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竞赛物理PPt复赛试题汇总

发布时间:2014-06-10 08:23:10  

第17届物理竞赛复赛试题二

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

直线BC与小球球心O的距离为l(l?r),BC传播,

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.

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

n0sin??nsin? (1) 式中?与?分别是相应的入射角和折射角,由几何关系还可知 l (2) r

激光光束经两次折射,频率?保持不变,故在两次 sin??

折射前后,光束中一个光子的动量的大小p和p?相

等,即 h??p? (3) 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N1N2的长度正比于光子动量的改变量?p,由几何关系得 ?p?2psin??2h?sin? (5) c

?GN1N2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?2rcos? (6)

cn0/n

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 f??pn0h?sin? (7) ??tnrcos?

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?n0h?sin? (8) nrcos?

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

nlh? F?0

nr??1??? (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。

第17届物理竞赛复赛试题五

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?0.80m,磁场的磁感强度

的方向沿z轴的正方向,其大小B?0.10T.今把一荷质比

q/m?50C?kg-1的带正电质点在x?0,y??0.20m,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?10m?s-2。

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

v12.0m?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?qv0B (2)

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

qv0B?mg (3) v0?g?2.0m?s-1 (4) (q/m)B

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

v2.8m?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?0.56m (7) qB

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'?Rsin??0.40m ? (8) y?Rcos??0.40m?O'

圆周运动的角速度 v?5.0rad?s-1 (9) R

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??Rsin(?t??)?xO'? (10) y?yO'?Rcos(?t??) (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?0.80m,代入(11)式,再代入有关数值,解得

t?0.31s (12) 将(12)式代入(10)式,再代入有关数值得

x?0.63m (13) 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为

x?0.63m y?0.80m 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vx、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)

Vy?vy (16)

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?'?

vx?vcos?'?2.0m?s-1

vy?vsin?'?2.0m?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?4.0m?s-1 (17) Vy?2.0m?s-1

(18)

速度大小为

?4.5m?s-1 (19)

V??4,故代入数值得

设V的方向与x轴的夹角为?,如图复解17-5-2所示,则 tan??Vy

Vx?1 2

得 ??27? (20)

评分标准:本题25分

(4)式5分,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

v12.0m?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?qvyB?t?qB?y (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

mvx?mv0x?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

即 vx?

qBy (3?) m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ay

may?mg?qvxB (4?) 将(3?)式代入(4?)式,得 ?(qB)2??m2? may?????y?g? (5?) mqB????

令 y'?y?D (6?) 式中 m2gg D???0.40m (7?) (qB)(q/m)B

即在y方向作用于带电质点的合力

Fy??ky'

q2B2

其中 k? 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

-1 ?5.0rad?s (8?) y'随时间变化的规律为

y'?Acos(?t??0) (9?) 或

y'?Acos(?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'O1y'.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?0.40m,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 Acos?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 5? (12?) 4

A?0.56m (13?) ?0?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 x'??Dt (15?) 由沿x方向的简谐振动速度A?cos(?t??0)可知,沿x方向振动位移的振幅等于速度的最大值与角频率的比值(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 ??? Acos??t??0???Asin(?t??0) 2??

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

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??0.80m (18?)

将与(10?)式有关的数据代入(10?)式,可解得

t?0.31s (19?)

代入(17?)式,得

x?0.63m (20?)

将(19?)式分别代入(14?)式与(11?)式,得

vx?4.0m?s

速度大小为

V?

速度方向为 -14.5m?s (21?) -1 vy?2.0m?s-1

??arctan?

评分标准:本题25分 ?vy???27? (22?) ?vx?

(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。

第18届物理竞赛复赛试题四

四、(22分)如图复18-4所示,均匀磁场的方向垂直纸面

向里,磁感应强度B随时间t变化,B?B0?kt(k为大

于0的常数).现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交

叠并固定在图中所示位置,环面处于图中纸面内。圆环的

半径为R,电阻为r,相交点的电接触良好.两个环的接

触点A与C间的劣弧对圆心O的张角为60?。求t?t0时,

每个环所受的均匀磁场的作用力,不考虑感应电流之间的

作用.

四、参考解答

1.求网络各支路的电流.

因磁感应强度大小随时间减少,考虑到电路的对称性,可设两环各支路的感应电流I1、I2的方向如图复解18-4-1所示,对左环电路ADCFA,有关系

??I1rCFA?I2rADC

rCFA?故 5rr,rADC?,??K?R2 66

5rr?I2 (1) 66

因回路ADCEA所围的面积为

22R ??

故对该回路有

K?R2?I1

?2?rK?2R?2I (2) ?2??6????

解得

I2 (3) 代入(1)式,得

I1?K (4) 2.求每个圆环所受的力.

先求左环所受的力,如图复解18-4-2所示,将圆环分割成很多小圆弧,由左手定则可知,每段圆弧所受的力的方向均为径向,根据对称性分析,因圆弧PMA与圆弧CNQ中的电流方向相反,所以在磁场中受的安培力相互抵消,而弧PQ与弧AC的电流相对x

轴上下是

对称的,因而每段载流导体所受的安培力在y方向的合力为零,以载流导体弧PQ上的线段?l?为例,安培力?F为径向,其x分量的大小表示为

?Fx?I1B?l?cos? (5)

因 ?l?cos???l

故 ?Fx?I1B?l

Fx??I1B?l?I1BPQ?I1BR (6)

由于导体弧PQ在y方向的合力为零,所以在t0

时刻所受安培力的合力F1仅有x分量,即

F1?Fx?I1BR

???BR??

? ??(B0?Kt0)R (7)??

方向向左

同理,载流导体弧AC在t0时刻所受的安培力为

?

F2?I2BR??BR ??

???(B0?Kt0)R (8)

??

方向向右

左环所受的合力大小为

F?F1?F2?(B0?Kt)0R3 (9) 方向向左

第18届物理竞赛复赛试题五

五、(25分)如图复18-5所示,一薄壁导体球壳(以下简称为球

壳)的球心在O点.球壳通过一细导线与端电压U?90V的电池

的正极相连,电池负极接地.在球壳外A点有一电量为

q1?10?10-9C的点电荷,B点有一电量为q2?16?10-9C的点

电荷。OA之间的距离d1?20cm,OB之间的距离d2?40cm.现

设想球壳的半径从a?10cm开始缓慢地增大到50cm,问:在此

过程中的不同阶段,大地流向球壳的电量各是多少?己知静电力

恒量k?9?109N?m2?C-2.假设点电荷能穿过球壳壁进入导体

球壳内而不与导体壁接触。

五、参考解答

分以下几个阶段讨论:

1.由于球壳外空间点电荷q1、q2的存在,球壳外壁的电荷分布不均匀,用?表示面电荷密度.设球壳半径a?10cm时球壳外壁带的电量为Q1,因为电荷q1、q2与球壳外壁的电量Q1在球壳内产生的合场强为零,球壳内为电势等于U的等势区,在导体表面上的面元?S所带的电量为??S,它在球壳的球心O处产生的电势为?U1?k

在球心O产生的电势U1为

U1???U1?k??Sa,球壳外壁所有电荷??S?kQ1 (1) aa

q1q与k2,因球心O处的电势等于球d1d2点电荷q1、q2在球壳的球心O处产生的电势分别为k

壳的电势,按电势叠加原理,即有

qqQk1?k2?k1?U (2) d1d2a

代入数值后可解得球壳外壁的电量Q1为

?qq?U?a?1?2???8?10-9C k?d1d2?

因球壳内壁无电荷,所以球壳的电量QⅠ等于球壳外壁的电量Q1,即 Q1?a

-9Q=Q??8?10C (3) 1Ⅰ

2.当球壳半径趋于d1时(点电荷仍在球壳外),设球壳外壁的电量变为Q2,球壳外的电荷q1、q2与球壳外壁的电量Q2在壳内产生的合场强仍为零,因球壳内仍无电荷,球壳内仍保持电势值为U的等势区,则有

qqQ k1?k2?k2?U (4) d1d2d1

解得球壳外壁的电量

?qq?U?d1?1?2???16?10-9C k?d1d2?

因为此时球壳内壁电量仍为零,所以球壳的电量就等于球壳外壁的电量,即

Q=Q2??16?10-9C (5) ⅡQ2?d1

在a?10cm到趋于d1的过程中,大地流向球壳的电量为

-9?Q=Q-QC (6) ⅠⅡⅠ??8?10

3.当点电荷q1穿过球壳,刚进入球壳内(导体半径仍为d1),点电荷q1在球壳内壁感应出电量-q1,因球壳的静电屏蔽,球壳内电荷q1与球壳内壁电荷-q1在球壳外产生的合电场为零,表明球壳外电场仅由球壳外电荷q2与球壳外壁的电荷Q3所决定.由于球壳的静电屏蔽,球壳外电荷q2与球壳外壁的电荷Q3在球壳内产生的合电场为零,表明对电荷q2与Q3产生的合电场而言,球壳内空间是电势值为U的等势区.q2与Q3在球心O处产生的电势等于球壳的电势,即

Qq k2?k3?U (7) d2d1

解得球壳外壁电量

qU?d12??6?10-9C (8) kd2

球壳外壁和内壁带的总电量应为

QⅢ?Q3?(?q1)??16?10-9C (9) Q3?d1在这过程中,大地流向球壳的电量为

?QⅡ?QⅢ?QⅡ?0 (10)

这个结果表明:电荷q1由球壳外极近处的位置进入壳内,只是将它在球壳外壁感应的电荷转至球壳内壁,整个球壳与大地没有电荷交换.

