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第19届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案


第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷 2002 年 9 月

题 号 得 分















总计

全卷共七题, 全卷共七题,总分为 140 分.

/>一、 (15 分)今年 3 月我国北方地区遭遇了近 10 年来最严重的沙尘暴天气.现把沙尘上扬后的情况简化为 .这时风对沙尘的作用力相当于空 如下情景: v 为竖直向上的风速,沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中(不动) 气不动而沙尘以速度 v 竖直向下运动时所受的阻力.此阻力可用下式表达

f = αρ Av 2
其中 α 为一系数, A 为沙尘颗粒的截面积, ρ 为空气密度. (1)若沙粒的密度 ρS = 2.8 × 103 kg ? m-3 ,沙尘颗粒为球形,半径 r = 2.5 × 10-4 m ,地球表面处空气密 度 ρ0 = 1.25 kg ? m-3 , α = 0.45 ,试估算在地面附近,上述 v 的最小值 v1 . (2)假定空气密度 ρ 随高度 h 的变化关系为 ρ = ρ 0 (1 ? Ch) ,其中 ρ 0 为 h = 0 处的空气密度,C 为一常量,

C = 1.18 × 10?4 m-1 ,试估算当 v = 9.0 m ? s-1 时扬沙的最大高度. (不考虑重力加速度随高度的变化)

二、 (20 分)图预 19-2 所示电路中,电池的电动势为 E , 两个电容器的电容皆为 C ,K 为一单刀双掷开关。开始时 两电容器均不带电 (1)第一种情况,现将 K 与 a 接通,达到稳定,此过程 中电池内阻消耗的电能等于__________; 再将 K 与 a 断开 而与 b 接通,此过程中电池供给的电能等于___________。 (2)第二种情况,现将 K 与 b 接通,达到稳定,此过程 中电池内阻消耗的电能等于__________; 再将 K 与 b 断开 而与 a 接通,此过程中电池供给的电能等于___________。

三、 (20 分)据新华社报道,为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空,2002 年 3 月 25 日 22 时 15 分, 我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后,飞船于 4 月 1 日 16 时 51 分安全着陆,共绕地 球飞行 108 圈。 (1)飞船的名称是什么? (2)飞船在运行期间,按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作,包括从椭圆轨道变换成 圆轨道等.假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理,试粗略估计飞船离地面的 平均高度.已知地球半径 R = 6.37 × 106 m ,地球表面处的重力加速度 g = 9.80 m ? s-2

1

四、 (20 分)如图预 19-4 所示,三个绝热的、容积相同的球状容器 A、B、C, 用带有阀门 K1、K2 的绝热细管连通,相邻两球球心的高度差 h = 1.00 m .初始 时,阀门是关闭的,A 中装有 1mol 的氦(He),B 中装有 1mol 的氪(Kr),C 中 装有 lmol 的氙(Xe) ,三者的温度和压强都相同.气体均可视为理想气体.现 打开阀门 K1、 2, K 三种气体相互混合, 最终每一种气体在整个容器中均匀分布, 三个容器中气体的温度相同.求气体温度的改变量.已知三种气体的摩尔质量 分别为

? He = 4.003 × 10?3 kg ? mol?1 ? Kr = 83.8 × 10?3 kg ? mol?1 ? Xe = 131.3 × 10?3 kg ? mol?1
在体积不变时,这三种气体任何一种每摩尔温度升高 1K,所吸收的热量均为 3R / 2 , R 为普适气体常量.

在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为 f = 30.0 cm 的 五、 (20 分) 图预 19-5 中, 三棱镜的顶角 α 为 60°, 两个完全相同的凸透镜 L1 和 L2.若在 L1 的前焦面上距主光轴下方 y = 14.3 cm 处放 已知其像 S ′ 与 S 对该光学 一单色点光源 S , 系统是左右对称的.试求该三棱镜的折射 率.

六、 (20 分)一个长为 L1 ,宽为 L2 ,质量为 m 的矩形导电线框,由质量 均匀分布的刚性杆构成,静止放置在不导电的水平桌面上,可绕与线框的 一条边重合的光滑固定轴 ab 转动,在此边中串接一能输出可变电流的电 流源(图中未画出) 。线框处在匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B 沿水平 方向且与转轴垂直,俯视图如图预 19-6 所示。现让电流从零逐渐增大, 当电流大于某一最小值 I min 时,线框将改变静止状态。 (1)求电流值 I min 。 (2)当线框改变静止状态后,设该电流源具有始终保持恒定电流值 I 0 不 变( I 0 > I min )的功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运动状况。

七、 (25 分)如图预 19-7 所示,在长为 l = 1.0 m、质量为 mB = 30.0 kg 的车厢 B 内的右壁处,放一质 ,向右的水平拉力 F = 120.0 N 作用于车厢,使之从静止开始运 量 mA = 20.0 kg 的小物块 A(可视为质点)
2

动,测得车厢 B 在最初 2.0 s 内移动的距离 s = 5.0 m ,且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞.假 定车厢与地面间的摩擦忽略不计,小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的.求车厢开始运动后 4.0 s 时,车厢 与小物块的速度.

