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第17届全国中学生物理竞赛预复赛试题及答案


第十七届全国中学生物理竞赛预赛试题 2000 年

全卷共八题,总分为 140 分。
一、 (10 分) 1. 分)1978 年在湖北省随县发掘了一座战国早期(距今大约 2400 多年前)曾国国 (5 君的墓葬——曾侯乙墓, 出土的众多墓葬品中被称为中国古代文明辉煌的象征的是一组青铜 铸造的编钟乐器(共 64 件) ,敲击每个编钟时,能发出音域宽广、

频率准确的不同音调。与 铸造的普通圆钟不同,圆钟的横截面呈圆形,每个编钟的横截面均呈杏仁状。图预 17-1-1 为圆钟截面的,图预 17-1-2 为编钟的截面,分别敲击两个钟的 A 、 B 、 C 和 D 、 E 、 F 三 个部位,则圆钟可发出________个基频的音调,编钟可发出________个基频的音调。 2.(5 分)我国在 1999 年 11 月 20 日用新型运载火箭成功地发射了一艘实验航天飞行 器,它被命名为___________号,它的目的是为____________________作准备。

二、 (15 分)一半径为 R ? 1.00 m 的水平光滑圆桌面,圆心为 O ,有一竖直的立柱固定在桌 面上的圆心附近,立柱与桌面的交线是一条凸的平滑的封闭曲线 C ,如图预 17-2 所示。一 根不可伸长的柔软的细轻绳,一端固定在封闭曲线上的某 一点,另一端系一质量为 m ? 7.5 ?10-2 kg 的小物块。将小 物块放在桌面上并把绳拉直,再给小物块一个方向与绳垂 直、大小为 v0 ? 4.0 m/s 的初速度。物块在桌面上运动时, 绳将缠绕在立柱上。已知当绳的张力为 T0 ? 2.0 N 时,绳即 断开,在绳断开前物块始终在桌面上运动. 1.问绳刚要断开时,绳的伸直部分的长度为多少? 2.若绳刚要断开时,桌面圆心 O 到绳的伸直部分与封闭曲线的接触点的连线正好与绳的伸 直部分垂直,问物块的落地点到桌面圆心 O 的水平距离为多少?已知桌面高度 H ? 0.80 m .物 块在桌面上运动时未与立柱相碰.取重力加速度大小为 10 m/s 2 .

三、 (15 分)有一水平放置的平行平面玻璃板 H ,厚
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3.0 cm, 折射率 n ? 1.5 。 在其下表面下 2.0 cm 处有一小物 S ; 在玻璃扳上方有一薄凸透镜 L , 其焦距 f ? 30 cm ,透镜的主轴与玻璃板面垂直; S 位于透镜的主轴上,如图预 17-3 所示。 若透镜上方的观察者顺着主轴方向观察到 S 的像就在 S 处, 问透镜与玻璃板上表面的距离为 多少?

四、 (20 分)某些非电磁量的测量是可以通过一些相应的 装置转化为电磁量来测量的。一平板电容器的两个极扳竖 直放置在光滑的水平平台上,极板的面积为 S ,极板间的 距离为 d 。极板 1 固定不动,与周围绝缘;极板 2 接地, 且可在水平平台上滑动并始终与极板 1 保持平行。极板 2 的两个侧边与劲度系数为 k 、自然长度为 L 的两个完全相 同的弹簧相连,两弹簧的另一端固定.图预 17-4-1 是这一 装置的俯视图.先将电容器充电至电压 U 后即与电源断 开,再在极板 2 的右侧的整个表面上施以均匀的向左的待 测压强 p ;使两极板之间的距离发生微小的变化,如图预 17-4-2 所示。测得此时电容器的电压改变量为 ? U 。设作 用在电容器极板 2 上的静电作用力不致引起弹簧的可测量 到的形变,试求待测压强 p 。

五、 (20 分)如图预 17-5-1 所示,在正方形导线回路所围的区域

A1 A2 A3 A4 内分布有方向垂直于回路平面向里的匀强磁场,磁感应
强度 B 随时间以恒定的变化率增大,回路中的感应电流为

I ? 1.0 mA .已知 A1 A2 、 A3 A4 两边的电阻皆为零; A4 A1 边的电
阻 R1 ? 3.0 k? , A2 A3 边的电阻 R2 ? 7.0 k? 。 1.试求 A1 A2 两点间的电压 U12 、 A2 A3 两点间的电压 U 23 、

