置的开口细管相通, 置的开口细管相通, 细管内有一截面为 S 的小液柱 质量不 ( ,液柱将 气体(可视为理想气体)封闭在容器中. 计) 液柱将 1mol 气体(可视为理想气体)封闭在容器中.已知温度升高 1K 时,该气体的 , 为普适气体常量) ,大气压强为 , 内能的增加量为 5R 2 (R 为普适气体常量) 大气压强为 p0,现令细杆沿导轨方向以初速 v0 向右运动,试求达到平衡时细管中液柱的位移. 向右运动,试求达到平衡时细管中液柱的位移. (25 分)三个电容器分别有不同的电容值 C1、C2、C3 .现把这三个电容器组成图示的 七、 ( (a)、(b)、(c)、(d)四种混联电路,试论证:是否可以通过适当选择 C1、C2、C3 的数值,使 四种混联电路, 的数值, 、 、 、 四种混联电路 试论证: 其中某两种 混联电路 A、 、 A A A A B 间的等效电 C1 C1 容相等. 容相等. C3 C2 C1 C3 C2 C1 C2 C3 C2 C3 B B B B (d) (c) (a) (b)

(30 分)如图所示,一根长为 l 的细刚性轻杆的两端分别连结小球 a 和 b ,它们的质量 如图所示, 八、 (

1 分别为 ma 和 mb. 杆可绕距 a 球为 l 处的水平定轴 O 在竖直平面内转 4 初始时杆处于竖直位置. 几乎接触桌面. 动.初始时杆处于竖直位置.小球 b 几乎接触桌面.在杆的右边水平桌 面上, 的立方体匀质物块, 面上,紧挨着细杆放着一个质量为 m 的立方体匀质物块,图中 ABCD 为过立方体中心且与细杆共面的截面. 为过立方体中心且与细杆共面的截面.现用一水平恒力 F 作用于 a 球 轴逆时针转动, 速度的大小. 上,使之绕 O 轴逆时针转动,求当 a 转过α 角时小球 b 速度的大小.设 在此过程中立方体物块没有发生转动 且小球 b 与立方体物块始终接触 没有发生转动, 在此过程中立方体物块没有发生转动, 没有分离.不计一切摩擦. 没有分离.不计一切摩擦.

a

F

O

B

C

(30 分)如图所示,水平放置的金属细圆环半径为 a,竖直放置的 如图所示, 九、 ( , 金属细圆柱( 小得多) 金属细圆柱(其半径比 a 小得多)的端面与金属圆环的上表面在同一平 面内, 面内,圆柱的细轴通过圆环的中心 O.一质量为 m,电阻为 R 的均匀导 . , 体细棒被圆环和细圆柱端面支撑, 体细棒被圆环和细圆柱端面支撑,棒的一端有一小孔套在细轴 O 上,

b A B

D B A

O

a d e

绕轴线沿圆环作圆周运动, 另一端 A 可绕轴线沿圆环作圆周运动,棒与圆环的摩擦系数为?.圆环处于磁感应强度大小 方向竖直向上的恒定磁场中, 为大于零的常量, 为场点到轴线的距离 金 r 线的距离. 方向竖直向上的恒定磁场中, 式中 K 为大于零的常量, 为场点到轴线的距离. 为 B = Kr 、 连接.不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦,也不计细圆柱、 细圆柱端面的摩擦 属细圆柱与圆环用导线 ed 连接.不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦,也不计细圆柱、圆环 及导线的电阻和感应电流产生的磁场. 及导线的电阻和感应电流产生的磁场. 问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的 A 匀速转动. 端才能使棒以角速度ω 匀速转动. 注: (x + ?x ) = x 3 + 3 x 2 ?x + 3x(?x ) + (?x )
3 2 3

第 22 届全国中学生物理竞赛预赛参考解答 一、 国际物理(或世界物理) 相对论; 国际物理(或世界物理) . 相对论;光的量子性 评分标准: 评分标准:本题 10 分.第 1 小问 4 分.第 2 小问 6 分(填写任意两项爱因斯坦的成果只要 正确都给 6 分) . 二、找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环,挂在 找个地方把弹簧测力计悬挂好,取一段细线做成一环, 测力计悬挂好 做成一环 弹簧测力计的挂钩上,让直尺穿在细环中, 测力计的挂钩上 弹簧测力计的挂钩上,让直尺穿在细环中,环与直尺的接触点就 是直尺的悬挂点,它将尺分为长短不等的两段.用细线 是直尺的悬挂点,它将尺分为长短不等的两段.用细线栓住木块 挂在直尺较短的一段上 细心调节直 段上, 挂在直尺较短的一段上,细心调节直尺悬挂点及木块悬挂点的位 平衡在水平位置( 提高测量精度, 置,使直尺平衡在水平位置(为提高测量精度,尽量使二悬挂点 相距远些) 如图所示 ,如图所示. 相距远些) 如图所示.设木块质量为 m,直尺质量为 M.记下 , , . 二悬挂点在直尺上的 在直尺上的读数 弹簧测力计 测力计读数 . 二悬挂点在直尺上的读数 x1、x2,弹簧测力计读数 G.由平衡条 和图中所设的直尺零刻度线的位置有 件和图中所设的直尺零刻度线的位置有

G 0 x1 x2 M

m (1) (2)

(m + M ) g = G
?l ? mg ( x 2 ? x1 ) = Mg ? ? x 2 ? 2 ? ?
(1)、(2)式联立可得 、 )

m=

G (l ? 2 x 2 ) g (l ? 2 x1 )

(3)

M =

2G ( x 2 ? x1 ) g (l ? 2 x1 )

(4)

评分标准:本题 17 分. 评分标准: (1) ( (2) (3) ( (4) 正确画出装置示意图给 5 分. )式、 )式各 4 分, )式、 )式各 2 分. ( (

三、

S′
M r S

S′
M S

θ
2R

O N

θ
2R



r O O N

图1

图2

经管壁反射形 自 S 作球的切线 SΜ,并画出 S 经管壁反射形成的虚像点 S ′ ,及由 S ′ 画出球面的切线

S ′ N,如图 1 所示,由图可看出,只要 S ′M 和 S ′N 之间有一夹角,则筒壁对从 S 向右的光 所示,由图可看出, 之间有一夹角, ,
线的反射光线就有一部分进入球的右方,不会完全落在球上被吸收. 线的反射光线就有一部分进入球的右方,不会完全落在球上被吸收. 由图可看出, 重合, 由图可看出,如果 r 的大小恰能使 S ′N 与 S ′M 重合,如图 2,则 r 就是题所要求的筒的 , 内半径的最大值. 内半径的最大值.这时 SM 与 MN 的交点到球心的距离 MO 就是所要求的筒的半径 r.由 . 图 2 可得

r=
由几何关系可知

R R = cosθ 1 ? sin 2 θ

(1) )

sin θ = (R 2 R )
由(1)( )式得 )(2) 、

(2) )

r=
评分标准: 评分标准:本题 18 分. 给出必要的说明占 给出必要的说明占 8 分,求出 r 占 10 分. 四、由巴耳末—里德伯公式 由巴耳末—

2 3 R 3

(3) )

1 1 ? 2) 2 k n 可知赖曼系波长最长的光是氢原子由 跃迁时发出的, 可知赖曼系波长最长的光是氢原子由 n = 2→ k = 1 跃迁时发出的,其波长的倒数

1

λ

= R(

1

λ12
对应的光子能量为

=

3R 4

(1)

E12 = hc

1

λ12

=

3Rhc 4

(2)

为普朗克常量. 跃迁时发出的, 式中 h 为普朗克常量.巴耳末系波长最短的光是氢原子由 n = ∞→ k = 2 跃迁时发出的,其 波长的倒数

1

λ2 ∞
对应的光子能量

=

R 4

(3)