3

第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准 一、参考解答 (1)在地面附近,沙尘扬起要能悬浮在空中,则空气阻力至少应与重力平衡,即

αρ0 Av12 = mg
式中 m 为沙尘颗粒的质量,而



A = π r2 4 m = π r 3 ρs 3
得 代入数据得

② ③

v1 =

4 ρs gr 3 αρ0



v1 = 4.0 m ? s-1



(2)用 ρh 、 h 分别表示 v = 9.0 m ? s-1 时扬沙到达的最高处的空气密度和高度,则有

ρh = ρ0 (1 ? Ch)
此时式①应为



αρ h Av 2 = mg
由②、③、⑥、⑦可解得



h=
代入数据得

4 r ρs g ? 1? ?1 ? ? C ? 3α v 2 ρ 0 ?



h = 6.8 × 103 m



评分标准:本题 15 分。 1. 第一小题 8 分。其中①式 3 分,②式 1 分,③式 1 分,④式 2 分,⑤式 1 分。 2. 第二小题 7 分。其中⑥式 1 分,⑦式 1 分,⑧式 3 分,⑨式 2 分。

二、参考解答

1 1 1 (1) E 2C ,0 (2) E 2C , E 2C 2 4 2 评分标准:本题 20 分。 (1)10 分。其中每个空 5 分。 (2)10 分。其中每个空 5 分。

三、参考解答 (1)神舟 3 号 绕地球飞行的圈数为 N , 周期为 T , 飞船的质量为 m , 离地面的平均高度为 h , (2) 设飞船飞行时间为 t ,
4

地球半径为 R ,地球质量为 M ,则有

T=

t N
2



G

mM ? 2π ? = m? ? ( R + h) 2 ( R + h) ? T ?



G
由①、②、③式解得

Mm = mg R2
1/3



? gR 2t 2 ? h=? 2 2 ? ? 4π N ?

?R



由题给数据可知 t = 5.8536 × 105 s ,代入 t 及其它有关数据得

h = 2.9 × 105 m
评分标准:本题 20 分 (1)4 分



(2)16 分。其中①、②、③、④式各 3 分,⑤式 4 分(答案在 2.7 × 105 m ~ 3.1 × 105 m 之间均给这 4 分)

四、参考解答 根 据 题 设 的 条 件 , 可 知 : 开 始 时 A 中 氦 气 的 质 量 mHe = 4.003 × 10?3 kg , B 中 氪 气 的 质 量

1 mKr = 83.8 × 10?3 kg ,C 中氙气的质量 mXe = 131.3 × 10?3 kg 。三种气体均匀混合后,A 中的 He 有 mol 降 3 1 入 B 中,有 mol 降入 C 中。He 的重力势能增量为 3 1 1 ?EHe = mHe g (?h) + mHe g (?2h) = ?mHe gh ① 3 3 1 1 B 中的 Kr 有 mol 升入 A 中,有 mol 降入 C 中。Kr 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EKr = mKr gh + mKr g (?h) = 0 ② 3 3 1 1 C 中的 Xe 有 mol 升入 A 中,有 mol 升入 B 中。Xe 的重力势能增量为 3 3 1 1 ?EXe = mXe gh + mXe g 2h = mXe gh ③ 3 3 混合后,三种气体的重力势能共增加
?EP = ?EHe + ?EKr + ?EXe = (mXe ? mHe ) gh


因球与外界绝热,也没有外力对气体做功,故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时, 气体不做功。由热力学第一定律可知,此时传给气体的热量应等于气体内能的增量,但因理想气体的内能 只由温度决定,与体积无关,故只要温度改变量相同,则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理 想气体内能的增量。根据题给的已知条件,注意到本题中所考察的理想气体共有 3 摩尔,故有
5

3 ?EP = ?3 × R?T 2 上式中右方为气体内能减少量, ?T 表示气体温度的增量,由④、⑤两式得 2(mXe ? mHe ) gh ?T = ? 9R
将已知数据代入,注意到 R = 8.31 J ? K-1 ? mol-1 ,可得





?T = ?3.3 × 10-2 K
即混合后气体温度降低 3.3 × 10-2 K



(如果学生没记住 R 的数值, R 的值可用标准状态的压强 p0 = 1.013 × 105 N ? m-2 ,温度 T0 = 273.13 K 和 1mol 理想气体在标准状态下的体积 V0 = 2.24 × 10-2 m3 求得,即 R =

p0V0 ) T0

评分标准:本题共 20 分。 说明经扩散使三种气体均匀混合,并导致气体重力势能改变求得④式,得 8 分。说明能量转换过程,由重 力势能增加而内能减少,列出⑤式,得 8 分。得出正确结果,算出⑦式,得 4 分。