4.当球壳半径趋于d2时(点电荷q2仍在球壳外),令Q4表示此时球壳外壁的电量,类似前面第3阶段中的分析,可得

qQk2?k4?U (11) d2d2

由此得

Q4?d2?q?U?d2?2???12?10-9C k?d2?

球壳的电量QⅣ等于球壳内外壁电量的和,即

QⅣ=Q4?(?q1)??22?10-9C (12) 大地流向球壳的电量为

?QⅢ?QⅣ-QⅢ??6?10-9C (13)

5.当点电荷q2穿过球壳,刚进入球壳内时(球壳半径仍为d2),球壳内壁的感应电荷变为-(q1+q2),由于球壳的静电屏蔽,类似前面的分析可知,球壳外电场仅由球壳外壁的电量Q5决定,即

Q k5?U (14) d2

可得

Q5?d2

球壳的总电量是 U?4?10-9C k

QⅤ=Q5?(q1?q2)??22?10-9C (15)

在这个过程中,大地流向球壳的电量是

?QⅣ?QⅤ-QⅣ?0 (16)

6.当球壳的半径由d2增至a1?50cm时,令Q6表示此时球壳外壁的电量,有 k

可得 Q6?U (17) a1

Q6?a1

球壳的总电量为 U?5?10-9C k

QⅥ=Q6?(q1?q2)??21?10-9C (18)

大地流向球壳的电量为

?QⅤ?QⅥ-QⅤ?1?10-9C (19)

第19届物理竞赛复赛试题三

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。

三个质点的质量皆为m,带电量皆为q。质点 1、C为三角形的中心,

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?

三、参考解答

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、2将运动到A、B处,A、B、C三点在一直线上,1、2的速度1 C 3 B 2 图复解 19-3 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

1212mv3?2(mv1) (1) 22

再由对称性及动量守恒可知 EK?

mv3?2mv1 (2) 系统原来的电势能为

q2

EP?3k (3) 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

22qqEP??2k?k (4) l2l

根据能量守恒有

EP?EP??EK (5) 由以上各式可解得

v3? (6)

第19届物理竞赛复赛试题七 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?v2/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.

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?x2?(l?y)2,得

x2??2(l?h)y?(l2?h2) (1)

这是一个以y轴为对称轴,顶点位于y?物线,如图复解19-7-1所示,图中的H?

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,则珠子受的力有

11

焦点与顶点的距离为(l?h)的抛(l?h)处,

22

1

(l?h),A为焦点。 2

O

h P

B

F T T

? ?

xM 切线

x

C?

H A?

O

法线

?

N?

mg

H

N

?

xM

切线

x

A C

y

法线

mg

P A C

y

T

N

mg

图复解 19-7-1 图复解 19-7-2

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?2Tcos? (2) ?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 v2

2Tcos??mgcos??m (3) R

mv2

2Tcos???mgcos? (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(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由此解得

v0?(7) 设物体在N?处的速度为v,由机械能守恒定律可得

2 v?v0?2g(H?BN?) (8) 2

物体在N?处法线方向的运动方程为 mv mgcos?? (9) R

式中R即为N?处抛物线的曲率半径,从(7)、(8)、(9)式及H?21(l?h),可求得 2

R?2(l?BN?) cos?

这也等于N点抛物线的曲率半径,BN?BN??y,故得 2(l?y) (10) cos?

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 R?

T?mgl (11) 2(l?y)

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

xd?mg) (12) 2Td(13) 绳子断开时珠子速度的大小为

vd?

第20届物理竞赛复赛试题一 (14) 一、(15分)图中a为一固定放置的半径为R的均匀带电球体,O为其球心.己知取无限远处的电势为零时,球表面处的电势为U=1000 V.在离球心

O很远的O′点附近有一质子b,它以 Ek=2000 eV 的

动能沿与O?O平行的方向射向a.以l表示b与O?O线

之间的垂直距离,要使质子b能够与带电球体a的表面

相碰,试求l的最大值.把质子换成电子,再求l的最大

值.

一、参考解答

令m表示质子的质量,v0和v分别表示质子的初速度和到达a球球面处的速度,e表示元电荷,由能量守恒可知

1212mv0?mv?eU (1) 22

因为a不动,可取其球心O为原点,由于质子所受的a球对它的静电库仑力总是通过a球的球心,所以此力对原点的力矩始终为零,质子对O点的角动量守恒。所求l的最大值对应于质子到达a球表面处时其速度方向刚好与该处球面相切(见复解20-1-1)。以lmax表示l的最大值,由角动量守恒有

mv0lmax?mvR (2)

由式(1)、(2)可得

lmax?代入数据,可得 (3) lmax?

(4) 若把质子换成电子,则如图复解20-1-2所示,此时式(1)中e改为?e。同理可求得

lmax?

评分标准:本题15分。

式(1)、(2)各4分,式(4)2分,式(5)5分。

第20届物理竞赛复赛试题六

六、(23分)两个点电荷位于x轴上,在它们形成的电场中,若取

无限远处的电势为零,则在正x轴上各点的电势如图中曲线所示,

当x?0时,电势U??:当x??时,电势U?0;电势为

零的点的坐标x0, 电势为极小值?U0的点的坐标为 ax0(a>2)。

试根据图线提供的信息,确定这两个点电荷所带电荷的符号、电

量的大小以及它们在x轴上的位置.

六、参考解答

在点电荷形成的电场中一点的电势与离开该点电荷的距离

成反比。因为取无限远处为电势的零点,故正电荷在空间各点的电势为正;负电荷在空间各点的电势为负。现已知x?

x0处的电势为零,故可知这两个点电荷必定是一正一负。根据所 (5)

提供的电势的曲线,当考察点离坐标原点很近时,电势为正,且随x的减小而很快趋向无限大,故正的点电荷必定位于原点O处,以Q1表示该点电荷的电量。当x从0增大时,电势没有出现负无限大,即没有经过负的点电荷,这表明负的点电荷必定在原点的左侧。设它到原点的距离为a,当x很大时,电势一定为负,且趋向于零,这表明负的点电荷的电量的数值Q2应大于Q1。即产生题目所给的电势的两个点电荷,一个是位于原点的正电荷,电量为Q1;另一个是位于负x轴上离原点距离a处的负电荷,电量的大小为Q2,且Q2>Q1。按题目所给的条件有

kQ1Q2?k?0 (1) x0x0?a

kQ1Q2?k??U0 (2) ax0ax0?

a

因x?ax0时,电势为极小值,故任一电量为q的正检测电荷位于x?ax0处的电势能也为极小值,这表明该点是检测电荷的平衡位置,位于该点的检测电荷受到的电场力等于零,因而有

kQ1Q2?k?0 (3) (ax0)(ax0?a)由式(1)、(2)和(3)可解得

a?a(a?2)x0 (4)

ax0U0 (5) a?2k

a(a?1)2U0x0 Q2? (6) a?2k

式中k为静电力常量。 Q1?

评分标准:本题23分。

式(1)、(2)各4分,式(3)6分,式(4)、(5)、(6)各3分。

第21届物理竞赛复赛试题五

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

?与q1共同产生的电导体壳去掉,由q1在原空腔内表面的感应电荷的假想(等效)点电荷q1

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

?与q2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.这(等效)点电荷q2

样确定的假想电荷叫做感应电荷的等效电荷,而且这样确定的等效电荷是唯一的.等效电荷

?、q2?和q1、q2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的取代感应电荷后,可用等效电荷q1

电势或场强.

?、q2?的位置及电量. 1.试根据上述条件,确定假想等效电荷q1

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,OA与OP1的夹角为? .

五、1.解法Ⅰ:

?的位置应位于OP1的延长线上的某点B1如图1所示,S为原空腔内表面所在位置,q1

?的位置应位于OP2的延长线上的某点B2处,q2

处.设A1为S面上的任意一点,根据题意有

k

q1A1P1q2A1P2

?k

?q1A1B1?q2

?0 (1)

B2

1

k?k

A1B2

?0 (2)

怎样才能使 (1) 式成立呢?下面分析图1中?OP1A1与?OA1B1的关系.

?的位置B1使下式成立,即 若等效电荷q1

2

OP1?OB1=R

(3) (4)

OP1OA1

?

OA1OB1

△OP1A1∽△OA1B1

A1P1A1B1

?

OP1OA1

?

a

R

(5)

? 由 (1)式和 (5)式便可求得等效电荷q1

???q1

R

q1 a

(6)

?的位置B1到原球壳中心位置O的距离 由 (3) 式知,等效电荷q1

R2

OB1?a

(7)

同理,B2的位置应使△OP2A1∽△OA1B2,用类似的方法可求得等效电荷

???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 OBR2

2?a

解法Ⅱ:

在图1中,设A1P1?r1,A1B1?r1

?,OB1?d.根据题意,q1和q1?两者在A1点产生的电势和为零.有

kq1q1

?r?kr?0 11?

式中

r21?(R?a2?2Racos?)2

r21??(R?d2?2Rdcos?)

由(1')、(2')、(3')式得

q2

1(R2?d2?2Rdcos?)?q?2

1

(R2?a2?2Racos?)

(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

q2

1(R2?d2)?q1

?2(R2?a2)

q2

1d?q1

?2a

(6')

由(5')、(6')式得

ad2?(a2?R2)d?aR2?0 解得

(a2?R2)?(a2d?

?R2)2a

由于等效电荷位于空腔外部,由(8')式求得 R2

d?a

由(6')、(9')式有

q?2

1

?R22

a

2q1 (9)

(1')

(2') (3')

5')

7') (8')

(9')

(10') ( (

考虑到(1')式,有

同理可求得

???q1

R

q1 a

(11')

R2

OB2?a

(12')

???q2

R

q2 a

(13')

?、q2、q2?共同产生,即 2.A点的位置如图2所示.A的电势由q1、q1

?1R11R1??? UA?kq???