E2 ∞ =

Rhc 4

(4)

表示该金属的逸出功, 分别为光电子的最大初动能. 用 A 表示该金属的逸出功,则 eU 1 和 eU 2 分别为光电子的最大初动能.由爱因斯坦光 电效应方程得

3Rhc = eU 1 + A 4 Rhc = eU 2 + A 4
解得

(5) (6)

e (U 1 ? 3U 2 ) 2 2e(U 1 ? U 2 ) h= Rc A=
评分标准: 评分标准:本题 20 分. (1)式 3 分,(2)式 2 分, (3)式 3 分,(4)式 2 分, (5)、 (6)式各 3 分, (7)、(8)式各 2 分. 式 式 式 式 、 式各 、 式各 五、设 A 与 B 碰撞前 A 的速度为 v0,碰后 A 与 B 的速度分别为 v1 与 V1,由动量守恒及机 械能守恒定律有 械能守恒定律有

(7) (8)

mv 0 = mv1 + kmV1

(1) (2)

1 1 1 2 2 mv 0 = mv1 + kmV12 2 2 2
由此解得

? (k ? 1) v0 k +1 2 V1 = v0 k +1 能回到坡上, 为使 A 能回到坡上,要求 v1<0,这导致 k>1;为使 A 从坡上滑下后再能追上 B,应有 , ; ,

v1 =

(3) (4)

? v1 > V1 ,即 (k ? 1) > 2 ,这导致 k > 3 ,于是,为使第二次碰撞能发生,要求 于是,为使第二次碰撞能发生,
k>3 对于第二次碰撞, 的速度, 对于第二次碰撞,令 v2 和 V2 分别表示碰后 A 和 B 的速度,同样由动量守恒及机械能 守恒定律 定律有 守恒定律有: (5)

m(? v1 ) + kmV1 = mv 2 + kmV2

1 1 1 1 2 2 mv1 + kmV12 = mv 2 + kmV22 2 2 2 2
由此解得

v2 =

4k ? (k ? 1) 2 v0 (k + 1) 2

(6)

V2 =

4(k ? 1) v0 (k + 1) 2

(7)

则一定不会发生第三次碰撞, 则会发生第三次碰撞. 第三次碰撞 故 若 v2>0, , 则一定不会发生第三次碰撞, v2<0, ? v 2 > V 2 , 若 , 且 则会发生第三次碰撞. 为使第三次碰撞不会发生 速度的 为使第三次碰撞不会发生,要求 A 第三次从坡上滑下后速度的大小 (? v 2 ) 不大于 B 速度的 第三次碰撞不会发 大小 V2 ,即

? v2 ≤ V2
(7) 由(6)、 )( )式得 、 、 ( (8)

(8)

k 2 ? 10k + 5 ≤ 0
由 k2-10 k + 5 = 0 可求得

(9) )

k=
(9)式的解为 式的解为

10 ± 80 =5±2 5 2

5?2 5 ≤k ≤5+2 5
(10)与(5)的交集即为所求: 与 的交集即为所求 的交集即为所求:

(10)

3< k ≤5+ 2 5
评分标准: 评分标准:本题 25 分. 求得(3)、 求得( ) 求得( )(7)(8)(10) 求得 、(4) 式各得 3 分,求得(5)式得 4 分,求得(6)( )( )( )和(11) 、 、 、 ) 式各得 3 分. 六、导体细杆运动时,切割磁感应线,在回路中产生感应电动势与感应电流,细杆将受到 导体细杆运动时,切割磁感应线,在回路中产生感应电动势与感应电流, 安培力的作用,安培力的方向与细杆的运动方向相反,使细杆减速,随着速度的减小 安培力的作用,安培力的方向与细杆的运动方向相反,使细杆减速,随着速度的减小,感 应电流和安培力也减小,最后杆将停止运动,感应电流消失.在运动过程中, 应电流和安培力也减小,最后杆将停止运动,感应电流消失.在运动过程中,电阻丝上产 生的焦耳热,全部被容器中的气体吸收. 生的焦耳热,全部被容器中的气体吸收. 根据能量守恒定律可知, 减速至停止运动的过程中, 根据能量守恒定律可知,杆从 v0 减速至停止运动的过程中,电阻丝上的焦耳热 Q 应等 于杆的初动能, 于杆的初动能,即

(11)

1 2 mv0 2 容器中的气体吸收此热量后,设其温度升高? , 容器中的气体吸收此热量后,设其温度升高?T,则内能的增加量为 5 ?U = R?T 2 在温度升高? 的同时,气体体积膨胀,推动液柱克服大气压力做功. 在温度升高?T 的同时,气体体积膨胀,推动液柱克服大气压力做功.设液柱的位移为 ?l ,则气体对外做功 Q=
A = p0 S?l

(1)

(2)

(3)

S?l 就是气体体积的膨胀量 ?V = S?l
由理想气体状态方程 pV = RT ,注意到气体的压强始终等于大气压 p 0 ,故有 (4)

p 0 ?V = R?T
由热力学第一定律

(5)

Q = A + ?U
由以上各式可解得 由以上各式可解得

(6)

?l =

2 mv 0 7 p0 S

(7)

评分标准: 评分标准:本题 25 分. (2) (3)(4)(5) (6) (7) (1)式 6 分, )式 4 分, )( )( )式各 2 分, )式 5 分, )式 4 分. ) ( ( 、 、 ( (

七、由电容 C ′ 、 C ′′ 组成的串联电路的等效电容

C串 =
由电容 C ′ 、 C ′′ 组成的并联电路的等效电容

C ′C ′′ C ′ + C ′′

C 并 = C ′ + C ′′
利用此二公式可求得图示的 4 个混联电路 A、B 间的等效电容 Ca、Cb、Cc、Cd 分别为 、

Ca =

C1C 2 C C + C1C 3 + C 2 C 3 + C3 = 1 2 > C3 C1 + C 2 C1 + C 2 C1C 3 C C + C1C 3 + C 2 C 3 + C2 = 1 2 > C2 C1 + C 3 C1 + C 3

(1) )

Cb =

(2) )

Cc =

(C1 + C 2 )C 3 (C1 + C 2 ) + C 3 (C1 + C 3 )C 2 (C1 + C 3 ) + C 2

=

C1C 3 + C 2 C 3 < C3 C1 + C 2 + C 3 C1C 2 + C 2 C 3 < C2 C1 + C 2 + C 3

(3) )

Cd =
由(1)( )式可知 )(3) 、

=

(4) )

Ca ≠ Cc
由(2)( )式可知 )(4) 、

(5) )

Cb ≠ Cd
由(1)( )式可知 )(2) 、

(6) )

Ca ≠ C b

(7) )

由(3)( )式可知 )(4) 、

Cc ≠ Cd
若 C a = C d ,由(1)( )式可得 )(4) 、

(8) )

C12 + 2C1C 2 + C1C 3 + C 2 C 3 = 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此 ,上式不可能成立,

Ca ≠ Cd
若 C b = C c ,由(2)( )式可得 )(3) 、

(9) )

C12 + 2C1C 3 + C1C 2 + C 2 C 3 = 0
因为 C1 、 C 2 和 C 3 均大于 0,上式不可能成立,因此 ,上式不可能成立,

Cb ≠ Cc
综合以上分析,可知这四个混联电路的等效电容没有一对是相等的. 综合以上分析,可知这四个混联电路的等效电容没有一对是相等的. 评分标准: 评分标准:本题 25 分. 得到( )(6)(7)(8) 得到( )(10) (1)( )( )( )式各 4 分,得到(5)( )( )( )式各 1 分,得到(9)( ) )(2)(3)(4) 、 、 、 、 、 、 、 式共 5 分. 球速度的大小, 八、如图所示,用 v b 表示 a 转过 α 角时 b 球速度的大小, v 表 如图所示, 示此时立方体速度的大小, 示此时立方体速度的大小,则有