A3 A4 两点间的电压 U 34 、 A4 A1 两点间的电压 U 41 。
2.若一内阻可视为无限大的电压表 V 位于正方形导线回路所在的平面内,其正负端与 连线位置分别如图预 17-5-2、 图预 17-5-3 和图预 17-5-4 所示, 求三种情况下电压表的读数 U1 、

U 2 、 U3 。

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六、 (20 分)绝热容器 A 经一阀门与另一容积比 A 的容积大得很多的绝热容器 B 相连。开始 时阀门关闭,两容器中盛有同种理想气体,温度均为 30℃, B 中气体的压强为 A 中的 2 倍。 现将阀门缓慢打开, 直至压强相等时关闭。 问此时容器 A 中气体的温度为多少?假设在打开 到关闭阀门的过程中处在 A 中的气体与处在 B 中的气体之间无热交换.已知每摩尔该气体 的内能为 U ?

5 RT ,式中 R 为普适气体恒量, T 是热力学温度. 2

七、 (20 分)当质量为 m 的质点距离—个质量为 M 、半径为 R 的质量均匀分布的致密天体 中心的距离为 r ( r ≥ R ) 时,其引力势能为 EP ? ?GMm / r , 其中 G ? 6.67 ?10-11 N ? m2 ? kg-2 为万有引力常量.设致密天 体是中子星,其半径 R ? 10 km ,质量 M ? 1.5M⊙ ( 1M⊙=2.0 ?1030 kg ,为太阳的质量). 1.1Kg 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释 放的引力势能为多少? 2. 在氢核聚变反应中, 若参加核反应的原料的质量为 m , 则反应中的质量亏损为 0.0072 m ,问 1kg 的原料通过核聚变 提供的能量与第 1 问中所释放的引力势能之比是多少? 3.天文学家认为:脉冲星是旋转的中子星,中子星的电磁辐射是连续的,沿其磁轴方 向最强,磁轴与中子星的自转轴方向有一夹角(如图预 17-7 所示) ,在地球上的接收器所接 收到的一连串周期出现的脉冲是脉冲星的电磁辐射。 试由上述看法估算地球上接收到的两个 脉冲之间的时间间隔的下限.

八、 (20 分)如图预 17-8 所示,在水平桌面上 C 放有长木板 C , 上右端是固定挡板 P , C 上 在 左端和中点处各放有小物块 A 和 B , A 、 B 的 尺寸以及 P 的厚度皆可忽略不计, A 、 B 之间 和 B 、 P 之间的距离皆为 L 。设木板 C 与桌面
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 3 页

之间无摩擦, A 、 C 之间和 B 、 C 之间的静摩擦因数及滑动摩擦因数均为 ? ; A 、 B 、 C (连同挡板 P )的质量相同.开始时, B 和 C 静止, A 以某一初速度向右运动.试问下列 情况是否能发生?要求定量求出能发生这些情况时物块 A 的初速度 v0 应满足的条件,或定 量说明不能发生的理由. (1)物块 A 与 B 发生碰撞; (2)物块 A 与 B 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞; (3)物块 B 与挡板 P 发生碰撞(设为弹性碰撞)后,物块 B 与 A 在木板 C 上再发生碰 撞; (4)物块 A 从木板 C 上掉下来; (5)物块 B 从木板 C 上掉下来.

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第十七届全国中学生物理竞赛预赛题参考解答 一、参考解答 1. 1, 2 2. 神舟,载人飞行

二、参考解答 1.因桌面是光滑的,轻绳是不可伸长的和柔软的,且在断开前绳都是被拉紧的,故在 绳断开前,物块在沿桌面运动的过程中,其速度始终与绳垂直,绳的张力对物块不做功,物 块速度的大小保持不变。设在绳刚要断开时绳的伸直部分的长度为 x ,若此时物块速度的大 小为 vx ,则有

vx ? v0
绳对物块的拉力仅改变物块速度的方向,是作用于物块的向心力,故有
2 2 mvx mv0 ? x x

(1)

T0 ?
由此得

(2)

x?
代入数据得

2 mv0 T0

(3) (4)

x ? 0.60 m

2. 设在绳刚要断开时, 物块位于桌面上的

P 点, BP 是绳的伸直部分,物块速度 v0 的方
向 如 图 预 解 17-2 所 示 . 由 题 意 可 知 ,
O B? B P .因物块离开桌面时的速度仍为 v0 ,

物块离开桌面后便做初速度为 v0 的平抛运动, 设平抛运动经历的时间为 t ,则有

1 H ? gt 2 2
物块做平抛运动的水平射程为

(5)

s1 ? v0t

(6)

由几何关系,物块落地地点与桌面圆心 O 的水平距离 s 为

s?