五、参考解答

由于光学系统是左右对称的,物、像又是左右对称的,光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部 分与光轴平行。由 S 射向 L1 光心的光线的光路图如图预解 19-5 所示。由对称性可知

i1 = r2 i2 = r1
由几何关系得 由图可见

① ② ③

r1 + i2 = α = 60°

i1 = β + r1
又从 ?FSO1 的边角关系得
6



tan β = y / f
代入数值得

⑤ ⑥

β = arctan(14.3 / 30.0) = 25.49°
由②、③、④与⑥式得 r1 = 30° , i1 = 55.49° 根据折射定律,求得

n=

sin i1 = 1.65 sin r1



评分标准:本题 20 分 1. 图预解 19-5 的光路图 4 分。未说明这是两个左右对称性的结果只给 2 分。 2. ①、②、③、④式各给 2 分,⑤式给 3 分,⑥式给 1 分,⑦式给 4 分。

六、参考解答 (1)解法一: 导体线框放在水平桌面上,俯视图如图预解 19-6-1。由图可见,在线框 没动之前,线框的 PQ 边与 P′Q′ 边平行于磁场 B ,因而不受磁场力。 PP′ 边 受的安培力的大小为 IBL1 ,方向垂直于桌面向下,但此力对轴的力矩为零。

QQ′ 边受的安培力的大小为 FQQ′ = IBL1 ,方向垂直桌面向上。此力对固定
轴的力矩为

M 0 = IBL1 L2



除此力矩外, 线框还受到重力矩作用。 重力力矩等于重力乘线框重心 O 点) ( 到轴 ab 的距离,即

τ 0 = mg ( L2 / 2)



当 M 0 = τ 0 时,桌面对线框的支持力的力矩为零, M 0 > τ 0 时,线框将改变静止状态,开始绕轴 ab 向上翘 起。根据题意及①、②式,由力矩平衡原理可知

1 I min BL1L2 = mgL2 2
解得



I min =
解法二:

mg 2 BL1



线框所受的重力矩也可以由各边对 ab 轴的重力矩来求。 PQ 边与 P′Q′ 边的重心均在( L2 / 2 )处,两 条边对 ab 轴的合力矩为

7

τ1 = ?

? mgL2 ? ? L2 ? ?? ? ? ( L1 + L2 ) ? ? 2 ?

①′

QQ′ 边对 ab 轴的力矩为

τ2 = ?

?

mgL1 ? ? L2 ? 2( L1 + L2 ) ?

②′

故线框所受的重力矩为

τ 0=τ1+τ 2=(mg / 2) L2

与解法一求得的②式一致,从而求得 I min 与④式相同。 (2)线框处于静止状态时,若电流 I 0 比 I min 稍大,线框所受的电磁力矩 M 将大于重力矩 τ ,使线框绕 ab 轴向上翘起。 PQ 边和 P′Q′ 边所受电磁力不等于零,但二者相互抵消。当保持电流值 I 0 恒定不变时,线框 将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中,由于通过线框的磁通量发生变化,线框内将 产生感应电动势,它有使线框中的电流变小的趋势,题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能,所以当 线框平面转至与桌面成 α 角时,如图预解 19-6-2a 所示,线框受到的合力矩为

1 ? ? M ? τ = ? I 0 BL1 ? mg ? L2 cos α 2 ? ?



随着 α 角逐渐增大,合力矩随之减小,但 M ? τ 始终大于零,因而线框仍作逆时针加速转动,角速度不断 增大。当线框平面转到竖直面 NN ′ 时,合力矩为零,角速度达到最大。由于惯性,线框将越过 NN ′ 面作逆 时针转到。此时,合力矩与线框转动方向相反,角速度将逐渐减小,合力矩的大小随着 α 角的增大而增大, 如图预解 19-6-2b 所示。

如果没有空气阻力, α 将增至 180°。当 α 角等于 180° 时,线框转动的角速度为零,合力矩将使线框作顺 时针加速转动,结果线框将在 α 角等于 0°与 180°之间往复摆动不止。实际上,由于空气阻力作用,线框平 面在 NN ′ 平面两侧摆动的幅度将逐渐变小,最终静止在 NN ′ 面处,此时,电磁力矩与重力矩均为零。如果 线框稍偏离平衡位置 NN ′ , 电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到 NN ′ 平面处。 故线框处于稳定平衡状 态。 评分标准:本题 20 分。第一问 6 分、第二问 14 分。 第一问中,①、②、④式各 2 分。
8

第二问中,正确地分析了线框往复转动,给 4 分;说明最后平衡在竖直面处,给 6 分;说明稳定平衡, 给 4 分。

七、参考解答 解法一: 1. 讨论自 B 开始运动到 T0 = 2.0 s 时间内 B 与 A 的运动。 根据题意,在 2 s 内,A 未与 B 发生过碰撞,因此不论 A 与 B 之间是否有相对运动,不论 A 与 B 之 间是否有摩擦,B 总是作初速为零的匀加速直线运动。设 B 的加速度为 aB1 ,有

1 s = aB1T02 2


aB1 =

2s = 2.5 m ? s-2 2 T0

(1)