(10)

a O

F

v b cos α = v

(1) )

与正立方体的接触是光滑的, 由于 b 与正立方体的接触是光滑的,相互作用力总是沿水 平方向,而且两者在水平方向的位移相同, 平方向,而且两者在水平方向的位移相同,因此相互作用的作 用力和反作用力做功大小相同,符号相反, 用力和反作用力做功大小相同,符号相反,做功的总和为 0.因 . 此在整个过程中推力 F 所做的功应等于球 a 、 b 和正立方体机 械能的增量. 球速度的大小, 械能的增量.现用 v a 表示此时 a 球速度的大小,因为 a 、 b 角

α
3l 4
B

C

1 3 速度相同, 速度相同, Oa = l , Ob = l ,所以得 4 4 1 v a = vb 3 根据功能原理可知

b A (2) ) D

l 1 ? 1 ?l l ? 1 ? 3l 3l 2 2 F ? sin α = m a v a ? m a g ? ? cos α ? + mb v b + mb g ? ? cos α ? + mv 2 4 2 ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2

(3) ) 将(1)( )式代入可得 )(2) 、
2

l 1 ?1 ? ?l l ? 1 ? 3l 3l ? 1 2 F ? sin α = m a ? v b ? ? m a g ? ? cos α ? + mb v b + mb g ? ? cos α ? + m( v b cos α ) 2 4 2 ?3 ? ?4 4 ? 2 ?4 4 ? 2
解得

vb =

9l [F sin α + (m a ? 3mb )g (1 ? cos α )] 2m a + 18mb + 18m cos 2 α

(4) )

评分标准: 评分标准:本题 30 分. (2) (3) (4) (1)式 7 分, )式 5 分, )式 15 分, )式 3 分. ) ( ( ( 将整个导体棒分割成 n 个小线元, 小线元, r ……, 九、 小线元端点到轴线的距离分别为 r0(=0), 1, 2, , r ……, ri-1,ri,……,rn-1,rn(= a),第 i 个线元的长度为 ?ri = ri ? ri ?1 ,当 ?ri 很小时,可以认为该 ……, 个线元 很小时, , 该线元因切割磁感应线而产生的电动势为 线元上各点的速度都为 v i = ωri ,该线元因切割磁感应线而产生的电动势为

?E = Bvi ?ri = Kriω ri ?ri = Kω ri2 ?ri i
整个棒上的电动势为

(1)

E =


i =1

n

?E = Kω i

∑ r ?r
2 i i =1

n

i

(2)



(r + ?r )3 = r 3 + 3r 2 ?r + 3r (?r )2 + (?r )3 ,
1 r 2 ?r = [(r + ?r ) 3 ? r 3 ] 3

略去高阶小量(?r)2 及(?r)3,可得 略去高阶小量

代入(2)式 代入 式,得

E =

n 1 1 1 Kω (ri3 ? ri3 1 ) = Kω[(r13 ? r03 ) + (r23 ? r13 ) + LL + (rn3 ? rn3?1 )] = Kωa 3 ? 3 3 3 i =1



(3)

由全电路欧姆定律, 由全电路欧姆定律,导体棒通过的电流为

E Kωa 3 = R 3R 导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反 向相反. 导体棒受到的安培力方向与棒的运动方向相反. I=
个线元 第 i 个线元 ?ri 受到的安培力为

(4)

?f Ai = BI?ri = Kri I?ri
作用于该线元的安培力对轴线的力矩 作用于该线元的安培力对轴线的力矩 安培

(5)

?M i = ?f Ai ? ri = KIri2 ?ri

作用于棒上各线元的安培力对轴线的总力矩为

M=



i =1

n

?M i = KI


i =1

n

ri2 ?ri =

n 1 1 KI (ri3 ? ri3 1 ) = KIa 3 ? 3 3 i =1



M=
因棒 A 端对导体圆环的正压力为

K 2 ωa 6 9R

(6) )

1 1 mg,所以摩擦力为 ?mg ,对轴的摩擦力矩为 , 2 2 1 M ? = ?mga 2 其方向与安培力矩相同,均为阻力矩.为使棒在水平面内作匀角速转动, 其方向与安培力矩相同,均为阻力矩.为使棒在水平面内作匀角速转动,要求棒对于 O 轴所受的合力矩为零,即外力矩与阻力矩相等 矩与阻力矩相等, 施加垂直于 垂直于棒的外力为 , 轴所受的合力矩为零,即外力矩与阻力矩相等,设在 A 点施加垂直于棒的外力为 f,则有

(7)

fa = M + M ?
(8) 由(6)、(7)、 )式得 、 、 (

(8) )

f =

K 2 ωa 5 1 + ?mg 9R 2

(9)

评分标准: 评分标准:本题 30 分. 求得( ) (4) 求得( ) (7) (8) (9) 求得(3)式得 10 分, )式 2 分;求得(6)式得 8 分, )式 4 分, )式 4 分, ) ( ( ( ( 式 2 分. 第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题

是游乐场中的滑道模型, 一、图中的 AOB 是游乐场中的滑道模型,它位于竖直平 面内, 圆周连接而成, 面内,由两个半径都是 R 的 1/4 圆周连接而成,它们的圆心 O1 、 A O1

O2 与两圆弧的连接点 O 在同一竖直线上 . O2 B 沿水池的水 在同一竖直线上.
的任意点从静止开始下滑. 面.一小滑块可由弧 AO 的任意点从静止开始下滑. 1. . 若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中, 在两个圆弧 若小滑块从开始下滑到脱离滑道过程中, 上滑过的弧长相等, 上滑过的弧长相等,则小滑块开始下滑时应在圆弧 AO 上的 何处?(用该处到 的连线与竖直线的夹角表示) 何处?(用该处到 O1 的连线与竖直线的夹角表示) ?( . O O2 B

2.凡能在 O 点脱离滑道的小滑块,其落水点到 O2 的距离如何? . 点脱离滑道的小滑块, 的距离如何? 半径等于 原来不带电的导体球的球心, 导体球的球心 为位于球内的 二、如图所示,O 为半径等于 R 的原来不带电的导体球的球心,O1、O2、O3 为位于球内的 如图所示, 三个半径皆为 r 的球形空腔的球心,它们与 O 共面,已知

OO1 = OO2 = OO3 =

R r .在 OO1、OO2 的连线上距 O1、O2 为 的 P1、 2 2
P R

O 1 P1 R O O2 P2

O3 r

P2 点处分别放置带电量为 q1 和 q2 的线度很小的导体(视为点电荷) 在 O3 处放置一带电量 分别放置带 放置带电 的线度很小的导体(视为点电荷) ,在 处放置一带电 , 的点电荷, q 固定不动. 放一个电量为 点电荷, 为 q3 的点电荷, 设法使 q1、 2 和 q3 固定不动. 在导体球外的 P 点放一个电量为 Q 的点电荷, P 点与 O1、O2、O3 共面,位于 O3O 的延长线上,到 O 的距离 OP = 2 R . 共面, 的延长线上, 1.求 q3 的电势能. . 的电势能 2.将带有电量 q1、q2 的小导体释放,当重新达到静电平衡时,各表面上的电荷分布 . 的小导体释放,当重新达到静电平衡时, 有何变化? 的电势能为多少 能为多少? 有何变化? 此时 q3 的电势能为多少?