?PAaBAPAaBA?

122??1

(10)

P1A?r2?2racos??a2

?R2??R2?2

???B1A?r?2r??a?cos???a? ????

2

P2A?r?2racos??a ?R22

B2A?r?2r??a

?

代入 (10) 式得

22

??R2??cos??????a? ???

2

图2

?1R?U?kq? A ?222224

ar?2raRcos??R?r?2racos??a

?

? ??

222224?r?2racos??aar?2raRcos??R?

1

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.

第21届物理竞赛复赛试题七

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,磁场方向竖直

向下(垂直纸面向里).质量均为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,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,使它获得初速

v0.设导轨足够长,x0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x0,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.

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?v2?

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 Ei

L??L?

?t

根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

E?EL?0

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

mv0?2mVC

得 VC?v0

2

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

(1) (2) (3) (4) (5)

v1?VC?u

v2?VC?u?

因相对S?系,两杆的总动量为零,即有

mu?mu??0

由(1)、(2)、(3)、(5)、(6) 、(7) 、(8)各式,得 2Blu?L?i

?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 u??x?

?t

代入 (9) 式得

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 x??L

2Bli?b

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

2x0,这

时i = 0,故得 x??L

2Bli?1

2x0

或 i?2Bl?

L??x??1?

2x0??

1

2x0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??1

2x?

0??

就是杆ab在t时刻相对初始位置的位移,用X表示,

X?x??1

2x0

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

i?2Bl

LX

这时作用于ab杆的安培力

2B2l2

F??iBl??LX

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 (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) (13) (14) (15) 16) (17) (

m

T?2π

2B2l2

L

在任意时刻t, ab杆离开其初始位置的位移

X?Acos??2π?

?Tt????

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

u??A??2π??T??sin??2π?Tt???

??

(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?v10?

2v?102

v0 故有

0?Acos?

v02??A??2π?

?T??

sin? 解这两式,并注意到(18)式得

??3π2

A?

v0T?v

0mL

4?2Bl

2

由此得ab杆的位移

X?

v0mL3π?mL2Bl

2cos??2π

?T

t?v2???02Bl2sin2π

T

t 由 (15) 式可求得ab杆在S?系中的位置

x?1

mLab

?2xv0?02Bl2sin2π

T

t 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

x?cd??12x?v0mL2Bl2sin2?

0T

t

相对地面参考系S,质心以V1

C?2

v0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置

(18)

(19)

(20)

(21)

(22)

23)

(24)

(25)

x1

mLab?x0?

2v?v00t2Bl

2sin???Bl2??t ?mL??

cd杆在S系中的位置

x?1

vv0mLcd

20t?2Bl

2sin??2??Bl

?t ?mL??

回路中的电流由 (16) 式得

i?

2Blv0

mL2sin2πTt?vm?2?L2Bl

02Lsin??Bl?t ?mL??

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?v2?

令u表示ab杆相对于cd杆的速度,有

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

E?iL??L

?t

根据欧姆定律,注意到回路没有电阻,有

E?EL?0

由式(2’)、(3’)两式得

Blu?L?i?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

u?

?x?

?t

代入 (4?) 式得 Bl?x??L?i

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

Bl

i?b 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x0,这时i = 0,故得

(26)

(27)

(28)

(1’)

(2’)

(3’)

(4’)

(5’)

(6’)

(7’)

x??L

Bli?x0

或 i?Bl

L?x??x0?

x0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

X?x??x0

于是有

i?Bl

LX

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 ?iBl?maab

iBl?macd

两式相减并注意到(9?)式得

a?2B2l2

m?ab?acd???2iBl?LX

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.2B2l2

L是常数,表明这个相对运动是简谐振动,它的振动的周期

T?2πm

2B2l2L

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

X?Acos??2π?

?Tt????

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

V?A??2π?

?T??sin??2π?

?T????

现已知在t=0时刻,杆位于初始位置,即X = 0,速度V?v0

故有

0?Acos? v??A??2π?

0?T??sin?

解这两式,并注意到(15’) 式得

??32 (8’) (9’) (10') (11’) (12’) (13’) (14’) (15’) (16’) (17’)

A?v0vT?0

2πBlmL 2

由此得 X?v0mLcos??2πt?3π?mL?

Bl??v0

22sin?2?

?Bl??T2?Blt

?mL?

?

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

所以 xab?xcd?x0?v0mL?

Bl2sin?2?

?Bl?t

?mL??

(12’)和(13’)式相加,

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 x1v

ab?x0?0mL?2?

2v0t?2Bl2sin??Bl?t

?mL??

x10mL

cd?2vv

0t?22sin??2?

Bl?Bl?t

?mL??

由(11’)、(19’)(22’)、(23’)式得回路中电流 i?vm?

02Lsin?2?

?Bl?t

?mL??

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.

第22届物理竞赛复赛试题二

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

2.在(18’) (19’) (20’) (21’) 22’)23’)24’)( ( (

OO1、OO2的连线上距O1、O2为r的P1、P2点处分别放置带电量为q1和q2的线度很小的导2

体(视为点电荷),在O3处放置一带电量为q3的点电荷,设法使q1、q2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?2R.

1.求q3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有何变化? 此时q3的电势能为多

少?

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、?q2和?q3的面电荷,由电荷守恒定律可知,在导体球的外表面呈现出电量q1?q2?q3.由静电屏蔽可知,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(?q2)在空腔外产生的电场为零;点电荷q3及感应电荷(?q3)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q1?q2?q3作球对称分布.

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?q2?q3?,但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?q2?q3?及空腔3表面的感应电荷(?q3)共同产生.无论?q1?q2?q3?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kq1?q2?q3Q, Q在O点产生的电势为k,这两R2R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?2q1?2q2?2q3??q?q2?q3U??k?1???k?? (1) R2R2R????

因q3放在空腔3的中心处,其感应电荷?q3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 (2) r

根据电势叠加定理,O3点的电势为

?Q?2q1?2q2?2q3q3?U?U??U???k??? (3) 2Rr??

故q3的电势能

?Q?2q1?2q2?2q3q3?W?q3U?kq3??? (4) 2Rr??

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仅受到腔内壁感应电荷?q1的静电力作用,因q1不在空腔1的中心O1点,所以感应电荷?q1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,q1最后到达空腔1表面,与感应电荷?q1中和.同理,空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷?q2的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷?q2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?q2?q3?及空腔3内壁的电荷?q3共同产生,故O3处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示.

第22届物理竞赛复赛试题五

五、(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,厚度可以忽略.两个表面都带有电荷,电荷面密度?随离开环心距离r变化的规律均为?(r)??0

r2,

?0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?减速转动,t = 0时刻的角速度为?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同心放置.

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: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(k为已知常量)

Ir

五、用半径分别为r1(>a1),r2,?,ri,?,rn–1(<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Δri?ri?ri?1,其环带面积

ΔSi?πri2?π?ri?Δri??2πriΔri 2

式中已略去高阶小量(Δri)2.,该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

Δqi?2σΔSi?2σ04π?0Δri 2πrΔr?ii2riri

设时刻t,细圆环转动的角速度为? ,

???0??t

单位时间内,通过它的“横截面”的电荷量,即为电流

ΔIi?Δqi?2π?2??0Δri ri

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 ΔBi?kΔIi2??0Δri (1) ?k2riri

式中Δri是一个微小量,注意到riri?1?ri?ri?Δri??ri2,有

Δriri?ri?111 ???2riri?1ri?1riri (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:

B?2k??0(a2?a1) a1a2(3)

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

Φ?BS?2k??0(a2?a1)2πa0 a1a2(4)

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

22???2k?0(a2?a1)πa0??2k?0(a2?a1)πa0 (5) E????ta1a2?ta1a2

由全电路欧姆定律可知,导线环内感应电流的大小为

2?E2k?0(a2?a1)πa0 (6) I??Ra1a2R

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I?l所受的安培力的大小为

?f?BI?l (7) 方向如图所示,它沿x及y方向分量分别

?fx?BI?l?cos??BI?y (8)

(9) ?fy?BI?l?sin??BI?x

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??BIΔy?BI?Δy?0 (10)

ππ时,?y是正的,当??时,?y是负的,故22, ??y?0)(式中?y??lcos?,当??

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??BIΔx?BI?Δx?BI2a0 (11)

(式中?x??lsin?,由于? 在0??之间?x都是正的,故??x?2a0),

即半个导线圆环上受的总安培力的大小为BI2a0,方向沿y正方向,由于半个圆环处于平衡状态,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

、(6)两式得 2F?BI2a0.由(3)

F?BIa0?234k2?0πa0(a2?a1)2?

2a12a2R??0??t? (12)

由(12)式可见,张力F随时间t线性减小.

第22届物理竞赛复赛试题七

七、(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、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.

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

(2)

2 lC?l

32l3

1lB?l

3

(1)

故A、B到质心C的距离分别为

lA?

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

k?l?l0??2mg

(3)

由(2)式可知弹簧CA和CB的自然长度分别为

lA0?

2

l031lB0?l0

3

(4)

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

lA?

2l31lB?l

3

(5)

弹簧CA、CB作用于A、B的弹簧力分别为

2

kA?l?l0? 31

fB?kB?lB?lB0??kB?l?l0?

3fA?kA?lA?lA0??

但fA 、fB就是连接A、B的弹簧因拉伸而产生的弹力f,即有

fA?fB?f?k?l?l0?