?s ? R2 ? x2 ? ? x2 ?1 ? ? ?

2

(7)

解(5)、(6)、(7)式,得

s?
代人数据得

? ? 2H ? R2 ? x2 ? ? x2 ?v0 g ? ?

2

(8)

s ? 2.5 m
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三、参考解答 物体 S 通过平行玻璃板及透镜成三次像才能被观察到。设 透镜的主轴与玻璃板下表面和上表面的交点分别为 A 和 B , S 作为物,通过玻璃板 H 的下表面折射成像于点 S1 处,由图预解 17-3,根据折射定律,有 n? sin i ? n sin r 式 中 n? ? 1 . 0 是 空 气 的 折 射 率 , 对 傍 轴 光 线 , i 、 r 很 小 , s i ni ? t a n , sin r ? tan r ,则 i

AD AD ?n SA S1 A
式中 SA 为物距, S1 A 为像距,有

S1 A ? nSA

(1)

将 S1 作为物, 再通过玻璃板 H 的上表面折射成像于点 S2 处, 这时物距为 S1B ? S1 A ? AB . 同 样根据折射定律可得像距

S2 B ?

S1 B n

(2)

将 S2 作为物,通过透镜 L 成像,设透镜与 H 上表面的距离为 x ,则物距 u ? x ? S2 B .根据 题意知最后所成像的像距 v ? ?( x ? SA ? AB) ,代入透镜成像公式,有

1 1 1 ? ? x ? S2 B x ? SA ? AB f
由(1)、(2)、(3)式代入数据可求得 x ? 1.0 cm 即 L 应置于距玻璃板 H 上表面1.0 cm 处。

(3)

(4)

四、参考解答 因电容器充电后与电源断开,极板上的电量保持不变,故两板之间的 电压 U 应与其电容 C 成反比;而平板电容器的电容 C 又与极板间的距离 d 成反比;故平板电容器的两板之间的电压与距离 d 成正比,即 U ? Ad (1) 式中 A 为比例系数。 极板2受压强作用而向左移动,并使弹簧变形。设达到平衡时,极板2 向左移动的距离为 ? d ,电容器的电压减少了 ? U ,则有

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U ? ?U ? A(d ? ?d )
由(1)与(2)式得

(2)

?U ?d ? U d

(3)

极板2移动后,连接极板2的弹簧偏离其原来位置 ? 角,弹簧伸长了 ?L ,如图预解17-4所示, 弹簧的弹力在垂直于极板的方向上的分量与加在极板2上的压力平衡,即有 pS ? 2k ?L sin? (4) 因为 ? 是小角,由几何关系知

sin? ?

?L ?d ? ?d L
3

(5)

解(3)、(4)、(5)式得

p?

2kd 3 ? ?U ? ? ? L2 S ? U ?

(6)

五、参考解答 1. 设回路中的总感应电动势为 E ,根据楞次定律可知,电路中的电流沿逆时针方向, 按欧姆定律有

E ? I ( R1 ? R2 ) ? 10 V

(1)

由对称性可知, 正方形回路每条边上的感应电动势相等, 设为 E1 , 等效电路如图预解17-5-1 所示。有

E1 ? E / 4 ? 2.5 V
根据含源电路欧姆定律,并代入数值得

(2)

U12 ? ?E1 ? ?2.5 V U23 ? IR2 ? E1 ? 4.5 V U34 ? ?E1 ? ?2.5 V U41 ? IR1 ? E1 ? 0.5 V

(3) (4) (5) (6)

2. 三种情况下的等效电路分别如图预解17-5-2、17-5-3、17-5-4。对图预解17-5-2中的

A1V1 A4 A1回路,因磁通量变化率为零,回路中的总电动势为零,这表明连接 A4、A1 两端的
电压表支路亦为含源电路,电压表的读数等于由正端(+)到负端(一)流过电压表的电流