如图所示, 三、(22 分) 如图所示,水平放置的横截面积为 S 的带有活塞的圆筒 的理想气体. C 为已知常量, 形绝热容器中盛有 1mol 的理想气体. 其内能 U = CT , 为已知常量, T 为热力学温度.器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦,最大静摩擦力 为热力学温度.器壁和活塞之间不漏气且存在摩擦, 为电阻丝, 与滑动摩擦力相等且皆为 F.图中 r 为电阻丝,通电时可对气体缓慢 . 相等,气体的温度为 通电, 加热.起始时, 加热.起始时,气体压强与外界大气压强 p0 相等,气体的温度为 T0.现开始对 r 通电,已知 当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收. 若用 Q 表示气体从电 当活塞运动时克服摩擦力做功所产生热量的一半被容器中的气体吸收. 阻丝吸收的热量, 表示气体的温度, 为纵坐标, 为横坐标, 阻丝吸收的热量,T 表示气体的温度,试以 T 为纵坐标,Q 为横坐标,画出在 Q 不断增加的 的关系图线. 过程中 T 和 Q 的关系图线.并在图中用题给的已知量及普适气体常量 R 标出反映图线特征 的各量(不要求写出推导过程) . 的各量(不要求写出推导过程) (23 分)封闭的车厢中有一点光源 S,在距光源 l 处有一半径为 r 的圆孔,其圆心为 O1, 的圆孔, 四、 ( , 光源一直在发光,并通过圆孔射出. 光源一直在发光,并通过圆孔射出.车厢以高速 v 沿固定在水平地面上的 x 轴正方向匀速 运动,如图所示.某一时刻, 轴的原点 的正上方, 运动,如图所示.某一时刻,点光源 S 恰位于 x 轴的原点 O 的正上方,取此时刻作为车厢 参考系与地面参考系的时间零点. ) 参考系与地面参考系的时间零点.在地面参考系中坐标为 xA 处放一半径为 R(R >r)的不 ( 透光的圆形挡板, 轴垂直. 、O 透光的圆形挡板,板面与圆孔所在的平面都与 x 轴垂直.板的圆心 O2 、S、 1 都等高, 、 、 都等高, 起始时刻经圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏幕(图中未画出) 起始时刻经圆孔射出的光束会有部分从挡板周围射到挡板后面的大屏幕 ( 图中未画出 ) 上.由于车厢在运动,将会出现挡板将光束完全遮住,即没有光射到屏上的情况.不考虑 由于车厢在运动,将会出现挡板将光束完全遮住,即没有光射到屏上的情况. 光的衍射.试求: 光的衍射.试求: 1.车厢参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻. .车厢参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻. 2.地面参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻. .地面参考系中(所测出的)刚出现这种情况的时刻. v S l O r O1 xA r p0

R O2

(25 分)一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环,其内、外半径分别为 a1、a2,厚度可以忽 一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环 其内、 材料制成的扁平薄圆环, 五、 ( 两个表面都带有电荷, 电荷面密度 σ 随离开环心距离 r 变化的规律均为 σ (r ) = 略. 两个表面都带有电荷,

σ0
r2

,σ 0

为已知常量. 减速转动, 为已知常量.薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度 β 减速转动,t = 0 时 刻的角速度为 ω 0 .将一半径为 a0 (a0<<a1)、电阻为 R 并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环 、 与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环 同心放置. 同心放置. 的关系. 试求在薄圆环减速运动过程中导线圆环中的张力 F 与时间 t 的关系. 提示: 的圆线圈(环形电流) ,在圆心处产生 提示:半径为 r、通有电流 I 的圆线圈(环形电流) 在圆心处产生 、 , 的磁感应强度为 B = k

I 为已知常量) (k 为已知常量) r
O

(25 分)两辆汽车 A 与 B,在 t = 0 时从十字路口 O 处分别以速度 六、 ( , vA 和 vB 沿水平的、相互正交的公路匀速前进,如图所示.汽车 A 持续 水平的、相互正交的公路匀速前进 如图所示. 公路匀速前进, 地以固定的频率 的司机所检 地以固定的频率 v0 鸣笛,求在任意时刻 t 汽车 B 的司机所检测到的笛 声频率.已知声速为 , 声频率.已知声速为 u,且当然有 u > vA、vB.

A vA

B a2 vB a0 a1

(25 分) 如图所示,在一个劲度系数为 k 的轻质弹簧两端分别拴着一个质量 如图所示, 七、 ( 为 m 的小球 A 和质量为 2m 的小球 B.A 用细线拴住悬挂起来,系统处于静止状态,此 . 用细线拴住悬挂起来,系统处于静止状态, 现将细线烧断,并以此时为计时零点,取一相对地面静止的、 时弹簧长度为 l .现将细线烧断,并以此时为计时零点,取一相对地面静止的、 球的位置重合如图. 竖直向下为正方向的坐标轴 Ox,原点 O 与此时 A 球的位置重合如图.试求任 , 意时刻两球的坐标. 意时刻两球的坐标. O A

第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 x

k

l

一、1.如图所示,设滑块出发点为 P1 ,离开点为 P2 ,按题意要求 O1 P1 、 .如图所示,

B

O2 P2 与竖直方向的夹角相等,设其为 θ ,若离开滑道时的速度为 v,则滑块在 P2 处脱离滑 与竖直方向的夹角相等, ,
道的条件是 O1

mv 2 = mg cos θ R

A (1) ) P1 O

θ

P2

θ
O2 B

由机械能守恒

2mgR(1 ? cos θ ) =
(1)、(2)联立解得 ) )

1 mv 2 2

(2) )

cos θ =

4 5
4 = 36 o 52 ′ 5
(3) )

或 θ = arccos

2.设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是 .
2 mv 0 = mg R

(4) )

v0 为滑块到达 O 点的速度,由此得 点的速度,

v 0 = Rg

(5) )

设到达 O 点的速度为 v0 的滑块在滑道 OA 上的出发点到 O1 的连线与竖直的夹角为 θ 0 ,由 机械能守恒, 机械能守恒,有

mgR (1 ? cos θ 0 ) =

1 2 mv 0 2

(6) )

由(5)( )两式解得 )(6) 、

θ0 =

π 3

(7) )

滑道来说, 若滑块到达 O 点时的速度 v > v 0 , 则对 OB 滑道来说, O 点可能提供的最大向心力为 mg, 因 , 的滑块, 故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点.对于 v > v 0 的滑块,其在 OA 上 根据机械能守恒, 出发点的位置对应的 θ 角必大于 θ 0 ,即 θ > θ 0 ,由于 θ max = π 2 ,根据机械能守恒,到达 O 点的最大速度

v max = 2 Rg

(8) )

由此可知, 点离开滑道的滑块 滑块速度是 之间所有可能的值,也就是说, 由此可知,能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0 到 v max 之间所有可能的值,也就是说,θ 从

π 3 至 π 2 下滑的滑块都将在 O 点离开滑道. 下滑的滑块都将在 点离开滑道. 以速度 v0 从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块, 点沿水平方向滑出滑道的滑块,
其落水点至 O2 的距离

x0 = v 0 t R=

(9) ) (10) )

1 2 gt 2

由(5)( )( )式得 )(9)(10) 、 、

x0 = 2 R

(11) )

点沿水平方向滑出滑道时, 当滑块以 v max 从 O 点沿水平方向滑出滑道时,其落水点到 O2 的距离

x max = v max t
由(8)( )( )式得 )(10)(12) 、 、

(12) )

x max = 2 R

(13) )

因此, 点脱离滑道的滑块, 因此,凡能从 O 点脱离滑道的滑块,其落水点到 O2 的距离在 2 R 到 2 R 之间的所有可能 值.即

2R ≤ x ≤ 2R
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(14) )