由此得

kA?3k2kB?3k (6)

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xA?0??0;B的坐标xB?0??l.由(1)式,可知此时质心C的坐标为

xC?0??2l 3(7)

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,任意时刻t,质心的坐标

xC(t)?xC(0)?1221gt?l?gt2 232(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,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O?x?,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

fB??kB?x?B?lB0?

当x?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,B?lB0时,

方向竖直向上.作用于B的合力

FB??kB?x?B?lB0??mg?mg

由(3)、(4)式得

?1?2mg???FB??kB?x??B3?l?k??? ????

令 (9)

1?2mg?XB?x?? B??l?3?k?

有 (10)

FB??kBXB (11)

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

2mg?1?x?? B0??l?3?k?(12)

XB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

?B?kB?mB3k 2m(13)

离开平衡位置的位移

XB?ABcos??Bt??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离开其平衡位置x?B0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离开平衡位置的距离即振幅

AB?lB?x?B0

由(5)式、(12)式得

2mg2mg11 AB?l?(l?)?33k3k

因t = 0,XB =AB,且XB是正的,故 (15)

?B?0

由此得

XB??3k?2mgcos?t??? 3k2m?? (16)

由(10)式,t时刻B在质心系中的坐标

?3k?2mg2mg1???x?t?(l?)?cost? (17) B??3k3k?2m?

在地面参考系的坐标

xB?t??xC?t??x?B?t?

得 (18)

?3k??122mg? (19) xB?t??l?gt?t??1?cos????23k?2m?????

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

x?A?lA0?x?A?22?2mg?l0?xA??l??, 33?k?当x?A?lA0为负时,弹力向下,为正,当x?A?lA0为正时,弹力向上,为负,故有

?2?2mg?? fA??kA?x??l???A??3?k???

作用于A的合力为

?2?2mg??FA??kA?x??A3?l?k??? ????

XA?xA?

有 2?2mg??l?? 3?k?

FA??kAXA

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

2?2mg?xA0???l?? 3?k?(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,振动圆频率

?A?kA3k ?m2m(21) 离开平衡位置的位置

XA?AAcos??At??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的距离为lA,A的平衡位置离开质心的距离为xA0故此时A离开平衡位置的距离即为振幅AA,

AA?lA?xA0?22?2mg?4mgl??l? ??33?k?3k

而此时XA??AA,故

?A?π

由此得

XA???3k?4mg (22) cos?t???3k?2m?

在时刻t,A在地面参考系中的坐标

xA?t??xC?t??xA0?XA?

212?2mg?4mg3kl?gt2??l?cost??323?k?3km

(23)?3k??124mg??gt?t??1?cos????23k?2m?????

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 FA?mg?

其加速度为 aA?g?2l0?x,A所受的合力33?2?k?xC?l0?x? 2?3?3?2?k?xC?l0?x? 2m?3?(1?)

其相对于质心的加速度为 a?A?aA?g?3?23??2???k?xC?l0?x???k?x??xC?l0?? 2m?32m??3???

2??其中x??xC?l0?表示A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3??

位移与参考系无关.

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.

同理可证, l?? FB?2mg?3k?x?xC?0? 3??

aB?g?l0??3k??x?x???? ?C2m??3??(2?)

其相对于质心的加速度为 a?B??3??2??k?x??xC?l0?? 2m??3??(3?) l??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,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, ?A??B?

解法三:

在地面参考系中,列A、B的牛顿定律方程 3k (4?) 2m

ma1?mg?k(x2?x1?l0) (1??)

2ma2?2mg?k(x2?x1?l0) (2??)

x1、x2是A、B的坐标,l0是弹簧的自然长.

t?0时,有

x1?0,v1?0

v2?0 x2?l,

l为初始时即细线刚烧断时刻,弹簧的长度,有关系

k(l?l0)?2mg

所以

l0?l?

由(1??)+(2??),

a1?2a2?3g

令a?a1?2a2?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,

2mg k

x1?2x2?2l?

再由(2??)?2?(1??), 32gt 2(3??)

2m(a2?a1)??3k(x2?x1?l0) (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,

?3k?? x2?x1?l0?Acos?t???2m???

结合初条件,

l?l0?Acos?

A

得到

??0

A?l?l0?

所以 3ksin??0 2m2mg k

?3k?2mg x2?x1?l0?cos?t??? k2m??

x2?x1?l??3k?2mg2mg???cos?t??? (5) kk2m??

由(3??)?2?(5??),得

x1????124mg??1?cos?3kt?? gt??2m??23k?????(6??)

由(3??)+(5??),得

?3k??122mg???? x2?l?gt?1?cos?t?2m??23k?????

?7???

第23届物理竞赛复赛试题二 二、(25分)如图所示,一根质量可以忽略的细杆,长为2l,两端和中心处分别固连着质量为m的小球B、D和C,开始时静止在光滑的水平桌面上。桌面上另有一质量为M的小球A,以一给定速度v0沿垂直于杆DB的方间与右端小球B作弹性碰撞。求刚碰后小球A,B,C,D的速度,并详细讨论以后可能发生的运动情况。

二、参考解答:

1. 求刚碰撞后小球A、B、C、D的速度

设刚碰撞后,小球A、B、C、D的速度分别为vA、vB、vC、vD,并设它们的方向都与

v0的方向相同.由于小球C位于由B、C、D三球组成的系统的质心处,所以小球C的速度

也就是这系统的质心的速度.因碰撞前后四小球组成的质点组的动量守恒, 故有

Mv0?MvA?3mvC

碰撞前后质点组的角动量守恒,有

0?mlvC?2mlvD

这里角动量的参考点设在与B球重合的空间固定点,且规定顺时针方向的角动量为正.因为是弹性碰撞,碰撞前后质点组的动能相等,有

11121212Mv2?2Mv2

20A+2mvB?2mvC?2

mvD 因为杆是刚性杆,小球B和D相对于小球C的速度大小必相等,方向应相反,所以有

vB?vC=vC?vD

解(1)、(2)、(3)、(4)式,可得两个解

vC=0

vC?

4M

5M?6m

v0

因为vC也是刚碰撞后由B、C、D三小球组成的系统的质心的速度,根据质心运动定律,碰撞后这系统的质心不可能静止不动,故(5)式不合理,应舍去.取(6)式时可解得刚碰撞后A、B、D三球的速度 v5M?6m

A?

5M?6mv0

v?10MB5M?6mv0

v2M

D??5M?6mv0

2.讨论碰撞后各小球的运动

碰撞后,由于B、C、D三小球组成的系统不受外力作用,其质心的速度不变,故小球C将以(6)式的速度即v4M

C?

5M?6m

v0沿v0方向作匀速运动.由(4)、(8)、(9

)式可知,

1) 2)3)4)5)6)(7)(8)(9)((

碰撞后,B、D两小球将绕小球C作匀角速度转动,角速度的大小为 ??vB?vC6Mv0

l?5M?6ml

方向为逆时针方向.由(7)式可知,碰后小球A的速度的大小和方向与M、m的大小有关,下面就M、m取值不同而导致运动情形的不同进行讨论:

(i)vA=0,即碰撞后小球A停住,由(7)式可知发生这种运动的条件是

5M?6m?0

即 M6

m?5

(ii)vA<0,即碰撞后小球A反方向运动,根据(7)式,发生这种运动的条件是 M

m?6

5

(iii)vA>0但vA?vC,即碰撞后小球A 沿v0方向作匀速直线运动,但其速度小于小球C的速度.由(7)式和(6)式,可知发生这种运动的条件是

5M?6m?0和4M?5M?6m

即 6

5m?M?6m

(iv)vA?vC,即碰撞后小球A仍沿v0方向运动,且其速度大于小球C的速度,发生这种运动的条件是

M?6m

(v)vA?vC,即碰撞后小球A 和小球C以相同的速度一起沿v0方向运动,发生这种运动的条件是

M?6m

在这种情形下,由于小球B、D绕小球C作圆周运动,当细杆转过180时,小球D 将从小球A的后面与小球A相遇,而发生第二次碰撞,碰后小球A继续沿v0方向运动.根据质心运动定理,C球的速度要减小,碰后再也不可能发生第三次碰撞.这两次碰撞的时间间隔是 t?π5M?6m?πlπl

???6Mv?

0v0

从第一次碰撞到第二次碰撞,小球C走过的路程 d?vCt?2πl

3

3.求第二次碰撞后,小球A、B、C、D的速度 (10) (11) 12) 13) 14) 15) 16) 17) ((((((

刚要发生第二次碰撞时,细杆已转过180,这时,小球B的速度为vD,小球D的速度为vB.在第二次碰撞过程中,质点组的动量守恒,角动量守恒和能量守恒.设第二次刚碰撞后小球A、

???B、C、D的速度分别为v?A、vB、vC和vD,并假定它们的方向都与v0的方向相同.注意到

(1)、(2)、(3)式可得

由杆的刚性条件有

??3mvC? Mv0?MvA

??2mlvB? 0?mlvC

(18) (19)

(20)

111112

?2+mvB?2?mvC?2?mvD?2 Mv0?MvA

22222

???v ? v?D?vC?vCB

(21)

(19)式的角动量参考点设在刚要发生第二次碰撞时与D球重合的空间点.

