第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答.doc
1第 22 届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、1如图所示，设滑块出发点为，离开点为，按题意要求、与竖直方向的夹1P2P11PO22PO角相等，设其为，若离开滑道时的速度为 v，则滑块在处脱离滑道的条件是2P(1)cos2 mgRmv由机械能守恒(2)2 21)cos1 (2vmmgR(1)、(2)联立解得或 (3)54cos253654arccos2设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是（4）mgRm2 0vv0为滑块到达 O 点的速度，由此得（5）Rg0v设到达 O 点的速度为 v0的滑块在滑道 OA 上的出发点到的连线与竖直的夹角为，由机械能守恒，1O0有（6）2 0021)cos1 (vmmgR由（5） 、 （6）两式解得（7）3 0若滑块到达 O 点时的速度，则对 OB 滑道来说，因 O 点可能提供的最大向心力为 mg，故0vv 滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点对于的滑块，其在 OA 上出发点的位置0vv 对应的角必大于，即，由于，根据机械能守恒，到达 O 点的最大速度002max（8）Rgmax2v由此可知，能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0到之间所有可能的值，也就是说，从至maxv3下滑的滑块都将在 O 点离开滑道以速度 v0从 O 点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至2O1O2OABP1 P22的距离2O（9）tx00v（10）2 21gtR 由（5） 、 （9） 、 （10）式得（11）Rx20当滑块以从 O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到的距离maxv2O（12）txmaxmaxv由（8） 、 （10） 、 （12）式得（13）Rxmax2因此，凡能从 O 点脱离滑道的滑块，其落水点到的距离在到之间的所有可能值即2OR2R2（14）RxR22二、1由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为、和的面电荷，由电1q2q3q荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量由静电屏蔽可知，点电荷 q1及感应电321qqq荷（）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q2及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零；点电1q2q荷 q3及感应电荷（）在空腔外产生的电场为零因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量3q作球对称分布321qqq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，但这些电荷321qqq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、导体球表面的电荷及空腔 3 表面的感应电荷（321qqq）共同产生无论在球面上如何分布，球面上的面电荷到 O 点的距离都是 R，因而3q321qqq在 O 点产生的电势为， Q 在 O 点产生的电势为，这两部分电荷在 O3点产生的电Rqqqk321 RQk2势与它们在 O 点产生的电势相等，即有U3（1） RqqqQkRQ RqqqkU2222 2321321因 q3放在空腔 3 的中心处，其感应电荷在空腔 3 壁上均匀分布这些电荷在 O3点产生的电势为3q(2)rqkU3 根据电势叠加定理，O3点的电势为(3) rq RqqqQkUUU3321 2222故 q3的电势能(4) rq RqqqQkqUqW3321 3322222 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仅受到腔内壁感应电荷的静电力作用，因 q1不在空腔 1 的中心 O1点，所以感应电荷在空腔表面分布不1q1q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，q1最后到达空腔 1 表面，与感应电荷中和同理，空腔 2 中 q2也将在空腔表面感应电荷1q的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷中和达到平衡后，腔 1、2 表面上无电荷分2q2q布，腔 3 表面和导体球外表面的电荷分布没有变化O3的电势仍由球外的电荷 Q 和导体球外表面的电量及空腔 3 内壁的电荷共同产生，故 O3处的电势 U 与 q3的电势能 W 仍如(3)式321qqq3q与(4)式所示三、答案如图所示abdQTT0 SpCFTQ00 1 0 00 1TSpFSpTtan2= FRSRpCFSCpFSp 000 2222C1tan1 124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，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， (1)0TTCQ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，由等容过程方程有(2)010TT pp由力的平衡可知(3)FSppS0由（2） 、 （3）两式可得(4) SpTFSpT000 1代入(1)式得(5)SpCFTQ00 1由以上讨论可知，当时，T 与 Q 的关系为1QQ (6)0TCQT5在图中为一直线如图中所示，其斜率QT ab(7)CKab1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，外界大气压及摩擦力皆不变，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，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的Q一半热量为 q，由热力学第一定律可知(8)01VVpTTCqQq 可由摩擦力做功求得，即(9) SVVFq0 21代入（8）式得(10)010 2VVpTTCSVVFQ由状态方程式可知(11)10TTRVVp将（11）式和（4）式代入（10）式，得1 02TTFSpFRRCQ 即（12） 1 000 2222TQFRSRpCFSCpFSpT6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（13）QQQ1把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5） ，得（14） SpCFTQQSpTFSp SpCFTQFRSRpCFSCpFSpT00 1 00000000 2222由此可知，当时，T 与 Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为，SpCFTQQ00 1SpCFTQQ00 1；斜率为1TT （15） FRSRpCFSCpFSp 000 2222在图中，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沿着斜率为QT Kab的直线上升到温度为 T1的 b 点，然后沿着斜率为 Kbd的直线上升，如图所示abbd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 发出的光经小孔射出后成锥形光束，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 处光束的横截面正好是半径为 R 的圆面，如图所示，则有LR lr可得(1)rRlL 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，挡板离光源的距离为(2)21cxAvrRlLS7故出现挡板完全遮住光束的时刻为(3)vvLcxtA21由（1） 、 （3）式得(4)vvv rRlcxtA212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(5)2c1'vll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 (6)22 1crRl rRl'L'v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(7)22 1crRlxL'xtAAv vvv五、用半径分别为 r1（>a1） ，r2，ri，rn1（<a2）的 n-1 个同心圆把塑料薄圆环分割成 n个细圆环第 i 个细圆环的宽度为，其环带面积1iiirrriiiiiirrrrr2S22式中已略去高阶小量 ，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为2)(irii ii iiirrrrrSq42220 20设时刻 t，细圆环转动的角速度为，t0单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流ii iirrqI2 20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8(1)20r2iiii irkrIkB式中是一个微小量，注意到，有ir2 1iiiiiirrrrrr(2)iiiiiiii rrrrrr rr11111 2将各细圆环产生的磁场叠加，由（1） 、 （2）式得出环心 O 点处的磁感应强度：(3)21120)(2 aaaakB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 点的场表示磁场对导线环的磁通量(4)2 0 21120)(2aaaaakBS由于是变化的，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(5)212 0120212 0120)(2)(2 aaaaak taaaaak tE由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为(6)Raaaaak RI212 0120)(2E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，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，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段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、V，对应的二段电流元所受的安培力的大小为lI(7)lBIfMNQffxfyxyOxylffxfylUV9方向如图所示，它沿 x 及 y 方向分量分别(8)yBIlBIfxcos(9)xBIlBIfysin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(10)0yBIyBIfx（式中，当时，是正的，当时，是负的，故） ，cosly2y2y0y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(11) 02aBIxBIxBIfy（式中，由于在 0之间都是正的，故） ，sinlxx02ax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，由于半个圆环处于平衡状态，所02aBI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 应满足由（3） 、022aBIF （6）两式得 (12)tRaaaaakBIaF02 22 12 123 02 020)(4由（12）式可见，张力 F 随时间 t 线性减小六、如图所示，t 时刻汽车 B 位于处，距 O 点的tB距离为 vBt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 车发出的汽车 A 发出此笛声时位于处，距 O 点的距离为此笛声由发出点到接收 1tA1Atv点（t 时刻 B 车所在点）所传播的路程为 u(tt1)，由几何关系可知(1)2 12 1A2 B)()(ttutt vv即0)(2)(222 122 122tuttutuBAvv这是以 t1为变量的一元二次方程，其解为 A(t1)B(t)B(t)A(t)vBvAOA(t1)10tuuutABABA 222222221)(vvvvv由于，但 t1< t，所以上式中只能取减号222 Auuv(2)tuuut2 A22 B2 A2 B2 A221)(vvvvv(3)tuutt2 A22 A2 B2 A2 B2 A21)(vvvvvv令(4)kuBABA22222)(vvvv有， (5)tukut2 A221vtukt -t2 A22 A 1vv 在时刻，位于处的汽车 A 发出的笛声沿直线（即波线）在 t 时刻传到处，以1t 1tA tBtA1tB、分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有 1tA tB(6) )()(cos2 A2 A11A A1vvv kuku t -tu t t(7) )()(cos2221AABB tBkuu t -tu tvvvv令表示 B 车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知(8) 01coscostAAtBB uuvv由（6） 、 （7） 、 （8）式，得(9) 022222222222222222BABAAABABABAuuuuuvvvvvvvvvvvv 七、解法一：对于由小球 A、B 和弹簧构成的系统，当 A、B 之间的距离为 l 时，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11（1）llC32故 A、B 到质心 C 的距离分别为（2）llllBA31 