的表面分别出现电量 电量为 二、1.由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为 ? q1 、 ? q 2 和 ? q 3 的面电 . 静电感应知 、 由静电屏蔽可知, 荷,由电荷守恒定律可知,在导体球的外表面呈现出电量 q1 + q 2 + q 3 .由静电屏蔽可知, 由电荷守恒定律可知, 定律可知 及感应电荷( 在空腔外产生的电场为零; 腔外产生的电场为零 及感应电荷( 点电荷 q1 及感应电荷( ? q1 )在空腔外产生的电场为零;点电荷 q2 及感应电荷( ? q 2 )在 及感应电荷( 在空腔外产生的电场为零.因此, 腔外产生的电场为零 空腔外产生的电场为零;点电荷 q3 及感应电荷( ? q 3 )在空腔外产生的电场为零.因此, 腔外产生的电场为零; 产生的电场为零 在导体球外没有电荷时,球表面的电量 作球对称分布. 在导体球外没有电荷时,球表面的电量 q1 + q 2 + q 3 作球对称分布. 点处放置 放置电荷 由于静电感应, 当球外 P 点处放置电荷 Q 后,由于静电感应,球面上的总电量仍为 (q1 + q 2 + q 3 ) ,但 这些电荷在球面上不再均匀分布, 重新分布在球面上的电 球面上的 导体球内各点 这些电荷在球面上不再均匀分布,由球外的 Q 和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点 在球面上不 产生的合场强为零. 产生的合场强为零. O3 处的电势由位于 P 点处的 Q、导体球表面的电荷 (q1 + q 2 + q 3 ) 及空腔 3 表面的感应 处的电势由位于 、 电荷( 共同产生 产生. 在球面上如何分布 球面上的面电荷到 如何分布, 电荷( ? q 3 )共同产生.无论 (q1 + q 2 + q 3 ) 在球面上如何分布,球面上的面电荷到 O 点的 距离都是 R,因而在 O 点产生的电势为 k ,

q1 + q2 + q3 Q , Q 在 O 点产生的电势为 k ,这 R 2R

产生的电势相等, 电势相等 两部分电荷在 O3 点产生的电势 U ′ 与它们在 O 点产生的电势相等,即有

Q ? ? q + q 2 + q3 ? Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 ? U ′ = k? 1 + ? = k? ? R 2R ? 2R ? ? ?

(1) )

的中心处, 壁上均匀分布. 因 q3 放在空腔 3 的中心处, 其感应电荷 ? q 3 在空腔 3 壁上均匀分布. 这些电荷在 O3 点产生 的电势为

U ′′ = k

? q3 r

(2)

根据电势叠加定理, 根据电势叠加定理,O3 点的电势为

? Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 q 3 ? U = U ′ + U ′′ = k ? ? ? r ? 2R ?
的电势能 故 q3 的电势能

(3)

? Q + 2q1 + 2q 2 + 2q 3 q 3 ? W = q 3U = kq3 ? ? ? 2R r ? ?

(4)

2. 由于静电屏蔽,空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零,空腔 1 内的电荷 q1 . 由于静电屏蔽 静电屏蔽, 内产生的合电场为零, 仅受到腔内壁感应电荷 的静电力作用, 仅受到腔内壁感应电荷 ? q1 的静电力作用, q1 不在空腔 1 的中心 O1 点, 因 不在空腔 所以感应电荷 ? q1 在空腔表面分布不均匀, 相距较近的区域电荷面密度较大, 较大, 在空腔表面分布不均匀,与 q1 相距较近的区域电荷面密度较大,对 q1 的吸力较大,在空腔 表面感应电荷的静电力作用下, 最后到达空腔 表面, 中和.同理, 表面感应电荷的静电力作用下,q1 最后到达空腔 1 表面,与感应电荷 ? q1 中和.同理,空 的静电力作用下 也将在空 腔 2 中 q2 也将在空腔表面感应电荷 ? q 2 的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷 ? q 2 中和.达到平衡后, 中和.达到平衡后,腔 1、2 表面上无电荷分布,腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有 、 表面上无电荷分布, 变化. 电势仍由球外的电荷 变化.O3 的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量 (q1 + q 2 + q 3 ) 及空腔 3 内壁的电 共同产生, 仍如(3)式与 式所示. 式与(4)式所示 荷 ? q 3 共同产生,故 O3 处的电势 U 与 q3 的电势能 W 仍如 式与 式所示.

三、答案如图所示. 答案如图所示. T
T1 =

( p0 S + F )
p0 S

T0

d

b

θ2
tanθ2=

2( p 0 S + F ) 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

θ1
T0 a

tan θ 1 =

1 C

Q1 =

CFT0 p0 S

Q

附计算过程: 附计算过程: 电阻通电后对气体缓慢加热,气体的温度升高,压强增大, 电阻通电后对气体缓慢加热,气体的温度升高,压强增大,活塞开始有向外运动的趋 势,但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩 但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩 擦之和以前,活塞不动,即该过程为等容过程.因气体对外不做功,根据热力学第一定律 擦之和以前,活塞不动,即该过程为等容过程.因气体对外不做功, 可知, 的过程中,气体从电阻丝吸收的热量, 可知,在气体温度从 T0 升高到 T 的过程中,气体从电阻丝吸收的热量,

Q = C (T ? T0 )

(1)

此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最 表示此过程达到末态的温度, 表示末态的压强, 大静摩擦之和. 大静摩擦之和.若用 T1 表示此过程达到末态的温度,p 表示末态的压强,Q1 表示此过程中 气体从电阻丝吸收的热量, 气体从电阻丝吸收的热量,由等容过程方程有

p T1 = p 0 T0
由力的平衡可知

(2)

pS = p 0 S + F
由(2)( )两式可得 )(3) 、

(3)

T1 =

( p 0 S + F )T0
p0 S

(4)

代入(1)式得 代入 式得

Q1 =

CFT0 p0 S

(5)

由以上讨论可知, 由以上讨论可知,当 Q ≤ Q1 时,T 与 Q 的关系为

T=

Q + T0 C

(6)

所示, 在 T ~ Q 图中为一直线如图中 ab 所示,其斜率

K ab =

1 C

(7)

的坐标为( . 直线在 T 轴上的截距等于 T0,直线 ab 的终点 b 的坐标为(T1,Q1) 当电阻丝继续加热,活塞开始向外运动以后,因为过程是缓慢的, 当电阻丝继续加热,活塞开始向外运动以后,因为过程是缓慢的,外界大气压及摩擦 力皆不变,所以气体的压强不变, 力皆不变,所以气体的压强不变,仍是 p,气体经历的过程为等压过程.在气体的体积从 ,气体经历的过程为等压过程. 的过程中, 初始体积 V0 增大到 V,温度由 T1 升高到 T 的过程中,设气体从电阻丝吸收的热量为 Q ′ , , 活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q,由热力学第一定律可知 ,

Q ′ + q = C (T ? T1 ) + p(V ? V0 )
q 可由摩擦力做功求得,即 可由摩擦力做功求得,

(8)

q=

1 ? V ? V0 ? F? ? 2 ? S ?

(9)

代入( ) 代入(8)式得

Q′ +

F (V ? V0 ) = C (T ? T1 ) + p (V ? V0 ) 2S

(10)

由状态方程式可知

p(V ? V0 ) = R(T ? T1 )
将(11)式和(4)式代入(10)式,得 )式和( )式代入( )

(11)

? ? FR ?(T ? T1 ) Q′ = ? C + R ? ? 2( p 0 S + F ) ? ? ?


T=

2( p 0 S + F ) Q ′ + T1 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

(12) )

的过程中, 从开始对气体加热到气体温度升高到 T( >T1)的过程中,气体从电阻丝吸收的总热量 的过程中

Q = Q1 + Q ′

(13) )

并注意到( )式和( ) ,得 把(13)式代入到(12)式,并注意到(4)式和(5) 得 )式代入到( ) ,

T=

? 2( p0 S + F ) CFT0 ? ( p0 S + F )T0 ?Q ? ?+ ? 2Cp0 S + 2CF + 2Rp0 S + FR ? p0 S ? p0 S ?