把(18)、(19)、(20)、(21)式与(1)、(2)、(3)、(4)式对比,可以看到它们除了小球B 和D互换之外是完全相同的.因此它们也有两个解

??0 vC

(22) (23)

??vC

4M

v0

5M?6m

对于由B、C、D 三小球组成的系统,在受到A球的作用后,其质心的速度不可能保持不变,而(23)式是第二次碰撞未发生时质心的速度,不合理,应该舍去.取(22)式时,可解得

v?A?v0 v?B?0

v?D?0

(24) (25) (26)

(22)、(24)、(25)、(26)式表明第二次碰撞后,小球A以速度v0作匀速直线运动,即恢复到第一次碰撞前的运动,但已位于杆的前方,细杆和小球B、C、D则处于静止状态,即恢复到第一次碰撞前的运动状态,但都向前移动了一段距离d?

2πl

,而且小球D和B换了3

位置.

第23届物理竞赛复赛试题三 三、(23分)有一带活塞的气缸,如图1所示。缸内盛有一定质量的气体。缸内还有一可随轴转动的叶片,转轴伸到气缸外,外界可使轴和叶片一起转动,叶片和轴以及气缸壁和活塞都是

绝热的,它们的热容量都不计。轴穿过气缸处不漏气。

如果叶片和轴不转动,而令活塞缓慢移动,则在这种过程中,

由实验测得,气体的压强p和体积V遵从以下的过程方程式 图

1

pVa?k

其中a,k均为常量, a>1(其值已知)。可以由上式导出,在此过

程中外界对气体做的功为 W?k?11???? a?1?V2a?1V1a?1?

式中V2和V1,分别表示末态和初态的体积。

如果保持活塞固定不动,而使叶片以角速度?做匀角速转动,已

知在这种过程中,气体的压强的改变量?p和经过的时间?t遵从以 图2 下的关系式

?pa?1?L?? ?tV

式中V为气体的体积,L表示气体对叶片阻力的力矩的大小。

上面并没有说气体是理想气体,现要求你不用理想气体的状态方程和理想气体的内能只与温度有关的知识,求出图2中气体原来所处的状态A与另一已知状态B之间的内能之差(结果要用状态A、B的压强pA、pB和体积VA、VB及常量a表示)

(9)

三、参考解答:

pV??k, ??1 (1)

可知,当V增大时,p将随之减小(当V减小时,p将随

之增大),在p?V图上所对应的曲线(过状态A)大致如

图所示.在曲线上取体积与状态B的体积相同的状态C.

现在设想气体从状态A出发,保持叶片不动,而令活

塞缓慢地向右移动,使气体膨胀,由状态A到达状态C,

在此过程中,外界对气体做功

W?k?11?? ??1?1???1?VCVA?(2) 用UA、UC分别表示气体处于状态A、C时的内能,因为是绝热过程,所以内能的增量等于外界对气体做的功,即

U?

C?UA?k

??1?11?

?V??1???1?

CVA?

再设想气体处于状态C时,保持其体积不变,即保持活塞不动,令叶片以角速度? 做匀速转动,这样叶片就要克服气体阻力而做功,因为缸壁及活塞都是绝热的,题设缸内其它物体热容量不计,活塞又不动(即活塞不做功),所以此功完全用来增加气体的内能.因为气体体积不变,所以它的温度和压强都会升高,最后令它到达状态B.在这过程中叶片转动的时间用?t表示,则在气体的状态从C到B的过程中,叶片克服气体阻力做功

W??L??t

令UB表示气体处于状态B时的内能,由热力学第一定律得

UB?UC?L??t

由题知 ?p??1

?t?VL??

由(4)、(5)、(6)式得 UVB

B?UC???1?pB?pC?

(7)式加(3)式,得 UVB

B?UA???1?pk?1

B?pC????1??V??1?1???1?

CVA?

利用pV??k和VC?VB得 UB?UA?1

??1?pBVB?pAVA?(9)

第23届物理竞赛复赛试题五

五、(25分)磁悬浮列车是一种高速运载工具。它具有两个重要系统。一是悬浮系统,利用磁力(可由超导电磁铁提供)使车体在导轨上悬浮起来与轨道脱离接触。另一是驱动系统,在沿轨道上安装的三相绕组(线圈)中,通上三相交流电,产生随时间、空间作周期性变化的磁场,磁场与固连在车体下端的感应金属板相互作用,使车体获得牵引力。

为了有助于了解磁悬浮列车的牵引力的来由,我们求解下面的问题。

设有一与轨道平面垂直的磁场,磁感应强度B随时间t和空间位置x变化规律为 B(x,t)?B0cos(?t?kx)

式中B0、?、k均为已知常量,坐标轴x与轨道平行。在任一时刻t,轨道平面上磁场沿x(3) (4) (5) (6) (7) (8)

方向的分布是不均匀的,如图所示。图中Oxy平面代表轨道平面,“×”表示磁场的方向垂直Oxy平面指向纸里,“· ”表示磁场的方向垂直Oxy平面指向纸外。规定指向纸外时B取正值。“×”和“· ”的疏密程度表示沿着x轴B的大小分布。一与轨道平面平行的具有一定质量的金属矩形框MNPQ处在该磁场中,已知与轨道垂直的金属框边MN的长度为l,与轨道平行的金属框边MQ的长度为d,金属框的电阻为R,不计金属框的电感。1.试求在时刻t,当金属框的MN边位于x处时磁场作用于金属框的安培力,设此时刻金属框沿x轴正方向移动的速度为v。

2.试讨论安培力的大小与金属框几何尺寸的关系。

五、参考解答:

1.题给的磁场B?x,t?随时间和空间的变化具有周期性,在某时刻t,磁场的空间分布为

B?x,t??B0cos??t?kx?

在t??t时刻,磁场的空间分布为

B?x,t??t??Bcos????t??t??kx???B?????

00cos???t?k??x?k?t????

比较上面两式,不难看出,t和t??t这两个时刻的磁场的空间分布规律是相同的,只是t时刻原位于???x???

k?t??处的磁场,经历?t时间,在t??t时刻,出现在x处.即整个磁场的分

布经时间间隔?t沿x轴的正方向平移了一段距离 ?x?x????x??

k?t???

平移速度 v?x?

0??t?k 1)

平移速度v0为恒量.由此可见,题给出的磁场B?x,t??B0cos??t?kx?可视为一在空间按余弦规律分布的非均匀磁场区域以速度v0沿x轴的正方向平移.如果金属框移动的速度小

于磁场区域平移的速度,那么通过金属框的磁通将随时间发生变化,从而在金属框中产生感应电流,感应电流将受到磁场的安培力作用.

由题已知,在时刻t,金属框移动的速度为v,金属框MN边位于坐标x处,PQ边位于坐标x?d处.设此时金属框的磁通为?(规定由纸内到纸外?为正);经过一很短的时间间隔?t,整个磁场分布区域向x方向移动了一段距离v0?t,金属框向x方向移动了一段距离v?t,其结果是:MN边左侧穿过面积为?v0?v?l?t的磁通B?x,t??v0?v?l?t移进了金属框,PQ边左侧穿过面积为?v0?v?l?t的磁通B?x?d,t??v0?v?l?t移出了金属框,故在t??t时刻,通过金属框的磁通为

?????B?x,t??v0?v?l?t?B?x?d,t??v0?v?l?t

在?t时间间隔内,通过金属框的磁通增量为

??????????B?x,t??B?x?d,t???l?v0?v??t

规定框内的感应电动势E?t?沿顺时针方向(沿回路MNPQM方向)为正,由电磁感应定律,可得t时刻的感应电动势

E?t????

?t

规定金属框内的感应电流i?t?沿顺时针方向(沿回路MNPQM方向)为正,可得t时刻的感

应电流为

i?t??E

R

磁场对于上下两边NP和MQ的安培力的大小相等,方向相反,二者的合力为零.规定向右的力为正,则磁场作用于金属框MN边的安培力为i?t?B?x,t?l;由于PQ边和MN边的电流方向相反,磁场作用于金属框PQ边的安培力为 ?i?t?B?x?d,t?l,故金属框的安培力的合力

f?t??i?t?B?x,t?l?i?t?B?x?d,t?l

由(1)、(2)、(3)、(4)、(5)式及题给定的磁场分布规律,得 2)3)(4) 5)( ( (

B22????0l?

f?t??k?v??R

?cos??t?kx??cos????t?kx??kd?2??

利用三角学公式,得

4B22???0l?

f?t???k?v?

?sin2?kd?sin2?2??t?kx??kd?R??2????2??F?

0sin2?????t?kx??kd?2?? 4B2l2????v?

F?k?

?0?Rsin2??kd??2??

F0称为安培力f?t?的幅度.从(7)式可以看出,安培力f?t?在F0的幅度内随时间变化,

但其值不会小于零,表示磁场作用于金属框的安培力始终向右.

2.讨论安培力的大小与线框几何尺寸的关系就是讨论F0与线框几何尺寸的关系.F0与金属框长度l的平方成正比,与金属框的宽度d有关:

当kd?2nπ, 即 d?

2nπ

k

n?0,1,2, 得

F0?0

当kd??2n?1?π,即

d?

?2n?1?πk

n?0,1,2,

F0达最大值

4B22???0l?? F0?max?

?

?kv??R

当d取其它值时,F0介于0与最大值F0?max?之间.

(6)

(7)

(8)

(9)

10)

11)

((

第24届物理竞赛复赛试题一

一、(20分)如图所示,一块长为L?1.00m的光滑平板PQ固定在轻质弹簧上端,弹簧的下端与地面固定连接。平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间(图中未画出竖直导轨),从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期T?2.00s。一小球B放在光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板P端的正上方,到P端的距离为h?9.80m。平板静止在其平衡位置。水球B与平板PQ的质量相等。现给小球一水平向右的速度?0,使它从水平台面抛出。已知小球B与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可以忽略不计。要使小球与平板PQ发生一次碰撞而且只发生一次碰撞,?0的值应在什么范围内?取g?9.8m/s2

一、参考解答:

如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发

生在平板的边缘Q处,这时u0的值便是满足题中条件的最大值;

如果小球的水平速度u0较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次

接近平板时,刚好从平板的边缘Q处越过而不与平板接触,这时u0的值便是满足题中条件的最小值.