如果 A、B 之间无摩擦,则在 B 向右移动 1 米距离的过程中,A 应保持静止状态,接着 B 的车厢左壁必与 A 发生碰撞,这不合题意。如果 A、B 之间无相对运动(即两者之间的摩擦力足以使 A 与 B 有一样的加速 度) ,则 B 的加速度

aB =

F = 2.4 m ? s-2 mA + mB

这与(1)式矛盾。由此可见,A、B 之间既有相对运动又存在摩擦力作用。 以 Ff 表示 A、B 间的滑动摩擦力的大小,作用于 B 的摩擦力向左,作用于 A 的摩擦力向右,则有

F ? Ff = mB aB1 Ff = mA aA1
由(1)(2)(3)式得 、 、

(2) (3)

aA1 = 2.25 m ? s-2 Ff = 45 N
2. 讨论 B 的左壁与 A 发生第一次碰撞前的运动。

(4) (5)

由于 aA1 < aB1 ,B 向右的速度将大于 A 的速度,故 A 与 B 的左壁间的距离将减小。设自静止开始, 经过时间 t1 ,B 的左壁刚要与 A 发生碰撞,这时,B 向右运动的路程与 A 向右运动的路程之差正好等于 l , 即有

1 1 aB1t12 ? aA1t12 = l 2 2
解得

9

t1 =
代入数据,得

2l aB1 ? aA1

(6)

t1 = 2 2 s=2.83 s
A 与 B 发生第一次碰撞时,碰前的速度分别为

vA1 = aA1t1 = aA1

2l aB1 ? aA1 2l aB1 ? aA1

(7)

vB1 = aB1t1 = aB1
3. 讨论 B 与 A 间的弹性碰撞

(8)

以 uA1 和 uB1 分别表示第一次碰撞后 A 和 B 的速度。当 uA1 、 uB1 为正时,分别表示它们向右运动。在 碰撞的极短时间内,外力 F 的冲量可忽略不计,因此有

mA vA1 + mB vB1 = mA uA1 + mBuB1

1 1 1 1 2 2 2 2 mA vA1 + mB vB1 = mA uA1 + mBuB1 2 2 2 2
解以上两式得

uA1 ? uB1 = ?(vA1 ? vB1 ) = 2l (aB1 ? aA1 )

(9)

(9)式表示,在弹性碰撞中,碰撞前后两者的相对速度的大小不变,但方向反转。 4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。 由(9)式可以看出,经第一次碰撞,A 和 B 都向右运动,但 A 的速度 uA1 大于 B 的速度 uB1 ,这时 作用于 A 的摩擦力向左,作用于 B 的摩擦力向右,大小仍都为 Ff 。设此过程中 A 向左的加速度和 B 向右 的加速度分别为 aA2 和 aB2 ,则由牛顿第二定律有

Ff = mA aA2 F + Ff = mB aB2
解得

aA2 =

Ff = 2.25 m ? s-2 mA F + Ff = 5.5 m ? s-2 mB

(10)

aB2 =

(11)

由此可知,碰撞后,A 作减速运动,B 作加速运动。设经过时间 t1′ ,两者速度相等,第一次达到相对静止, 则有
10

uA1 ? aA2t1′ = uB1 + aB2t1′
由上式和(9)式解得

t1′ =
代入有关数据得

2l ( aB1 ? aA1 ) uA1 ? uB1 vB1 ? vA1 = = aA2 + aB2 aA2 + aB2 aA2 + aB2

(12)

t1′ =

2 2 s=0.09 s 31

(13)

设在时间 t1′ 内,A 与 B 的左壁之间的距离增大至 l1 ,则有

1 1 ′ ′ ′ ′ uA1t1 ? aA2t12 = uB2t1 + aB2t12 + l1 2 2
结合(9)(12)两式得 、

l1 = ld 2
式中

(14)

d=
代入有关数据得

aB1 ? aA1 aA2 + aB2

(15)

d=

aB1 ? aA1 (5 / 2) ? (9 / 4) 1 = = <1 aA2 + aB2 (9 / 4) + (11/ 2) 31

由(14)可知 l1 < l ,A 不会与 B 的右壁发生碰撞。 5. 讨论 A 与 B 的左壁的第二次碰撞。 以 v1 表示 B 与 A 第一次相等的速度,由于 B 始终受 F 作用而加速,它将拖着 A 向右加速,其情况与 第一次碰撞前相似。这时作用于 A 的摩擦力向右,A 的加速度为 aA1 ,方向向右。作用于 B 的摩擦力向左, B 的加速度为 aB1 ,方向也向右。但是原来 A 与 B 左端的距离为 l ,现改为 l1 ,因 aA1 < aB1 ,B 的左壁与 小 A 之间的距离将减小。设两者间的距离从 l1 减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的时间为 t2 , 以 l1 代入⑥式,结合(14)式,即可求得

t2 =
代入有关数据,得

2l1 2l = d = t1d aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(16)

t2 = 2 2

1 8 = = 0.51 s 31 31

第二次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为

11

vA2 = v1 + aA1t2 vB2 = v1 + aB1t2 vA2 ? vB2 = (aA1 ? aB1 )t2 = (aA1 ? aB1 )t1d = (vA1 ? vB1 )d
(17)