? CFT0 ? ? Q ≥ Q1 = ? (14) ) ? p0 S ? ? ?

由此可知 , 当 Q ≥ Q1 =

CFT0 时 , T 与 Q 的关系仍为一直线 , 此直线起点的坐标为 p0 S

Q = Q1 =

CFT0 , T = T1 ;斜率为 p0 S

2( p 0 S + F ) 2Cp 0 S + 2CF + 2 Rp 0 S + FR

(15) )

图中, 零开始逐渐增大, 在 T ~ Q 图中,就是直线 bd,当热量 Q 从零开始逐渐增大,气体温度 T 将从起始温度 T0 , 上升, 沿着斜率为 Kab 的直线 ab 上升到温度为 T1 的 b 点,然后沿着斜率为 Kbd 的直线 bd 上升, 如图所示. 如图所示.

运动. 四、1.相对于车厢参考系,地面连同挡板以速度 v 趋向光源 S 运动.由 S 发出的光经 .相对于车厢参考系, 小孔射出后成锥形光束, 小孔射出后成锥形光束,随离开光源距离的增大, 随离开光源距离的增大,其横截面积逐渐扩大.若距 S 的距离为 L 其横截面积逐渐扩大. 的圆面,如图所示, 处光束的横截面正好是半径为 R 的圆面,如图所示,

r R = l L
可得

r S l L

R

Rl L= r

(1)

设想车厢足够长, 的环, 设想车厢足够长,并设想在车厢前端距 S 为 L 处放置一个半径为 R 的环,相对车厢静 止,则光束恰好从环内射出.当挡板运动到与此环相遇时,挡板就会将光束完全遮住.此 则光束恰好从环内射出.当挡板运动到与此环相遇时,挡板就会将光束完全遮住.

时,在车厢参考系中挡板离光源 S 的距离就是 L.在车厢参考系中,初始时,根据相对论, .在车厢参考系中,初始时,根据相对论, 挡板离光源的距离为

x A 1 ? (v c )

2

(2)

故出现挡板完全遮住光束的时刻为

t=

x A 1 ? (v c ) ? L v
2

(3)

由(1)( )式得 )(3) 、

x 1 ? (v c ) Rl ? t= A v rv
2

(4)

2.相对于地面参考系,光源与车厢以速度 v 向挡板运动.光源与孔之间的距离缩短为 .相对于地面参考系, 挡板运动.

l ' = l 1 ? (v c )

2

(5)

不变,所以锥形光束的顶角变大, 而孔半径 r 不变,所以锥形光束的顶角变大,环到 S 的距离即挡板完全遮光时距离应为

L' =

Rl' Rl v2 = 1? 2 r r c

(6)

初始时, 初始时,挡板离 S 的距离为 xA,出现挡板完全遮住光束的时刻为

t′ =

x A ? L' x A Rl v2 = ? 1? 2 v v rv c

(7)

五、用半径分别为 r1(>a1) 2,…,ri,…,rn–1(<a2)的 n-1 个同心圆把塑料薄圆 用半径分别为 ,r , 个细圆环. 环分割成 n 个细圆环.第 i 个细圆环的宽度为 ?ri = ri ? ri ?1 ,其环带面积

? S i = π ri 2 ? π (ri ? ? ri ) = 2 π ri? ri
2

,该细圆环带上 式中已略去高阶小量 (?ri ) 2 . 该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为 ,该细圆环带上、

? qi = 2σ ? S i =

2σ 0 4π σ 0? ri 2π ri? ri = 2 ri ri

设时刻 t,细圆环转动的角速度为ω , ,

ω = ω 0 ? βt
单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量, 单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流

?I i = ?qi

ω


=

2ωσ 0 ?ri ri

由环形电流产生磁场的规律, 由环形电流产生磁场的规律,该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为

? Bi = k

? Ii 2ωσ 0? ri =k ri ri 2

(1)

是一个微小量, 式中 ?ri 是一个微小量,注意到 ri ri ?1 = ri (ri ? ?ri ) ≈ ri2 ,有

?ri ri ? ri ?1 1 1 = = ? 2 ri ri ?1 ri ?1 ri ri

(2)

将各细圆环产生的磁场叠加, 点处的磁感应强度 应强度: 将各细圆环产生的磁场叠加,由(1)( )式得出环心 O 点处的磁感应强度: )(2) 、

B=

2kωσ 0 (a 2 ? a1 ) a1 a 2

(3)

可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场, 由于 a0<<a1,可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场,可由 O 点的场 表示. 表示.磁场对导线环的磁通量

Φ = BS =

2kωσ 0 ( a 2 ? a1 ) 2 πa 0 a1 a 2

(4)

是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的, 由于 ω 是变化的,所以上述磁通量是随时间变化的,产生的感应电动势的大小为

E =

2 2 2kσ 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 ?ω 2kσ 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 β ?Φ = = ?t a1 a 2 ?t a1 a 2

(5)

由全电路欧姆定律可知, 由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为

I=

2 E 2kσ 0 (a 2 ? a1 ) πa 0 β = R a1 a 2 R

(6)

设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转, 设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转,穿过导线圆 环的磁场方向垂直纸面向外, 环的磁场方向垂直纸面向外,由于薄圆环环作减角速转 动,穿过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次定律,导 穿过导线圆环的磁场逐渐减小,根据楞次定律, 线圆环中的感应电流亦为逆时针方向, 线圆环中的感应电流亦为逆时针方向,导线圆环各元段 所受的安培力都沿环半径向外. ?l 所受的安培力都沿环半径向外.现取对于 y 轴两对称 点 U、 ,对应的二段电流元 I?l 所受的安培力的大小为 、V, ?fx ?f U ?l ?fy M y ?fy V ?y?l ?x ?f

?fx x N

?θ θ
Q O

?f = BI?l
方向如图所示, 方向分量分别 方向如图所示,它沿 x 及 y 方向分量分别

(7)

?f x = BI?l ? cos θ = BI?y

(8) (9)

?f y = BI?l ? sin θ = BI?x

根据对称性, 分量之和相互抵消, 根据对称性,作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 x 分量之和相互抵消, 即

fx =

∑ BI?y = BI ∑ ?y =0

(10) , ∑ ?y = 0 )

(式中 ?y = ?l cos θ ,当 θ <

π π 是正的, 是负的, 时, ?y 是正的,当 θ > 时, ?y 是负的,故 2 2

而作用于沿半个导线圆环 QMN 上的各电流元的安培力的 y 分量之和为

fy =

∑ BI?x = BI ∑ ?x = BI 2a

0

(11)

?π之间 都是正的, (式中 ?x = ?l sin θ ,由于θ 在 0?π之间 ?x 都是正的,故 ?π

∑ ?x = 2a

0

, )

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 BI 2a 0 , 即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 方向沿 y 正方向, 正方向, 由于半个圆环处于平衡 状态, 状态,所以在导线截面 Q、N 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)F 应满足 、 处所受(来自另外半个圆环)的拉力(即张力)

2 F = BI 2a 0 .由(3)( )两式得 )(6) 、
F = BIa 0 =
2 3 4k 2σ 0 πa 0 (a 2 ? a1 ) 2 β 2 a12 a 2 R

(ω 0 ? βt )

(12)

线性减小. 由(12)式可见,张力 F 随时间 t 线性减小. )式可见,

六、如图所示,t 时刻汽车 B 位于 B 如图所示,

(t ) 处,距 O 点的距离为
A(t1) θA(t1) O A(t) vA

vBt. 此时传播到汽车 笛声不是 . 此时传播到汽车 B 的笛声不是 t 时刻而是较早时刻 t1 由 A 车 发出的. 发出的.汽车 A 发出此笛声时位于 A

(t1 ) 处,距 O 点的距离为

vA t1 .此笛声由发出点到接收点(t 时刻 B 车所在点)所传播的 此笛声由发出点到接收点( 车所在点)
路程为 u(t–t1),由几何关系可知 – ,

B(t)

θB(t)
2

( vBt ) + (vA t1 ) = [u (t ? t1 )]
2 2

vB

(1)

2 2 2 即 (u ? vA )t1

2 ? 2u2tt1 + (u2 ? vB )t 2 = 0

为变量的一元二次方程, 这是以 t1 为变量的一元二次方程,其解为

? u 2 ± u 2 (v 2 + v 2 ) ? v 2 v 2 A B A B t1 = ? ? ? u2 ? v2 A ?