32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，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（3）mgllk20由（2）式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为（4）000031 32llllBA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，此时弹簧 CA和 CB 的长度分别为（5）llllBA31 32弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为0032llkllkfAAAAA0031llkllkfBBBBB但 fA 、fB就是连接 A、B 的弹簧因拉伸而产生的弹力 f，即有0llkfffBA由此得（6）kkkkBA323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；B 的坐标由（1）式，可知此时质心 C 的坐标为 00 Ax lxB0（7） lxC320 在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力故质心以 g 为加速度做匀加速直线运动，任gmm2意时刻 t，质心的坐标ABkxOl C12（8）22 21 32 21)0()(gtlgtxtxCC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，还受惯性力作用若在质心系中取一坐标轴，原点与质心 C 固连，xO O取竖直向下为轴的正方向，当小球 B 在这参考系中的坐标为时，弹簧 CB 作用于 B 的弹性力xO Bx0BBBBlxkf当时，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0BBlx直向上作用于 B 的合力mgmglxkFBBBB0由（3） 、 （4）式得（9） kmglxkFBBB2 31令（10） kmglxXBB2 31有（11）BBBXkF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 的平衡位置的坐标（12） kmglxB2 31 0XB为 B 离开其平衡位置的位移， （11）式表明，作用于 B 的合力具有弹性力的性质，故在 FB作用下，B 将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率（13）mk mkBB B23离开平衡位置的位移（14）BBBBtAXcosAB为振幅，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 离开其平衡位置B13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）式给出的 lB，故 B 离0Bx开平衡位置的距离即振幅0BBBxlA由（5）式、 （12）式得（15）kmg kmgllAB32)2(31 31因 t = 0，XB =AB，且 XB是正的，故0B由此得（16） tmk kmgXB23cos32由（10）式，t 时刻 B 在质心系中的坐标（17） tmk kmg kmgltxB23cos32)2(31在地面参考系的坐标（18）txtxtxBCB得（19） tmk kmggtltxB23cos132 212同理，当小球 A 在质心系中的坐标为时，注意到是负的，这时，弹簧 CA 的伸长量为AxAx， kmglxlxlxAAAA2 32 32 00当为负时，弹力向下，为正，当为正时，弹力向上，为负，故有0AAlx0AAlx kmglxkfAAA2 32作用于 A 的合力为 kmglxkFAAA2 3214令kmglxXAA2 32有AAAXkF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（20） kmglxA2 32 0XA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，振动圆频率（21）mk mkA A23离开平衡位置的位置AAAAtAXcosAA为振幅，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 的距离为AlA，A 的平衡位置离开质心的距离为故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA，0Axkmg kmgllxlAAAA342 32 32 0 而此时，故AAAXA由此得（22） tmk kmgXA23cos34在时刻 t，A 在地面参考系中的坐标)23(23cos134 213cos342 32 21 3222 0 tmk kmggttmk kmg kmglgtlXxtxtxAACA解法二：15当球相对于地面参考系的坐标为时，弹簧的伸长量为，所受的合力为AxCAxlxC032A xlxkmgFCA032 23其加速度为 xlxkmgaCA032 23)1 ( 其相对于质心的加速度为 0032 23 32 23lxxkmxlxkmgaaCCAA其中表示球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位移与参 032lxxCA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也就是说，球AA相对质心作简谐振动同理可证， 3320lxxkmgFCB 3230lxxmkgaCB)2( 其相对于质心的加速度为 032 23lxxkmaCB)3( 其中表示球相对于其平衡位置的位移，相对质心，球的加速度与其相对于平衡位置 30lxxCBB的位移成正比且反向，即球相对质心也作简谐振动且有与振动的圆频率相等， BABmk BA23)4( 解法三： 在地面参考系中，列 A、B 的牛顿定律方程16)(0121lxxkmgma)1 ( 2 )(20122lxxkmgma)2( x1、x2是 A、B 的坐标，l0是弹簧的自然长时，有0t0, 011vx0,22vlx为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系lmgllk2)(0所以kmgll2 0由+，)1 ( )2( gaa3221令，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，gaaa3221aa2 212322gtlxx)3( 再由，)2( 2)1 ( )(3)(201212lxxkaam)4( 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， tmkAlxx23cos012结合初条件，cos0All0sin23mkA得到0x1 , x2 , kxOAB17kmgllA2 0所以 tmk kmglxx23cos2 012即 tmk kmg kmglxx23cos22 12)5( 由，得)3( 2)5( tmk kmggtx23cos134 212 1)6( 由+，得)3( )5( tmk kmggtlx23cos132 212 2 7