故第二次碰撞前 A、B 速度之差小于第一次碰撞前 A、B 的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间 A、B 的速 度分别为 uA2 和 uB2 ,则有

uA2 ? uB2 = ?(vA2 ? vB2 ) = (vB1 ? vA1 ) d

(18)

第二次碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经历时间 t2′ ,两者速度 相等,即第二次相对静止,则有

′ uA2 ? aA2t2 = uB2 + aB2t2′
解得

u ? uB2 vB1 ? vA1 t2′ = A2 = d = t1′d = 0.016 s aA2 + aB2 aA2 + aB2
在 t2′ 时间内,A 与 B 的左壁的距离变为 l2 ,有

(19)

1 1 ′ ′ uA2t2′ ? aA2t22 = uB2t2′ + aB2t22 + l2 2 2
结合(8)(9)得 、

l2 = ld 4
自 B 开始运动到 A 与 B 达到第二次相对静止共经历时间

(20)

T2 = t1 ? t1′ + t2 + t2′ = 3.43 s T2 < 4.0 s
6. 讨论 A 与 B 的左壁的第三次碰撞。 当 A 与 B 的左壁之间的距离为 l2 时,A、B 相对静止。由于 B 受外力 F 作用而继续加速,它将拖着 A 向右加速。这时,A 的加速度为 aA1 ,B 的加速度为 aB1 ,方向都向右,但因 aB1 > aA1 ,A 将与 B 的左壁 发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为 t3 ,则以 l2 代入(6)式结合(16)式得

t3 =

2l2 2l = d 2 = t1d 2 = 0.09 s aB1 ? aA1 aB1 ? aA1

(21)

设第三次碰撞前瞬间 A 和 B 的速度分别为 vA3 和 vB3 ,碰撞后的速度分别为 uA3 和 uB3

vA3 ? vB3 = (aA1 ? aB1 )t3 = (vA1 ? vB1 )d 2
12

uA3 ? uB3 = ?(vA3 ? vB3 ) = (aB1 ? aA1 )t3 = (aB1 ? aA1 )t1d 2 = (vA1 ? vB1 )d 2
碰撞后,A 以加速度 aA2 作减速运动,B 以加速度 aB2 作加速运动。设经过时间 t3′ 两者速度相等,即 第三次相对静止,A 与 B 左壁之间的距离为 l3 。则有

t3′ =

uA3 ? uB3 = t1′d 2 aA2 + aB2

(22)

t3 = ld 6
自 B 开始运动至第三次 A 与 B 相对静止共经历的时间 T3 仍小于 4 s。 7. 讨论车厢左壁与小物块的第 n 次碰撞。 在第 n ? 1 次碰撞完毕的瞬间,A 和 B 的速度分别为 uA n-1 和 uB n-1 ,A 以加速度 aA2 作减速运动,B

′ 以加速度 aB2 作加速运动。经过时间 tn-1 ,两者速度相等,即第 n ? 1 次相对静止。A 与 B 左壁之间的距离
为 ln-1 。根据前面的讨论有

′ ′ tn-1 = t1d n-2
ln-1 = ld 2(n-1)

(23)

再经过时间 tn 将发生 B 的左壁与 A 的第 n 次碰撞。 碰撞前两者的速度分别为 vA n 和 vB n 。 根据前面的讨论, 有

tn = t1d n-1 vA n ? vB n = (vA1 ? vB1 )d n-1

(24)

可以看出,碰撞次数越多,下一次碰撞前,A、B 速度之差越小。当碰撞次数 n 非常大时,下次碰撞前两 者的速度趋于相等,即 A 实际上将贴在 B 的左壁上不再分开。 8. 讨论第 4 秒 B 与 A 的运动速度。 第 4 秒末 B 与 A 的速度取决于在第 4 秒末 B 与 A 经历了多少次碰撞。B 自静止开始运动到第 n 次相 对静止经历的总时间为

′ ′ ′ ′ Tn = t1 + t1 + t2 + t2 + L + tn-1 + tn-1 + tn + tn

′ ′ ′ ′ = t1 + t1 + t1d + t1d + L + t1d n-2 + t1d n-2 + t1d n-1 + t1d n-1 ′ ′ ′ ′ ′ = (t1 + t1 ) + (t1 + t1 )d + (t1 + t1 )d 2 + L + (t1 + t1 )d n-2+(t1 + t1 )d n-1

′ = (t1 + t1 )
′ 以 t1 = 2 2 , t1 =

1 ? d ′′ 1? d

(25)

2 2 代入,注意到当 n 很大时, d ∞ = 0 得 31
13

T∞ =

64 2 = 3.56 s 31 ? 31

(26)

这表明早在第 4 秒之前,A 与 B 的左壁贴在一起时二者速度已相同,不再发生碰撞,此后二者即以相同的 速度运动了、 现以 A 和 B 都静止时作为初态, T = 4 s 时刻 A 和 B 的速度为 V , A、 开始运动至 T = 4 s 设 对 B 的过程应用动量定理,得