? ?t 由于 u 2 > u 2 ? v 2 ,但 t < t,所以上式中只能取减号 ,所以上式中只能取减号 1 A ? ? ?
(2)

t1 =

2 2 2 2 u 2 ? u 2 ( v A + v B ) ? v A vB 2 u 2 ? vA

t

t ? t1 =


2 2 2 2 2 u 2 ( vA + vB ) ? vA vB ? vA 2 u 2 ? vA

t

(3)

2 2 u 2 (v 2 + v B ) ? v 2 v B = k A A

(4)



t1 =

u2 ? k k ? v2 t , t - t1 = 2 A2 t 2 u 2 ? vA u ? vA

(5)

时刻, A 位于 A(t1 ) 处的汽车 A 发出的笛声沿直线 即波线) (t1 )B (t ) 在 t 时刻传到 B (t ) 处, (即波线) 在 t1 时刻, 以 θ A(t1 ) 、

θ B (t ) 分别表示车速与笛声传播方向的夹角,有 分别表示车速与笛声传播方向的夹角,
(6)

vA t1 v A (u 2 ? k ) cosθ A (t1 ) = = 2 u (t - t1 ) u (k ? vA )
vBt v B (u 2 ? v 2 ) A cos θ B (t ) = = 2 u (t - t1 ) u (k ? v A )
车司机接收到的笛声的频率, 令ν 表示 B 车司机接收到的笛声的频率,由多普勒效应可知 (7)

ν =

u ? v B cos θ B (t ) u + v A cos θ A (t1 )

ν0

(8)

由(6)( )( )式,得 )(7)(8) 、 、
2 2 2 u 2 ? u 2 v2 + vB ? v2 vB ? v2 ? ? vB u 2 ? v2 ? A A A? A ? ? 2

ν=

( (u

? v2 A

) ) u (v
2

(

)

2 A

2 2 + vB ? v2 vB A

)

ν0

(9)

七、解法一: 解法一: B B 对于由小球 A、 和弹簧构成的系统, A、 之间的距离为 l 时, 、 和弹簧构成的系统, 当 、 已知 mA = m, , mB = 2m,由质心的定义,可知系统的质心 C 离 A 的距离 ,由质心的定义, O A

k C x B

l

lC =

2 l 3

(1) )

故 A、B 到质心 C 的距离分别为 、

lA =

2 l 3

1 lB = l 3

(2) )

为参考系(质心系) ,则质心 是固定不动的, 若以质心 C 为参考系(质心系) 则质心 C 是固定不动的,连接 A、B 的弹簧可以分成 , 、 相连, 两个弹簧 CA 和 CB.设弹簧 CA 的自然长度为 lA0,劲度系数为 kA,一端与小球 A 相连, . 相连, 另一端固定在 C 点;弹簧 CB 的的自然长度为 lB0,劲度系数为 kB,一端与小球 B 相连,另 一端亦固定在 C 点.若连接 A、B 的自然长度为 l0,根据题意有 、

k (l ? l 0 ) = 2mg

(3) )

的自然长度分别为 由(2)式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为 )

l A0 =

2 l0 3

1 l B0 = l0 3

(4) )

被悬挂,系统处于静止时, 当 A 被悬挂,系统处于静止时,已知连接 A、B 的弹簧长度为 l,由(2)式可知,此 、 , )式可知, 时弹簧 CA 和 CB 的长度分别为

lA =

2 l 3

1 lB = l 3

(5) )

弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为 、 、

f A = k A (l A ? l A0 ) =

2 k A (l ? l 0 ) 3 1 f B = k B (l B ? l B 0 ) = k B (l ? l 0 ) 3

但 fA 、fB 就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f,即有 、 ,

f A = f B = f = k (l ? l 0 )
由此得

kA =

3 k 2

k B = 3k

(6) )

相对地面, 是运动的, 时刻, 即细线刚烧断时刻, 相对地面,质心 C 是运动的,在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 位于 Ox 轴的原点 O 处, 即 x A (0) = 0 ;B 的坐标 x B (0) = l .由(1)式,可知此时质心 C 的坐标为 )

xC (0 ) =

2 l 3

(7) )

在细线烧断以后, 在细线烧断以后,作用于系统的外力是重力 (m + 2m )g .故质心以 g 为加速度做匀加速直线 运动, 运动,任意时刻 t,质心的坐标 ,

xC (t ) = xC (0) +

1 2 2 1 gt = l + gt 2 2 3 2

(8) )

由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中, 由于质心作加速运动,质心系是非惯性系.在非惯性参考系中,应用牛顿第二定律研究物 体的运动时,物体除受真实力作用外,还受惯性力作用. 体的运动时,物体除受真实力作用外,还受惯性力作用.若在质心系中取一坐标轴 O ′x ′ , 固连, 轴的正方向, 原点 O ′ 与质心 C 固连, 取竖直向下为 O ′x ′ 轴的正方向, 当小球 B 在这参考系中的坐标为 x ′ B 时,弹簧 CB 作用于 B 的弹性力

f B = ? k B (x ′ ? l B 0 ) B
方向竖直向上.此外, 当 x ′ > l B 0 时,方向竖直向上.此外,B 还受到重力 mg,方向竖直向下;惯性力大小为 mg, ,方向竖直向下; , B 方向竖直向上. 方向竖直向上.作用于 B 的合力

FB = ? k B (x ′ ? l B 0 ) ? mg + mg B
由(3)( )式得 )(4) 、

? 1? 2mg ? ? FB = ? k B ? x ′ ? ? l ? ?? ? B 3 k ?? ? ? ?


(9) )

1? 2mg ? X B = x′ ? ? l ? ? B 3? k ?


(10) )

FB = ? k B X B

(11) )

可知在质心系中, 当 XB = 0,作用于 B 的合力 FB = 0,B 处于平衡状态,由(10)式,可知在质心系中,B 的 , , 处于平衡状态, ) 平衡位置的坐标

1? 2mg ? x′ 0 = ? l ? ? B 3? k ?

(12) )

XB 为 B 离开其平衡位置的位移, )式表明,作用于 B 的合力具有弹性力的性质,故在 离开其平衡位置的位移, (11)式表明, 的合力具有弹性力的性质, ( FB 作用下, B 将在平衡位置附近作简谐振动,振动圆频率 作用下, 将在平衡位置附近作简谐振动,

ωB =

kB = mB

3k 2m

(13) )

离开平衡位置的位移

X B = AB cos(ω B t + ? B )

(14) )

AB 为振幅, ? B 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,B 是静止的,故此时 B 离开 为振幅, 为初相位. 时刻,即细线刚烧断时刻, 是静止的, 时刻, 离开质心的距离即( ) 其平衡位置 x ′ 0 的距离就是简谐振动的振幅 AB,而在 t = 0 时刻,B 离开质心的距离即(5) B 的距离就是简谐振动的振幅 式给出的 lB,故 B 离开平衡位置的距离即振幅

AB = l B ? x ′ 0 B
(12) 由(5)式、 )式得 ) (

1 1 2mg 2mg AB = l ? (l ? )= 3 3 k 3k
是正的, 因 t = 0,XB =AB,且 XB 是正的,故 ,

(15) )

?B = 0
由此得

XB =

? 3k ? 2mg cos? t? ? 2m ? 3k ? ?