设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间

为t1,有

h?

若碰撞正好发生在Q处,则有

12gt1 (1) 2L?u0t1 (2) 从(1)、(2)两式解得的u0值便是满足题中条件的最大值,即

代入有关数据得

u0max? (3)

u0max?0.71m/s

如果u0?u0max,小球与平板的碰撞处将不在Q点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖直方向的速度为v1,则有

v1以v1?、V1?分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是m,则有 mv1=mv1??mV1?

因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得 12111

2mv2

1?2mu0=2mv1?2?2mV?2?1

2mu2

10

解(6)、(7)两式,得

v1??0

V1?=v1碰撞后,平板从其平衡位置以V1?为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点O与平板处于平衡位置时板的上表面中点重合,x轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作为t?0,则平板在t时刻离开平衡位置的位移

xPQ?Acos??t???

式中 ??2π

T

A和?是两个待定的常量,利用参考圆方法,在t时刻平板振动的速度 vPQ??A?sin??t???

因t?0时,xPQ?0.vPQ?V?,由(9)、(11)、(12)式可求得

A?

???π

2

把(13)、(14)式代入(10)式,得

xcos??2π

?Tt?π?

PQ?2??

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间t2与平板发生第二次碰撞且发生在Q处,则在发生第二次碰撞时,小球的x座标为

xt12

B?2??2gt2 (4) (5) (6) (7) (8)

(9) 10) 11) 12) 13) 14) 15) 16) (((((((

平板的x座标为

在碰撞时,有

xPQ?

t2??

π??2π

cos?t2?? 2??T

(17)

xB?t2??xPQ?t2?

(18)

由(16)、(17)、(18)式,代入有关数据得

π??2

4.90t2?4.41cos?πt2??

2??

(19)

这便是t2满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

t2?0.771s

(20)

如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处,则有

由(1)、(20)和(21)式得

L?u0?t1?t2?

(21)

u0?

L

?0.46m/s t1?t2

(22)

而满足题中要求的u0的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论,u0的取值范围是

附:(19)式的数值求解

用数值解法则要代入t2不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

0.46m/s?u0?0.71m/s

(23)

第24届物理竞赛复赛试题四 四、(25分)图中oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在x?0的一侧,存在匀强磁场,磁场方向垂直于oxy平面向里,磁感应强度的大小为B。在x?0的一侧,一边长分别为l1和l2的刚性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与x轴平行。线框的质

量为m,自感为L。现让超导线框沿x轴方向以初速度v0进入磁场区域,试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度v0大小的关系。(假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

四、参考解答:

设某一时刻线框在磁场区域的深度为x?x?l1?,速度为v,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为Ev?vBl2,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向,则切割磁感应线产生的电动势Ev与设定的正方?i与设定的正方向相同.因线?t

框处于超导状态,电阻R?0,故有 向相反,自感电动势EL??L

可见i与x成线性关系,有 EL?Ev??L?i?vBl2?iR?0 ?t(2) L?i?x?Bl2?0 ?t?tBl2?x??L?i (3) Bl?i??2 ?xL

i??(4) Bl2x?C (5) L

C为一待定常数,注意到x?0时,i?0,可得C?0,故有 Bli??2x (6) L

x?0时i

?0,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场

区域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力 f?BlB2l2

22i??Lx

其大小与线框位移x成正比,方向与位移x相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做进一步分析:

(i)线框的初速度v0较小,在安培力的作用下,当它的速度减为0时,整个线框未全部进入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

??周期

T?2振动的振幅可由能量关系求得,令xm表示线框速度减为0时进入磁场区的深度,这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”,由能量守恒可得 12

21??2

2mvB2l2

0?2??L?x?m

xm

故其运动方程为

x??, t从0

到?

22

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度v0向左匀速运动.因为在这种情况下xm的最大值是l1,即 12

mv21B2l22

20?2Ll1

由此可知,发生第(i)种情况时,v0的值要满足下式 12

21?2

2mv?B2l2

0?2??L??l1

v0? (7) (8) (9) 10) 11) 12) 13) 14) (((((

(ii) 若线框的初速度v0比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时,其速度仍大于0,这要求v0满足下式

v0?当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以前,线框的运动方程与(12)式相同,但位移区间是x?0到x?l1,所以时间间隔与(12)式不同,而是从0到

t??

1

2??因为线框的总电动势总是为0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为0.此后线框中维持有最大的电流im??Bl2

Ll1,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,

运动的速度可由下式决定 12

mv2121B2l2

0?2mv?2Ll2

21

v?

第24届物理竞赛复赛试题五

五、(25分)地球赤道表面附近处的重力加速度为g2

0?9.8m/s,磁场的磁感应强度的大

小B?5

0?3.0?10T,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与r3成反比(r为考察点到地心的距离),方向与赤道附近的磁场方向平行。假设在赤道上空离地心的距离r?5Re(Re为地球半径)处,存在厚度为10km的由等数量的质子和电子的等离子层(层内磁场可视为匀强磁场),每种粒子的数密度非常低,带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的质量m?31

e?9.1?10kg,质子的质量mp?1.7?10?27kg,电子电荷量为

?1.6?10?19C,地球的半径Re?6.4?106m。

1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动,另一方面因受地球引力和磁场的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流,试求此环行电流的电流密度。

2.现设想等离子层中所有电子和质子,它们初速度的方向都指向地心,电子初速度的大(15) (16) (17)

小ue?1.4?10m/s,质子初速度的大小uP?3.4?10m/s。试通过计算说明这些电子和质子都不可能到到达地球表面。 五、参考解答:

解法一:

1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径,故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

42

3.0?10?R?

B??0?B0?T?2.4?10-7T

125?r?

引力加速度

3

?5

(1)

9.8?R?

g??0?g0?m/s2?0.39m/s2

25?r?

考察等离子层中的某一质量为m、电荷量为q、初速度为u的粒子,取粒子所在处为坐标原点O,作一直角坐标系Oxyz,Ox轴指向地球中心,Oz沿磁场方向,如图1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为ux、

x

2

(2)

uy和uz.因作用于粒子的引力沿x轴正方向,作用于粒子

的洛伦兹力与z轴垂直,故粒子在z轴方向不受力作用,沿z轴的分速度保持不变. 现设想在开始时刻,附加给粒子一沿y轴正方向大小为v0的速度,同时附加给粒子一沿y轴负方向大小为v0的速度,要求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与粒子所受的地球引力相平衡,即 得

v0?

qv0B?mg

y

mgqB

(3)

用v表示ux与沿y轴的速度uy?v0的合速度(对质子取正号,对电子取负号),有

v

这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 子层中粒子的无规则运动的速度分量.

(4)

沿z轴的分速度uz.其大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离沿y轴的速度v0.对带正电的粒子,速度的方向沿y轴的负方向,对带负电的粒子,速度的方向沿y轴的正方向.与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消,故粒子将以速率v

沿y轴运动.由(3)式可知,v0的大小是恒定的,与粒子的初速度无关,且对同种的粒子

相同.

在Oxy平面内的速度v.与这速度联系的洛伦兹力使粒子在Oxy平面内作速率为v的匀速率圆周运动,若以R表示圆周的半径,则有 qvB?mv2

R

得 R?mv

qB

由(4)、(5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的x分量ux和y分量uy有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0.

由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(3)式给出的速度v0,其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子,

方向向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流.

由(3)式和(1)、(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

v0e?9.2?10?6m/s v0p?1.7?10?2m/s

(7)

由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有

j?nq?v0p?v0e?

代入有关数据得

j?2.8?10?14A/m2

电流密度的方向沿纬度向东.

2.上一小题的讨论表明,粒子在Oxy平面内作圆周运动,运动的速率由(4)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为

v1)、(2)、(3)、(5)、(10)各式并代入题给的有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re?0.33m

Rp?14.8m

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,(5) (6) (8)(9)10) 11) 12) (由(((

电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为2Re?0.66m和2Rp?29.6m,都远小于等离子层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上.

解法二:.

1.由于等离子层的厚度远小于地球半径,故在所考察等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0?10?R?

B??0?B0?T?2.4?10??T (1)

3

?5

?r?

125引力加速度

2

g???R0?

9.8?r??

g0?25m/s2?0.39m/s2 考察等离子层中的某一质量为m,电荷量为q、初速度为u的粒子,取粒子所在处为坐标原点O,作一直角坐标系Oxyz,Ox轴指向地球中心,Oz沿磁场方向,如图1所示.该粒子的初

速度在坐标系中的三个分量分别为ux、uy和uz. 若以vx、

vy、vz表示粒子在任意时刻t的速度v在x方向、

y方向和z方向的分速度,则带电粒子在引力和洛伦兹力的共同作用下的运动方程为 mdvxdt?mg?qv?mg?

yB?qB??

vy?qB?? (3)

mdvydt

??qvxB m

dvz

dt

?0 (5)

(5)式表明,所考察粒子的速度在z轴上的分量保持不变,即

vz?uz

作变量代换,令

Vx?vx

(7)

其中

v0?

mg

qB

把(7)、(8)式代入(3)、(4)式得

(2)

z vz

vy

v

x

y

x

图1

(4)

(6)

Vy?vy?v0 (8)

mdVx

dt?qBVy

mdVy

dt??qVxB

由(9)、(10) 两式可知,作用于粒子的力F在x和y方向的分量分别为

Fx?qBVy

Fy??qBVx

若用?1表示F的方向与x轴的夹角,?2表示V的方向与x

轴的夹角,而V有 tan?Fy

1?F??Vx

xV y

tan?y

2?V

V

x

可见tan?1?tan?2??1,表明F的方向与V的方向垂直,粒子将在F的作用下在Oxy平面内作速率为V的匀速圆周运动.若以R表示圆周的半径,则有 qVB?mV2

R R?mV

qB

在匀速圆周运动中,V的大小是不变的,任何时刻V的值也就是t?0时刻V的值,由(7)式和已知条件在t?0时刻有

Vx?uxVy?uy?v0

故有

V?以上讨论表明,粒子的运动可分成三部分:

根据(6)式vz?uz,可知粒子沿z轴的分速度大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子层中粒子的无规则运动的速度分量.