I V 乘以电压表的内阻 RV ,因 RV 阻值为无限大, I V 趋近于零(但 I V RV 为有限值),故得

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U1 ? 0

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解得

U1 ? IR1 ? 3.0 V

(7)

同理,如图预解17-5-3所示,回路 AV2 A4 A1 的总电动势为 E ,故有 1

IR1 ? I V RV ? IR1 ? U 2 ? E
解得 代入数据得

(8) (9)

U 2 ? E ? IR1

U 2 ? 7.0 V

(10)

如图预解17-5-4所示,回路 AV3 A4 A1 的总电动势为零,而 A3 A4 边中的电阻又为零,故 1 有

U3 ? I V RV ? 0

(11)

六、参考解答 设气体的摩尔质量为 ? ,容器 A 的体积为 V ,阀门打开前,其中气体的质量为 M 。压 强为 p ,温度为 T 。由

pV ?

M

?

RT

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M?

? pV
RT

(1)

因为容器 B 很大,所以在题中所述的过程中,容器 B 中气体的压强和温度皆可视为不变。 根据题意,打开阀门又关闭后, A 中气体的压强变为 2 p ,若其温度为 T ? ,质量为 M ? ,则 有

M? ?

2? pV RT ?

(2)

进入容器 A 中的气体的质量为

?M ? M ? ? M ?

? pV ? 2

1? ? ?? ? R ?T T ?

(3)

设这些气体处在容器 B 中时所占的体积为 ? V ,则

?V ?

?M RT 2? p

(4)

因为 B 中气体的压强和温度皆可视为不变,为把这些气体压入容器 A ,容器 B 中其他气体 对这些气体做的功为 W ? 2 p?V (5) 由(3)、(4)、(5)式得

? 2T ? W ? pV ? ? 1? ? T? ?
容器 A 中气体内能的变化为

(6)

?U ?

M?

?

? 2.5R(T ? ? T )

(7)

因为与外界没有热交换,根据热力学第一定律有 W ? ?U 由(2)、(6)、(7)和(8)式得

(8)

T? ? 2T ? ? ? ? ? 1? ? 2 ? 2.5 ?1 ? ? ? ?T ? ? T ?
结果为

(9)

T ? ? 353.5 K

七、参考解答 1. 根据能量守恒定律,质量为 m 的物质从无限远处被吸引到中子星的表面时所释放的 引力势能 ?E1 应等于对应始末位置的引力势能的改变,故有

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 9 页

?E1 ? m
代入有关数据得

? GMm ? 0??? ? R ? GM ? ? m R

(1)

?E1 ? 2.0 ?1016 J ? kg-1 m
2. 在氢核聚变反应中,每千克质量的核反应原料提供的能量为

(2)

?E2 ? 0.0072 c2 m
所求能量比为

(3)

?E2 / m 1 ? ?E1 / m 31

(4)

3.根据题意,可知接收到的两个脉冲之间的时间间隔即为中子星的自转周期,中子星 做高速自转时,位于赤道处质量为 ?M 的中子星质元所需的向心力不能超过对应的万有引 力,否则将会因不能保持匀速圆周运动而使中子星破裂,因此有

?m? 2 R ?
式中

RM ?m R2

(5) (6)

??

2?

?
R3 MG

? 为中子星的自转角速度, ? 为中子星的自转周期.由(5)、(6)式得到
? ? 2?
代入数据得 (7)

? ? 4.4 ?10-4 s
故时间间隔的下限为 4.4 ? 10-4 s

(8)

八、参考解答 1. 以 m 表示物块 A 、 B 和木板 C 的质量,当物块 A 以初速 v0 向右运动时,物块 A 受 到木板 C 施加的大小为 ?mg 的滑动摩擦力而减速,木板 C 则受到物块 A 施加的大小为 物块则因受木板 C 施 ?mg 的滑动摩擦力和物块 B 施加的大小为 f 的摩擦力而做加速运动, 加的摩擦力 f 作用而加速,设 A 、 B 、 C 三者的加速度分别为 aA 、 aB 和 aC ,则由牛顿第 二定律,有

? mg ? ma A

? mg ? f ? maC
f ? maB
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 10 页