FT = ( mA ? mB )V


(27)

V=
代入数值,得

FT mA ? mB

V = 9.6 m ? s-1

(28)

解法二: 如果 A 与 B 之间没有摩擦力,B 前进 1m 就会与 A 发生碰撞。已知开始 2s 为 A 与 B 未发生碰撞,而 B 已走了 5m,可见二者之间有摩擦力存在,且在此期间二者均作匀加速运动。由 s = 面的加速度 aB1 :

1 2 at 可求出 B 对地 2

1 5 = aB1 22 , aB1 = 2.5 m ? s-2 2
设 A 与 B 底部之间的滑动摩擦力为 Ff ,则由小车的运动方程

(1)′

mB aB = F ? Ff
代入数值得

Ff = 45 N
又由 A 的运动方程得 A 的相对地面的加速度为

(2)′

aA1 =

Ff = 2.25 m ? s-2 mA

(3)′

于是,A 对 B 的相对加速度为

aAB1 = aA1 ? aB1 = ?0.25 m ? s-2
第一次碰撞 由开始运动到 A 碰撞 B 的左壁的时间 t1 满足 s =

(4)′

1 aAB1t12 , s = 1 m 。于是 2

t1 = 2 2 s=2.83 s
A 与 B 的左壁碰撞前瞬间,A 相对 B 的速度

(5)′

vAB1 = aAB1t1 = ?0.5 2 m ? s-1 = ?0.71 m ? s-1

(6)′

由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向,所以碰后 A 从 B 的左壁开始,以相对速度
14

′ vAB1 = ?vAB1 = 0.5 2 m ? s-1 = 0.71 m ? s-1
向右运动,所受摩擦力反向向左,为 ? Ff 。对地面的加速度 aA2 为

(7)′

aA2 =

Ff = ?2.25 m ? s-2 mA

(8)′

此时 B 所受的摩擦力 Ff 方向向右,由其运动方程 mB aB2 = F + Ff 得 B 对地面的加速度 aB2 为

aB2 =

F + Ff = 5.5 m ? s-2 mB

(9)′

由(8)′ 、(9)′ 二式知,碰后 A 对 B 的相对加速度为

aAB2 = aA2 ? aB2 = ?7.75 m ? s-2

(10)′

′ A 相当于 B 作向右的匀减速运动。设 A 由碰后开始达到相对静止的时间为 t1 ,相当于 B 走过的距离为 s1 ,
由(6)′ 式得

′ t1 =

′ vAB1 a 2 2 s=0.091 s = AB1 t1 = aAB2 aAB2 31

(11)′

1 1 ′ aAB2 t1 2 = m=0.03 m (12)′ 2 31 可见 A 停止在 B 当中,不与 B 的右壁相碰。 第二次碰撞 A 在 B 内相对静止后,将相当于 B 向左滑动,所受的摩擦力改为向右,而 B 所受的摩擦力改为向左。 s1 =
即 A 这时 A 对 B 的相对加速度重新成为 aAB1 , (4)′ 式。 由相对静止到与 B 的左壁第二次碰撞所需的时间 t2 可用 s1 =

1 2 aAB1t2 算出: 2 t2 = 2 s1 = aAB1 aAB2 ′ t1 = aAB1 aAB1 t1 = 0.51s aAB2 (13)′

自 B 开始运动至 B 的左壁与 A 发生第二次碰撞经历的时间

′ T2 = t1 + t1 + t2 = 3.43 s
A 达到 B 的左壁前相当于 B 的速度的大小为

vAB2 = aAB1t2 = aAB1

aAB1 t1 = aAB2

aAB1 vAB1 aAB2

(14)′

这也就是第二次碰后 A 由 B 的左壁出发的相对速度大小。第二次碰后,A 相对 B 向右运动,此时 A 相对

′ 于 B 的相对加速度又成为 aAB2 , (10)′ 式。 由碰撞到相对静止所需要的时间 t2 和相当于 B 走过的距离 s2 即 A
分别为

15

′ t2 =

vAB2 a a = AB1 t2 = AB1 aAB2 aAB2 aAB2

aAB1 t1 = aAB2

aAB1 ′ t1 = 0.016 s aAB2

(15)′

s2 =
以后的碰撞

1 ′ aAB2 t22 = 0.001 m 2

根据 (13)′ 、 (15)′ 二式,如令

k=
则有

aAB1 1/ 4 1 = = = 0.18 aAB2 31/ 4 31

(16)′

t2 = kt1

′ ′ t2 = kt1

由此可以推知,在第三次碰撞中必有

t3 = kt2 = k 2t1
在第 n 次碰撞中有

′ ′ ′ t3 = kt2 = k 2t1

(17)′

tn = k n-1t1

′ ′ tn = k n-1t1

( ′ 18)

即每一次所需时间要比上次少得多(A 在 B 中所走的距离也小得多) 。把所有的时间加在一起,得
∞ ∞ ? 2 2? 1 ′ s=3.56 s T∞ = ∑ (ti + ti′) = (t1 + t1 )∑ k ′ = ? 2 2 + ? ? ? 31 ? 1 ? k i =1 i =0 ?