根据(7)式可得vx?Vx,vy?Vy?v0,表明粒子在Oxy平面内以速率V作圆周运动的同时,又以速度v0沿y轴运动.Vx、Vy是圆周运动速度的x分量和y分量.圆周运动的轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的x分量ux和y分量uy有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等于0.

沿y轴的速度v0由(8)式给出,其大小是恒定的,与粒子的初速度无关,同种粒子 (9) (10) (11) (12)

相同,但对带正电的粒子,其方向沿y轴的负方向,对带负电的粒子,其方向沿y轴的正方向.

由此可见,等离子层内电子和质子虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(8)式给出的速度v0,其方向垂直于粒子所在处的地球引力,对电子,方向向西,对质子,方向向东.电

子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流.

由(8)式和(1)、(2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

v0e?9.2?10?6m/s v0p?1.7?10?2m/s

由于电子、质子漂移速度的方相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬度向东.根据电流密度的定义有

j?nq?v0p?v0e?

(15)

代入有关数据得

j?2.8?10?14A/m2

电流密度的方向沿纬度向东.

2.上一小题的讨论表明,粒子在Oxy平面内作圆周运动,运动的速率由(12)式给出,它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为

Vux是不同的,电子、质子的质量又是不同的,故电子、质

子在Oxy平面内作圆周运动的半径也是不同的.由(1)、(2)、(8)、(11)、(12)各式并代入有关数据可得电子、质子的轨道半径分别为

Re?0.33m

(18)

Rp?14.8m

(19)

以上的计算表明,虽然粒子具有沿引力方向的初速度,但由于粒子还受到磁场的作用,电子和质子在地球半径方向的最大下降距离分别为2Re?0.66m和2Rp?29.6m,都远小于电离层的厚度,所考察的电子和质子仍在等离子层内运动,不会落到地面上.

第25届物理竞赛复赛试题二

二、(21分)嫦娥1号奔月卫星与长征3号火箭分离后,进入绕地运行的椭圆轨道,近地点13)14)16)17) ( ( ( ( 因题给出的电子与质子的初速度

离地面高Hn?2.05?10km,远地点离地面高Hf?5.0930?10km,周期约为16小时,称为16小时轨道(如图中曲线1所示)。随后,为了使卫星离地越来越远,星载发动机先在远地点点火,使卫星进入新轨道(如图中曲线2所示),以抬高近地点。后来又连续三次在抬高以后的近地点点火,使卫星加速和变轨,抬高远地点,相继进入24小时轨道、48小时轨道和地月转移轨道(分别如图中曲线3、4、5所示)。已知卫星质量m?2.350?10kg,地球半径R?6.378?10km,地面重力加速度g?9.81m/s2,月球半径r?1.738?10km。

1、试计算16小时轨道的半长轴a和半短轴b的长度,以及椭圆偏心率e。

2、在16小时轨道的远地点点火时,假设卫星所受推力的方向与卫星速度方向相同,而且点火时间很短,可以认为椭圆轨道长轴方向不变。设推力大小F=490N,要把近地点抬高到600km,问点火时间应持续多长?

3、试根据题给数据计算卫星在16小时轨道的实际运行周期。

4、卫星最后进入绕月圆形轨道,距月面高度Hm约为200km,周期Tm=127分钟,试据此估算月球质量与地球质量之比值。

二、参考解答:

1. 椭圆半长轴a等于近地点和远地点之间距离的一半,亦即近地点与远地点矢径长度(皆指卫星到地心的距离)rn与rf的算术平均值,即有

a?

代入数据得

a?3.1946?10km (2) 椭圆半短轴b等于近地点与远地点矢径长度的几何平均值,即有

b?

代入数据得

b?1.942?10km (4) 椭圆的偏心率

e?

代入数据即得

443332411??Hn??R??H?rn?r???ff??R22?1?2 ? R (1) H??Hnf (3) a2?b2 (5) a

e?0.7941 (6)

2. 当卫星在16小时轨道上运行时,以vn和vf分别表示它在近地点和远地点的速度,

根据能量守恒,卫星在近地点和远地点能量相等,有

12GMm12GMm (7) mvn??mvf?2rn2rf

式中M是地球质量,G是万有引力常量. 因卫星在近地点和远地点的速度都与卫星到地心的连线垂直,根据角动量守恒,有

mvnrn?mvfrf (8) 注意到

由(7)、(8)、(9)式可得

vn?GM?g (9) R2 (10) rnvn? (11) rf

vf?

当卫星沿16小时轨道运行时,根据题给的数据有

rn?R?Hn rf?R?Hf

由(11)式并代入有关数据得

vf?1.198km/s (12)

依题意,在远地点星载发动机点火,对卫星作短时间加速,加速度的方向与卫星速度方向相同,加速后长轴方向没有改变,故加速结束时,卫星的速度与新轨道的长轴垂直,卫星所在处将是新轨道的远地点.所以新轨道远地点高度Hf??Hf?5.0930?10km,但新轨道4

??6.00?10km.由(11)式,可求得卫星在新轨道远地点处的速度为 近地点高度Hn

v?km/s (13) f?1.230

卫星动量的增加量等于卫星所受推力F的冲量,设发动机点火时间为?t,有

m?v?f?vf??F?t (14) 由(12)、(13)、(14)式并代入有关数据得

?t=1.5?10s (约2.5分) (15) 这比运行周期小得多.

3. 当卫星沿椭圆轨道运行时,以r表示它所在处矢径的大小,v表示其速度的大小,?22

表示矢径与速度的夹角,则卫星的角动量的大小

L?rmvsin??2m? (16 ) 其中

??rvsin? (17)

是卫星矢径在单位时间内扫过的面积,即卫星的面积速度.由于角动量是守恒的,故?是恒量.利用远地点处的角动量,得 12

??rfvf (18)

又因为卫星运行一周扫过的椭圆的面积为

S?πab (19) 所以卫星沿轨道运动的周期

T?

由(18)、(19)、(20) 式得

T?

代入有关数据得

T?5.67?8412S? (20) 2πab (21) rfvf1s 0(约15小时46分) (22)

注:本小题有多种解法.例如,由开普勒第三定律,绕地球运行的两亇卫星的周期T与T0之比的平方等于它们的轨道半长轴a与a0之比的立方,即

23?T??a???????T0??a0?

若a0是卫星绕地球沿圆轨道运动的轨道半径,则有

?2π?GMm?ma0??2a0?T0?2

T024π24π2

??3a0GMgR2

从而得

T?代入有关数据便可求得(22)式.

4. 在绕月圆形轨道上,根据万有引力定律和牛顿定律有

GMmm2π2?mr() (23) m2rmTm

这里rm?r?Hm是卫星绕月轨道半径,Mm是月球质量. 由(23)式和(9)式,可得

34π2rmM (24) Mm?22gRTm

代入有关数据得

第25届物理竞赛复赛试题五

五、(20分)一很长、很细的圆柱形的电子束由速度为v的匀速运动的低速电子组成,电子在电子束中均匀分布,沿电子束轴线每单位长度包含n个电子,每个电子的电荷量为Mm 4 (25) ?0.012M?e(e?0),质量为m。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器,其前端(即图中的右端)于t=0时刻刚好到达电容器的左极板。电容器的两个极板上各开一个小孔,使电子束可以不受阻碍地穿过电容器。两极板A、B之间加上了如图所示的周期性变化的电压VAB(VAB?VA?VB,图中只画出了一个周期的图线),电压的最大值和最小值分别为V0和-V0,周期为T。若以?表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔,则电压处于最小值的时间间隔为T-?。已知?的值恰好使在VAB变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有的电子,能在某一时刻tb形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小,电子穿过电容器所需要的时间可以忽略,且mv?6eV0,不计电子之间的相互作用及重力作用。

1、满足题给条件的?和tb的值分别为?= T,tbT。

2、试在下图中画出t=2T那一时刻,在0-2T时间内通过电容器的电子在电容器右侧空间形成的电流I,随离开右极板距离x的变化图线,并在图上标出图线特征点的纵、横坐标(坐标的数字保留到小数点后第二位)。取x正向为电流正方向。图中x=0处为电容器的右极板B的小孔所在的位置,

横坐标的单位s?2(本题按画出的图评分,不须给出计算过程)

五、答案与评分标准:

1.2

2?1?2?2?0.59(3分) 2 (2分)

2.如图(15分.代表电流的每一线段3分,其中线段端点的横坐标占1分,线段的长度占1分,线段的纵坐标占1分)

第26届物理竞赛复赛试题四

四、(20分)火箭通过高速喷射燃气产生推力。设温度T1、压强p1的炽热高压气体在

燃烧室内源源不断生成,并通过管道由狭窄的喷气口排入气压p2的环境。假设燃气可视为理想气体,其摩尔质量为μ,每摩尔燃气的内能为u=cVT(cV是常量,T为燃气的绝对温度)。在快速流动过程中,对管道内任意处的两个非常靠近的横截面间的气体,可以认为它与周围没有热交换,但其内部则达到平衡状态,且有均匀的压强p、温度T和密度ρ,它们的数值随着流动而不断变化,并满足绝热方程pVcV?R

cV

,式中R为普适气体常量,求

?C(恒量)

喷气口处气体的温度与相对火箭的喷射速率。

四、 参考解答:

于火箭燃烧室出口处与喷气口各取截面A1

与A2,它们的面积分别为S1和S2,由题意,

11

S1??S2,以其间管道内的气体为研究对象,如图所示.设经过很短时间?t,这部分气体

流至截面B1与B2之间,A1B1间、A2B2间的微小体积分别为?V1、?V2,两处气体密度为?1、?2,流速为v1、v2.气流达到稳恒时,内部一切物理量分布只依赖于位置,与时间无关.由此可知,尽管B1A2间气体更换,但总的质量与能量不变.