事实上在此题中, aB ? aC ,即 B 、 C 之间无相对运动,这是因为当 aB ? aC 时,由上式可 得

1 (1) f ? ? mg 2 它小于最大静摩擦力 ?mg .可见静摩擦力使物块 B 、木板 C 之间不发生相对运动。若物块
则物块 A 运动到物块 B 所在处时,A 与 B 的速度大小相等. 因 A 刚好与物块 B 不发生碰撞, 为物块 B 与木板 C 的速度相等,所以此时三者的速度均相同,设为 v1 ,由动量守恒定律得

mv0 ? 3mv1
在此过程中,设木板 C 运动的路程为 s1 ,则 物 块 A 运动 的路 程为 s1 ? L , 如图 预解 17-8所 示.由动能定理有

(2)

1 2 1 2 mv1 ? mv0 ? ?? mg (s1 ? L) 2 2 1 2 (2m)v1 ? ? mgs1 2

(3) (4)

或者说,在此过程中整个系统动能的改变等于系统内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和 ((3)与(4)式等号两边相加),即

1 1 2 2 (3m)v1 ? mv0 ? ?? mgL 2 2
式中 L 就是物块 A 相对木板 C 运动的路程.解(2)、(5)式,得

(5)

v0 ? 3? gL

(6)

即物块 A 的初速度 v0 ? 3? gL 时, A 刚好不与 B 发生碰撞,若 v0 ? 3? gL ,则 A 将与 B 发 生碰撞,故 A 与 B 发生碰撞的条件是

v0 ? 3? gL

(7)

2. 当物块 A 的初速度 v0 满足(7)式时, A 与 B 将发生碰撞,设碰撞的瞬间, A 、 B 、
C 三者的速度分别为 vA 、 vB 和 vC ,则有

vA ? vB

vB ? vC

(8)

在物块 A 、 B 发生碰撞的极短时间内,木板 C 对它们的摩擦力的冲量非常小,可忽略不计。 故在碰撞过程中, A 与 B 构成的系统的动量守恒,而木板 C 的速度保持不变.因为物块 A 、 B 间的碰撞是弹性的,系统的机械能守恒,又因为质量相等,由动量守恒和机械能守恒可以 证明(证明从略),碰撞前后 A 、 B 交换速度,若碰撞刚结束时, A 、 B 、 C 三者的速度 分别为 vA? 、 vB? 和 vC? ,则有

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vA? ? vB

vB? ? vA

vC? ? vC

由(8)、(9)式可知,物块 A 与木板 C 速度相等,保持相对静止,而 B 相对于 A 、 C 向 右运动,以后发生的过程相当于第1问中所进行的延续,由物块 B 替换 A 继续向右运动。 若物块 B 刚好与挡板 P 不发生碰撞, 则物块 B 以速度 vB? 从板 C 板的中点运动到挡板 P 所在处时, B 与 C 的速度相等.因 A 与 C 的速度大小是相等的,故 A 、 B 、 C 三者的速度 相等,设此时三者的速度为 v 2 .根据动量守恒定律有

mv0 ? 3mv2

(10)

A 以初速度 v0 开始运动,接着与 B 发生完全弹性碰撞,碰撞后物块 A 相对木板 C 静止, B 到达 P 所在处这一整个过程中,先是 A 相对 C 运动的路程为 L ,接着是 B 相对 C 运动的 路程为 L ,整个系统动能的改变,类似于上面第1问解答中(5)式的说法.等于系统内部相
互问的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v2 ? mv0 ? ?? mg ? 2L 2 2
解(10)、(11)两式得

(11)

v0 ? 6? gL

(12)

即物块 A 的初速度 v0 ? 6? gL 时,A 与 B 碰撞, B 与 P 刚好不发生碰撞, v0 ? 6? gL , 但 若 就能使 B 与 P 发生碰撞,故 A 与 B 碰撞后,物块 B 与挡板 P 发生碰撞的条件是

v0 ? 6? gL

(13)

3. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(13)式,则在 A 、 B 发生碰撞后, B 将与挡板 P 发 生碰撞,设在碰撞前瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A?? 、 vB?? 和 vC?? ,则有

vB?? ? vA?? ? vC??

(14)

B 与 P 碰撞后的瞬间, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 v A??? 、 vB??? 和 vC??? ,则仍类似于第2问
解答中(9)的道理,有

vB??? ? vC??

vC??? ? vB??

vA??? ? vA??

(15)

由(14)、(15)式可知 B 与 P 刚碰撞后,物块 A 与 B 的速度相等,都小于木板 C 的速度, 即

vC??? ? vA??? ? vB???