(19)′

这就是说,在 B 开始运动后 3.56 s 时,A 将紧贴 B 的左壁,并与 B 具有相同速度,二者不再发生碰撞,一 直处于相对静止状态。现取 A 和 B 都静止时作为初态,以 T = 4.0 s 时刻的运动状态为末态,设此时 A 和 B 的速度为 V ,由动量定理,有

FT = ( mA + mB )V
代入数值,得

V=

FT = 9.6 m ? s-1 mA + mB

(20)′

答:自车厢开始运动到 4.0 s 时车厢与物块的速度相同,均为 9.6 m ? s-1 评分标准:本题 25 分。 得出摩擦力 Ff 得 5 分,得出第一次碰撞时间 t1 得 5 分,得出第二次碰撞时间 t2 得 5 分。得出无穷次碰撞时 间 T∞ 得 5 分 ,得到最后结果 V 再得 5 分。

16

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题 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.A、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). D 管上端足够长时, 当 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 线上有一任意点, 设该点与 A 点的距离为 x , 求从 A 沿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, 为电流表。 A 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 .
17

大气压强为 p 。 设试管、 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 , 三通管、注射器和毛细管皆为绝热的,电阻丝的热容不计.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 =

1 2 LI , I 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 2 理的步骤测量的自感系数 L . 1.简要写出此实验的步骤.
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?

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
18

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 .

19

第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答

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。

2002 年

(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

pB = pC = p0 + ρ g (h1 + h2 ) D 中气体的压强为 pD = pB ? ρ gh1
由(1)、(2)两式可得

(1)

K D A

H A h1

K

(2)

E B h2 F C
(a) 图复解 19-1

B

pD = p0 + ρ gh2
即 pD > p0 ,当拧开 K 后, D 中气体压强降至 p0 ,此时

C
(b)

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 截面积比为 3600 倍, A 、B 、C 中少量水的增减 ±?V ) 故 ( 值。 因为 A 、B 、C 的半径为 D 管半径的 60 倍, 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。 设 D 中水面静止时与 A 中水面的高度差为 H ,(见图复解19-1(b)),则有

p0 + ρ g (h1 + h2 ) = p0 + ρ g ( H + h1 )
由此可得

(4) (5)

H = h2

(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
20

等原因,动能逐步消耗,最后水面停留在距 A 中水面 h2 处。

二、参考解答 由于圆柱形区域内存在变化磁场,在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场,电场线为圆,圆心在圆 柱轴线上,圆面与轴线垂直,如图中虚点线所示.在这样的电场中,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 , EPO , EOA 分别为从 A 到 P 、从 P 到 O 、从 O 到 A 的电动势。由前面的分析可知 EPO = 0 , 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 =
根据题给的条件有

?φ1 ?B = S1 ?t ?t
(2)

E1 = S1k
由图复解19-2-2可知 1 xR S1 = xR sin α = 2 2 2 由(1)、(2)、(3)式可得沿 AP 线段的电动势大小为 kR E AP = x 2 2

(3)

(4)

A R

α

x P O

C

A

α R O

α

C

α D

β

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), x > 2 R 。在图中连 OA 、 OQ 。取闭 合回路 AQOA ,设回路中电动势为 E2 ,根据类似上面的讨论有

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 S2 ,通过它的

21

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 = S2 k
在图中连 OC ,令 ∠COQ = β ,则 ∠OQC = α ? β ,于是

(6)

S2 = ?AOC的面积 + 扇形OCD的面积 1 β π R2 = ( R sin α ) ? 2 R cos α + 2 2π 1 = R 2 (sin 2α + β ) 2 1 当 α = π / 4 时, S2 = R 2 (1 + β ) , 2 ?OCQ 中有
x ? 2R R = sin β sin[(π / 4) ? β ] R sin β = ( x ? 2 R)sin( = ( x ? 2 R)

π
4

? β)

1 (cos β ? sin β ) 2

(R +

x ? 2R x ? 2R )sin β = cos β 2 2
x ? 2R x
(7)

tan β =
于是得

1 2 x ? 2R R (1 + arctan ) 2 x 由(5)、(6)、(7)式可得沿 AQ 线的电动势的大小为 S2 = 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 A 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 C 3 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、 B 2 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速度大小,则由对称性可 知此时三质点的总动能为
图复解 19-3

1 2 1 2 EK = mv3 + 2( mv1 ) 2 2
22

(1)

再由对称性及动量守恒可知

mv3 = 2mv1
系统原来的电势能为

(2)

q2 l 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 EP = 3k
E P′ = 2 k
根据能量守恒有

(3)

q2 q2 +k l 2l

(4)

E P = E P′ + E K
由以上各式可解得

(5)

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; (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。打开开关 S 后,由于 L 2 中有感应电动势,在线圈 L 、电阻器 ab 和二极管 D 组成的回路中有电流通过,最后变为零。在此过程中
原来线圈中储存的磁场能量将转化为 r 和 rL 上放出的热量,其中 r 上放出的热量为

?Q =

1 2 r LI ? 2 r + rL

(1)

此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程,所以气体吸热为

?Q =

m

?