(16) )

由(10)式,t 时刻 B 在质心系中的坐标 )

? 3k ? 2mg 2mg 1 )+ cos? x ′ (t ) = (l ? t? B ? 2m ? 3 3k k ? ?
在地面参考系的坐标

(17) )

x B (t ) = x C (t ) + x ′ (t ) B


(18) )

x B (t ) = l +

? 3k ? ? 1 2 2mg ? gt ? t? ?1 ? cos? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ? ?

(19) )

同理, 这时, 同理,当小球 A 在质心系中的坐标为 x ′ 时,注意到 x ′ 是负的,这时,弹簧 CA 的伸长量为 A A 是负的,

x ′ + l A0 = x ′ + A A

2 2? 2mg ? l0 = x A + ? l ? ?, 3 3? k ?

当 x ′ + l A0 为负时,弹力向下,为正,当 x ′ + l A0 为正时,弹力向上,为负,故有 为负时,弹力向下,为正, 正时,弹力向上,为负, A A

? 2? 2mg ? ? f A = ?k A ? x A + ? l ? ?? ? 3? k ?? ? ?
作用于 A 的合力为

? 2? 2mg ? ? FA = ? k A ? x A + ? l ? ?? ? 3? k ?? ? ?


X A = xA +


2? 2mg ? ?l ? ? k ? 3?

FA = ? k A X A
当 XA=0,作用于 A 的合力 FB = 0,A 处于平衡状态,A 的平衡位置的坐标 , , 处于平衡状态,

2? 2mg ? x A0 = ? ? l ? ? k ? 3?

(20) )

XA 为 A 离开其平衡位置的位移,故在合力 FA 作用下, A 将在平衡位置附近作简谐振动, 离开其平衡位置的位移, 作用下, 将在平衡位置附近作简谐振动, 振动圆频率

ωA =

kA 3k = m 2m

(21) )

离开平衡位置的位置

X A = AA cos(ω A t + ? A )
AA 为振幅, ? A 为初相位.在 t = 0 时刻,即细线刚烧断时刻,A 是静止的,A 离开质心 C 为振幅, 为初相位. 时刻,即细线刚烧断时刻, 是静止的, 的距离为 lA,A 的平衡位置离开质心的距离为 x A0 故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA,

A A = l A ? x A0 =
而此时 X A = ? AA ,故

2 2? 2mg ? 4 mg l ? ?l ? ?= 3 3? k ? 3 k

?A = π
由此得

XA =?

? 3k ? 4mg cos? t? ? 2m ? 3k ? ?

(22) )

在时刻 t,A 在地面参考系中的坐标 ,

x A (t ) = xC (t ) + x A0 + X A =

2 1 2 ? 2mg ? 4 mg 3k l + gt 2 ? ? l ? cos t ?? 3 2 3? k ? 3 k m ? 3k ?? 1 4mg ? ? = gt 2 + ?1 ? cos? ? 2m t ?? 2 3k ? ? ?? ? ?

(23)

解法二: 解法二: 当 A 球相对于地面参考系的坐标为 x 时,弹簧 CA 的伸长量为 xC ? 为

2 l 0 ? x , A 所受的合力 所受的合力 3

FA = mg +
其加速度为

3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2 ? 3 ?

aA = g +

3 ? 2 ? k ? xC ? l 0 ? x ? 2m ? 3 ?

(1′)

其相对于质心的加速度为

a ′A = a A ? g =

3 ? 2 3 ? ? 2 ?? ? k ? xC ? l 0 ? x ? = ? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? 3 2m ? ? 3 ?? ?

2 ? ? 球相对于其平衡位置的位移, 在相互平动的两个参考系中, 在相互平动的两个参考系中, 相对 其中 x ? ? xC ? l 0 ? 表示 A 球相对于其平衡位置的位移, 3 ? ?
位移与参考系无关. 位移与参考系无关. 上式表明,相对质心, 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向. 上式表明,相对质心, A 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向.也就 是说, A 球相对质心作简谐振动. 是说, 球相对质心作简谐振动. 同理可证, 同理可证,

l ? ? FB = 2mg ? 3k ? x ? xC ? 0 ? 3? ?

aB = g ?

l 0 ?? 3k ? ? ? x ? ? xC + ?? 2m ? ? 3 ??

(2′)

其相对于质心的加速度为

a′ = ? B

3 ? ? 2 ?? k ? x ? ? xC ? l 0 ?? 2m ? ? 3 ??

(3′)

l ? ? 球相对于其平衡位置的位移,相对质心, 其中 x ? ? xC + 0 ? 表示 B 球相对于其平衡位置的位移,相对质心, B 球的加速度与其相对 3? ?
于平衡位置的位移成正比且反向, 球相对质心也作简谐振动. 于平衡位置的位移成正比且反向,即 B 球相对质心也作简谐振动.且有 A 与 B 振动的圆频 率相等, 率相等,

ωA = ωB =
天星 教育网 解法三: 解法三:

3k 2m

(4′)

在地面参考系中, 在地面参考系中,列 A、B 的牛顿定律方程 、

ma1 = mg + k ( x 2 ? x1 ? l 0 )
2 ma 2 = 2mg ? k ( x 2 ? x1 ? l 0 )

(1′′) (2′′)

O

A x1

x1、x2 是 A、B 的坐标,l0 是弹簧的自然长. 、 的坐标, 是弹簧的自然长.

k B x2

t = 0 时,有 x1 = 0, x2 = l,

v1 = 0 v2 = 0
x

l 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系 为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度, k (l ? l 0 ) = 2mg
所以

l0 = l ?
由 (1′′) + (2′′) ,

2mg k

a1 + 2a 2 = 3g
是一个恒定的加速度, 结合初始条件, 对应的坐标和运动方程是, 令 a = a1 + 2a 2 = 3g ,a 是一个恒定的加速度, 结合初始条件,a 对应的坐标和运动方程是,

x1 + 2 x 2 = 2l +
再由 (2′′) ? 2 × (1′′) ,

3 2 gt 2

(3′′)

2m(a 2 ? a1 ) = ?3k ( x 2 ? x1 ? l 0 )

(4′′)

物体运动的动力学方程 且是简谐的,所以直接写出解答, 力学方程, 这是一个以 A 为参考系描写 B 物体运动的动力学方程,且是简谐的,所以直接写出解答,

? 3k ? x 2 ? x1 ? l 0 = A cos? t +α? ? 2m ? ? ?
结合初条件, 结合初条件,

l ? l 0 = A cos α 3k sin α = 0 2m

A
得到

α =0
A = l ? l0 =
所以

2mg k

x 2 ? x1 = l 0 +


? 3k ? 2mg cos? t? ? 2m ? k ? ?

x 2 ? x1 = l ?

? 3k ? 2mg 2mg + cos? t? ? 2m ? k k ? ?

(5′′)

由 (3′′) ? 2 × (5′′) ,得

x1 =

? ?? 1 2 4mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt + ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?

(6 ′′)

由 (3′′) + (5′′) ,得

x2 = l +

? ?? 1 2 2mg ? ?1 ? cos? 3k t ? ? gt ? ? 2m ? ? 2 3k ? ? ?? ?

(7 ′′)


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