(16)

在以后的运动过程中,木板 C 以较大的加速度向右做减速运动,而物块 A 和 B 以相同的较 小的加速度向右做加速运动,加速度的大小分别为

aC ? 2? g

a A ? aB ? ? g

(17)

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 12 页

加速过程将持续到或者 A 和 B 与 C 的速度相同,三者以相同速度 v0 向右做匀速运动,或 者木块 A 从木板 C 上掉了下来。因此物块 B 与 A 在木板 C 上不可能再发生碰撞。 4. 若 A 恰好没从木板 C 上掉下来, A 到达 C 的左端时的速度变为与 C 相同, 即 这时三 者的速度皆相同,以 v3 表示,由动量守恒有

1 3

3mv3 ? mv0

(18)

从 A 以初速度 v0 在木板 C 的左端开始运动,经过 B 与 P 相碰,直到 A 刚没从木板 C 的左端 掉下来,这一整个过程中,系统内部先是 A 相对 C 的路程为 L ;接着 B 相对 C 运动的路程 也是 L ;B 与 P 碰后直到 A 刚没从木板 C 上掉下来,A 与 B 相对 C 运动的路程也皆为 L . 整 个系统动能的改变应等于内部相互间的滑动摩擦力做功的代数和,即

1 1 2 2 (3m)v3 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2
由(18)、(19)两式,得

(19)

v0 ? 12? gL

(20)

即当物块 A 的初速度 v0 ? 12? gL 时, A 刚好不会从木板 C 上掉下.若 v0 ? 12? gL ,则 A 将从木板 C 上掉下,故 A 从 C 上掉下的条件是

v0 ? 12? gL

(21)

5. 若物块 A 的初速度 v0 满足条件(21)式,则 A 将从木板 C 上掉下来,设 A 刚要从木 板 C 上掉下来时, A 、 B 、 C 三者的速度分别为 vA???? 、 vB???? 和 vC???? ,则有

vA???? ? vB???? ? vC????
这时(18)式应改写为

(22)

mv0 ? 2mvA???? ? mvC????
(19)式应改写为

(23)

1 1 1 2 (24) (2m)vB????2 ? mvC????2 ? mv0 ? ?? mg ? 4L 2 2 2 当物块 A 从木板 C 上掉下来后,若物块 B 刚好不会从木板 C 上掉下,即当 C 的左端赶上 B
时, B 与 C 的速度相等.设此速度为 v 4 ,则对 B 、 C 这一系统来说,由动量守恒定律,有

mvB???? ? mvC???? ? 2mv4

(25)

在此过程中,对这一系统来说,滑动摩擦力做功的代数和为 ? ? mgL ,由动能定理可得

1 1 ?1 ? 2 (2m)v4 ? ? mvB????2 ? mvC????2 ? ? ? ? mgL 2 2 ?2 ?

(26)

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 13 页

由(23)、(24)、(25)、(26)式可得

v0 ? 4 ? gL

(27)

即当 v0 ? 4 ? gL 时,物块 B 刚好不能从木板 C 上掉下。若,则 B 将从木板 C 上掉下,故物 块 B 从木板 C 上掉下来的条件是

v0 ? 4 ? gL

(28)

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第十七届全国中学生物理竞赛复赛试题 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 率为 n ( n ? n0 , n0 为真空的折射率) 、半径为 r 的质 地均匀的小球。频率为? 的细激光束在真空中沿直线 BC 传播, 直线 BC 与小球球心 O 的距离为 l( l ? r ) , 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

m1 ? 1.75 ?1011 eV/c2 ? 3.1?10-25 kg ,寿命
子物理研究最重要的实验进展之一.

? ? 0.4 ?10-24 s ,这是近十几年来粒

1.正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为 U (r ) ? ?k

4aS ,式中 r 是正、反顶夸克 3r

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

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 15 页

h ?r ? 2mv ? 0 ? ? n 2? ?2?

n ? 1, 2 , 3 , ?

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,飞行器的质量比小行 星的质量小得很多,飞行器的速率为 v0 ,小行星的轨道半径为飞行器轨道半径的 6 倍.有 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:Ⅰ. 当 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 点在磁场中任一时刻 t 的位置坐标. 并求它刚离开磁场时的位置 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
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 16 页

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 ?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 h1 处放置一垂直于光
纤轴的毛玻璃屏 D , D 上出现一圆形光 在 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 nA 与 nB ,求被测流体 F 的折射率 nF 的表达式. 2.若 nA 、 nB 和 ?0 均为未知量,如何通过进一步的实验以测出 nF 的值?