C p ?T

(2)

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

p ?V =

m

?

R?T

(3)

而 由以上各式可得

?V =

πd2
4

?x

(4)

23

?x r + r C p pπ d L= 2 ? L ? 2r R I

2

(5)

五、参考解答 利用焦点的性质,用作图法可求得小物 PQ 的像 P′Q′ ,如下图所示。

Q
y

n1 f1 u

n2

F2
f2 v

P′
y′

P

F1

Q′

图复解 19-5-1

(1)用 y 和 y′ 分别表示物和像的大小,则由图中的几何关系可得

f y u ? f1 = = 2 y′ f1 v ? f2

(1)

(u ? f1 )(v ? f 2 ) = f1 f 2
简化后即得物像距公式,即 u , v , f1 , f 2 之间的关系式

f1 f 2 + =1 (2) u v (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
对傍轴光线, θ1 、 θ 2 ≤1,得 sin θ1 ≈ θ1 , sin θ 2 ≈ θ 2 ,因而得

(3)

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

θ1

L

n2

F2
θ2

P′
y′

P

F1 u

v u
图复解 19-5-3 24

Q′

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
y ′u n1 = yv n2
用(1)式的 y′ / y = f1 /(u ? f1 ) 代入(6)式,得

(5)

(6)

f1u n = 1 (u ? f1 )v n2


f1 =

n1uv n2u + n1v

(7)

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

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


f2 =

n2uv n2u + n1v

(8)

从而得 f1 , f 2 , n1 , n2 之间关系式

f 2 n2 = f1 n1
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

(9)

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)

hν hν ′ 和 p′ = , 方向如图复解19-6所示。 电子的动量为 mv ,m c c 为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得
入射光子和散射光子的动量分别为 p =

m0 v 1 ? (v / c )
2 2

cosθ =

hν c

(3)

光子散射方向 电子 光子入射方向

θ

A 光子入射方向
25 图复解 19-6

m0 v 1 ? (v / c )
2 2

sin θ =

hν ′ c

(4)

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 ν ′ = 0.27 m0 c 2 / h

(6) (7) (8)

θ = tan-1

ν′ 27 = arctan( ) = 36.1° 37 ν

电子从 O 点运动到 A 所需时间为 L ?t = 0 = 2.4 L0 / c (9) v (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) (11)

L = 0.91L0

七、参考解答 1. 珠子运动的轨迹 建立如图复解19-7所示的坐标系,原点 O 在过 A 点的竖直线与细杆相交处, x 轴沿细杆向右, y 轴沿

OA 向下。当珠子运动到 N 点处且绳子未断时,小环在 B 处, BN 垂直于 x 轴,所以珠子的坐标为 x = PN,y = BN
由 ?APN 知

( AP )2 + ( PN ) 2 = ( AN ) 2
即有 (h ? y ) 2 + x 2 = (l ? y ) 2 ,得

x 2 = ?2(l ? h) y + (l 2 ? h 2 )
这是一个以 y 轴为对称轴,顶点位于 y = 解19-7-1所示,图中的 H =

(1)

1 1 (l + h) 处,焦点与顶点的距离为 (l ? h) 的抛物线,如图复 2 2

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

O
h P

B F T T
α α α

xM 切线

x

C′

H A′ O

法线

α

N′
mg

H

N

xM
切线

x

A C
y

法线
26

P A C
y

mg

T

N
mg

图复解 19-7-1

图复解 19-7-2

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 cosα (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。 因为 AN 是焦点至 N 的连线, BN 平行于 y 轴,根据解析几何所述的抛物线性质可知, N 点的法线是

∠ANB 的角平分线.故合力 F 的方向与 N 点的法线一致。 由以上的论证.再根据牛顿定律和题中的注,珠子在 N 点的运动方程(沿法线方向)应为

2T cos α ? mg cosα = m 2T cos α =

v2 R

(3)

mv 2 + mg cos α (4) R 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

v0t = l 2 ? h 2
由此解得

v0 = g (l ? h)

(7)

% 设物体在 N ′ 处的速度为 v ,由机械能守恒定律可得
2 %2 v = v0 + 2 g ( H ? BN ′)

(8)

物体在 N ′ 处法线方向的运动方程为

mg cosα =

%2 mv R

(9)

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

1 (l + h) ,可求得 2

R=

2(l ? BN ′) cosα

这也等于 N 点抛物线的曲率半径, BN = BN ′ = y ,故得

R=

2(l ? y ) cosα
27

(10)

4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把(5)式和(10)式代入(4)式,可求得绳子的张力为

T=

mgl 2(l ? y )

(11)

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

yd = l (1 ?
代入(1)式,得

mg ) 2Td

(12)

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)

28


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