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 17 页

第十七届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答 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 ? ,重力加速度为 g ,由图复解 17-1-1 可知

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

(1)

p ? ? 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)

p?

V ?g S

(4)

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

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

?g

(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 ? ? g ? 1 ? 2 ? (V1 ? V2 ) ? ? g ? 1 ? 2 ?S S? ? 2S ?

(6)

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

(7)

(8)

1 ? ? Q ? n(T2 ? T1 ) ? CV ? R ? 2 ? ?
代入有关数据得

(9)

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
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 18 页

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

(1)

sin ? ?

l r

(2)

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

h? (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 2? , 由图中几何 关系可知 2? ? 2(? ? ? )

(4)

若取线段 GN1 的长度正比于光子动量 p , GN2 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? ? 2

h? sin? c

(5)

?GN1 N2 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

?t ?

2r cos ? cn0 / n

(6)

式中 cn0 / n 是光在小球内的传播速率。 按照牛顿第二定律,光子所受小球的平均作用力的大小为

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 19 页

f ?

?p n0 h? sin ? ? ?t nr cos ?

(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 h? sin ? nr cos ?

(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?

n0lh? 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

FQ=kQ

Q1Q2 r2 4aS 3r 4aS 3r 2

UQ ? ?kQ

Q1Q2 r

(1)

现在已知正反顶夸克之间的强相互作用势能为

U ( r ) ? ?k

根据直接类比可知,正反顶夸克之间的强相互作用力为

F (r ) ? ?k

(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 ? 2?
由(3)、(4)两式解得

(4)

r0 ?
代入数值得

3h 2 8? 2 mt aS k

(5)

r0 ? 1.4 ?10-17 m
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 20 页

(6)

2. 由(3)与(4)两式得

v?

? ? 4aS ?
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

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

(8)

T ? 1.8 ?10-24 s

(9)

? / T ? 0.2 由此可得 (10) 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 m 1 M m 1 2 mu0 ? G 0 ? mu 2 ? G 0 2 R 2 6R
由牛顿万有引力定律,有

(2)

G


M 0m v2 ?m 0 R R2

v0 ?

GM 0 R

(3)

解(1)、(2)、(3)三式得

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 21 页

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 1 ? v0 3R 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
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 22 页

(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 u 3 ,则有

M m 1 2 mu3 ? G 0 ? 0 2 R
由此得

u3 ? 2G

M0 ? 2v0 R

(12)

飞行器的速度由 v0 增加到 u 3 ,应从发动机获取的能量为

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

(13)

5 2 E1 14 mv0 ? ? 0.71 E2 1 mv2 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
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 23 页

(4)

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
2 2 v ? v0 ? v1 ? 2.8 m ? s-1

(5)

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

tan ? ?

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 速率为 v0 ,沿 x 轴的正方向的匀速直线运动和在

xOy 平面内速率为 v 的匀速圆周运动的合成.圆
周半径

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

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

(8)

??

v ? 5.0 rad ? s-1 R

(9)

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

x ? v0t ? ? R sin(?t ? ? ) ? xO ' ?
y ? yO ' ? R cos(?t ? ? )

(10) (11)

式中 v0 、 R 、 ? 、 ? 、 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 ? 0.31s
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

(12) (13)

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 24 页

x ? 0.63 m

y ? 0.80 m

z?0

(14)

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 v x 、 vy ,则 质点合速度在 x 方向和 y 方向的分速度分别为

Vx ? vx ? v0

(15) (16)

Vy ? v y

2 2 虽然 vx ? v y ? 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 vy 都 随时间变化,因此 Vx 和 Vy 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 ? ' ?

?
4

,故代入数值得

vx ? v cos? ' ? 2.0 m ? s-1

vy ? v sin? ' ? 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

(17) (18)

Vy ? 2.0 m ? s-1
速度大小为

V ? Vx2 ? V y2 ? 4.5 m ? s-1


(19)

设 V 的方向与 x 轴的夹角为 ? ,如图复解 17-5-2 所示,

tan ? ?


Vy Vx

?

1 2
(20)

? ? 27?

评分标准:本题 25 分 (4) 5 分, 式 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

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 25 页

得(20)式再给 2 分。 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 ? qvy B?t ? qB?y
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,此式对每一

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 mv0x 为零,其位置在原点, y0 ? 0 ,因 而得

mvx ? qyB


vx ?

qB y m

(3?)

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.根据牛顿 第二定律,在 y 方向上有加速度 a y

may ? mg ? qvx B
将(3?)式代入(4?)式,得

(4?)

? (qB)2 ? ? m2 ? ma y ? ? ? y ? 2 2 g? ?? q B ? ? m ??
令 式中

(5?) (6?)

y' ? y ? D

D?

m2 g g ? ? 0.40 m 2 (qB) (q / m)2 B 2

(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

? ? ? ? ? 5.0 rad ? s-1 ? m?
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 26 页

? qB ?

2

(8?)

y ' 随时间变化的规律为

y ' ? A cos(?t ? ?0 )


(9?)

y ' ? A cos(?t ? ?0 ) ? D

(10?)

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 周运动, 运动的角速度等于所考察简谐运动的角频率 ? , 且 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 ? t ? ?0 , 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 ? A? , 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 ? ? A? sin(?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 vy ? v1 ,把这个条件代入(10?)式与(11?)式得

A cos?0 ? D ? 0 v1 ? ? A? 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 ?

5? 4 A ? 0.56 m

(12?) (13?)

把(10?)式代入(3?)式,便得带电质点沿 x 轴运动的速度

vx ? ? D ? A? cos(?t ? ?0 )

(14?)

(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

? D 和 x 方向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 的合成,带电质点沿 x 方向的匀速运动的位移
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 27 页

x ' ? ? Dt

(15?)

由沿 x 方向的简谐振动速度 A? cos(?t ? ?0 ) 可知, x 方向振动位移的振幅等于速度的最大 沿 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

?? ? A cos ? ? t ? ? 0 ? ? ? A sin(? t ? ? 0 ) 2? ?
它可能是 x '' ? A sin(?t ? ?0 ) ,亦可能是 x ''? b ? Asin(?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

x '' ? ? Asin ?0 ? Asin(?t ? ?0 )
带电质点在 x 方向的合位移 x ? x '? x '' ,由(15?)、(16?)式,得

(16?)

x ? ? Dt ? Asin ?0 ? Asin(?t ? ?0 )

(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 ? 、 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 ? 0.31s 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

vy ? 2.0 m ? s-1

2 V ? vx ? v 2 ? 4.5 m ? s-1 y

(21?)

速度方向为

? ? arctan ?
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

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 28 页

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 ? 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 ? .若该光线折射后的折射角为 ? ,则由几何关系 和折射定律可得 i ? ? ? 90? (1)

nA sin ? ? nF sin?

(2)

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

nA sin iC ? nB
与 iC 对应的 ? 值为

(3)

?C ? 90? ? iC


(4)

? 0 ? ? C 时 , 即 sin ?0 ? sin ?C ? cos iC ? 1 ? sin 2 iC ? 1 ? (nB / nA )2 时 , 或

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

射向端面,此时出射端面处 ? 的最大值为

?max ? ?C ? 90? ? iC

(5)

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

能射向端面,此时出射端面处 ? 的最大值为

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

(6)

nF sin?max ? nA sin?max
由(6)、(7)式可得,当 ? 0 ? ? C 时

(7)

nF ?

nA sin ? 0 sin ? max
第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 29 页

(8)

由(3)至(7)式可得,当 ? 0 ? ? C 时

nF ?

2 n 2 ? nB nA cos iC ? A sin ? max sin ? max

(9)

? max 的数值可由图复解 17-6-2 上的几何关系求得
sin? max ? (d2 ? d1 ) / 2
(10)
2

?(d2 ? d1 ) / 2?

2

? (h2 ? h1 )

于是 nF 的表达式应为

nF ? nA sin ? 0

?(d 2 ? d1 ) / 2?

2

? ( h2 ? h1 ) 2

(d 2 ? d1 ) / 2

( a0 ? aC )

(11)

nF ? n A ? nB
2 2

?(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? 、 d2? ,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 ? nA sin ? 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 1 ? n A ? nB

(14)

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 30 页

将(11)、(12)两式分别与(13)、(14)相除,均得

d ? ? d1? nF ? 2 d2 ? d1

?(d2 ? d1 ) / 2?

2 2

? (h2 ? h1 )2

(15)

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

这结果适用于 ?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。

第十七届全国中学生物理竞赛试题 第 31 页


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