先按绝热近似求喷气口的气体温度T2.质量守恒给出

?1?V1??2?V2,

错误!未找到引用源。

即A2B2气体可视为由A1B1气体绝热移动所得.事实上,因气流稳恒,A1B1气体流出喷口时将再现A2B2气体状态.对质量?m??1?V1??2?V2的气体,利用理想气体的状态方程

和绝热过程方程 可得

p?V?

?m

?

RT

错误!未找到引用源。

p1??V1?

cV?RcV

?p2??V2?

RcV?R

cV?RcV

, 错误!未找到引用源。

?p?T2??2?

?p1?

T1.

错误!未找到引用源。

再通过能量守恒求气体的喷射速率v2.由(1)式及?V?Sv?t,可得

?1S1v1??2S2v2,

?2S2S?p2?

?v2?2???1S1S1?p1??

cVcV?R

错误!未找到引用源。

再利用(1)、(3)式,知v1?

v2,因S2??S1, p2??p1,故

错误!未找到引用源。

v1??v2.

整个体系经?t时间的总能量(包括宏观流动机械能与微观热运动内能)增量?E为A2B2部

分与A1B1部分的能量差.由于重力势能变化可忽略,在理想气体近似下并考虑到(6)式,有

?E?

1?m2?mv2?cV?T2?T1?. 2?

错误!未找到引用源。

体系移动过程中,外界做的总功为

W?p1?V1?p2?V2.

?E?W,

R

??

2?cV?R?T1??p2?cV?R?

?, 1????????p1?????

错误!未找到引用源。

根据能量守恒定律,绝热过程满足 得

错误!未找到引用源。

v2?

错误!未找到引用源。

其中利用了(2)、(4)两式.

第26届物理竞赛复赛试题八

八、(20分)惰性气体分子为单原子分子,在自由原子情形下,其电子电荷分布是球对称的。负电荷中心与原子核重合。但如两个原子接近,则彼此能因静电作用产生极化(正负电荷中心不重合),从而导致有相互作用力,这称为范德瓦尔斯相互作用。下面我们采用一种简化模型来研究此问题。

当负电中心与原子核不重合时,若以x表示负电中心相对正电荷(原子核)的位移,当x为正时,负电中心在正电荷的右侧,当x为负时,负电中心在正电荷的左侧,如图1所示。这时,原子核的正电荷对荷外负电荷的负电荷的质量全部集中在负电中心,此原子可用一弹簧振子来模拟。

今有两个相同的惰性气体原子,它们的原子核固定,相距为R,原子核正电荷的电荷量为q,核外负电荷的质量为m。因原子间的静电相互作用,负电中心相对各自原子核

的位移分别为x1和x2,且|x1|和|x2|都远小于R,如图2所示。此时每个原子的负电荷除受到自己核的正电荷作用外,还受到另一原子的正、负电荷的作用。

众所周知,孤立谐振子的能量E=mv2/2+kx2/2是守恒的,式中v为质量m的振子运动的速度,x为振子相对平衡位置的位移。量子力学证明,在绝对零度时,谐振子的能量为hω/2,称为零点振动能,??h/2?,h为普朗克常量,??

x1

x2

R

图2

1

作用力f相当于一个劲度系数为k的弹簧的弹性力,即f=-kx,力的方向指向原子核,核外

k/m为振子的固有角频率。试计算

在绝对零度时上述两个有范德瓦尔斯相互作用的惰性气体原子构成的体系的能量,与两个相距足够远的(可视为孤立的、没有范德瓦尔斯相互作用的)惰性气体原子的能量差,并从结果判定范德瓦尔斯相互作用是吸引还是排斥。可利用当|x|<<1时的近似式(1+x)1/2≈1+x/2-x2

/8

(1+x)-1≈1-x+x2。

八、 参考解答:

两个相距R的惰性气体原子组成体系的能量包括以下几部分:每个原子的负电中心振动的动能,每个原子的负电中心因受各自原子核“弹性力”作用的弹性势能,一个原子的正、负电荷与另一原子的正、负电荷的静电相互作用能.以v1和v2分别表示两个原子的负电中心振动速度,x1和x2分别表示两个原子的负电中心相对各自原子核的位移,则体系的能量

E?误!未找到引用源。 式中U为静电相互作用能

12121212

错mv1?mv2?kx1?kx2?U ,

2222

?1111U?kCq????

?RR?x1?x2R?x1R?x2

2??, ?

(2)

?x?x??x?

kC为静电力常量.因R?x1?x2?R?1?12?,R?x1?R?1?1?,

R?R????x?

R?x2?R?1?2?,利用?1?x??1?1?x?x2,可将(2)式化为

R??

因此体系总能量可近似表为

2kCq2x1x2

, U??

R3

(3)

11212122kCq2x1x22

E?mv1?kx1?mv2?kx2?.

2222R3

2

2

(4)

?a?b???a?b?22

注意到a?b?

2

式中,

和 2ab?

?a?b???a?b?

2

22

,可将(4)式改写为

11?2kCq2?211?2kCq2?222

E?mu1??k??y1?mu2??k??y2. 33

22?R?22?R?

(5)

u1??v1?v2u2??v1?v2y1??

x1?x2y2??

x1?x22, 2,

(6) (7) (8) (9)

(5)式表明体系的能量相当于两个独立谐振子的能量和,而这两个振子的固有角频率分别为

?1?. ?2?(10)

在绝对零度,零点能为 (11) E0?1

2??1??2?, (12)

两个孤立惰性气体原子在绝对零度的能量分别表示为E10和E20,有

式中

E10?E20?1?0, 2(13) ?0?(14) 为孤立振子的固有角频率.由此得绝对零度时,所考察的两个惰性气体原子组成的体系的能量与两个孤立惰性气体原子能量和的差为

利用?1?x?2?E?E0??E10?E20?. (15) ?1?2?x2,可得 24kCq. ?E??2262kmR (16)

?E?0,表明范德瓦尔斯相互作用为相互吸引.

第27届物理竞赛复赛试题三

三、( 22 分)如图,一质量均匀分布的刚性螺旋环质量为m,半径为 R ,螺距H =πR ,可绕竖直的对称轴OO′,无摩擦地转动,连接螺旋环与转轴的两支撑杆的质量可忽略不计.一质量也为 m 的小球穿在螺旋环上并可沿螺旋环无摩擦地滑动,首先扶住小球使其静止于螺旋环上的某一点 A ,这时螺旋环也处于静止状态.然后放开小球,让小球沿螺旋环下滑,螺旋环便绕转轴 OO′,转动.求当小球下滑到离其初始位置沿竖直方向的距离为 h 时,螺旋环转动的角速度和小球对螺旋环作用力的大小.

三、参考解答:

解法一

一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)

紧贴于半径为R的圆柱面,圆柱面的轴线与直角

三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此

三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边

就相当于题中的螺线环.根据题意有 图1

tan??

可得

πR1? (1) 2πR2

sin??

,cos?? (2) 55

设在所考察的时刻,螺旋环绕其转轴的角速度为?,则环上每一质量为?mi的小质元绕转轴转动线速度的大小都相同,用u表示,

u??R (3)

该小质元对转轴的角动量

?Li??miuR??miR2?

整个螺旋环对转轴的角动量

L???Li???miR2??mR2? (4)

小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成.在螺旋环的角速度为?时,设小球相对螺旋环的速度为v?,则小球在水平面内作圆周运动的速度为

vP?v?cos???R (5)

沿竖直方向的速度

v??v?sin? (6)

对由小球和螺旋环组成的系绕,外力对转轴的力矩为0,系统对转轴的角动量守恒,故有

0?mvPR?L

由(4)、(5)、(7)三式得 (7)

v?cos???R=?R (8)

在小球沿螺旋环运动的过程中,系统的机械能守恒,有

mgh?1122mvP?v???miu2

22 (9) ??

由(3)、(5)、(6)、(9)四式得

2gh=?v?cos???R??v?2sin2????R2

解(8)、(10)二式,并利用(2)式得

2 (10)

ω= (11)

(12) v?=

由(6)、(12)以及(2)式得

v??

或有 (13)

12v??2gh (14) 3

(14)式表明,小球在竖直方向的运动是匀加速直线运动,其加速度

1 (15) g3

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t,则有

1 (16) h=a?t2

2 a??

由(11)和(16)式得

??g (17) t3R

(17)式表明,螺旋环的运动是匀加速转动,其角加速度

??g (18) 3R

小球对螺旋环的作用力有:小球对螺旋环的正压力N1,在图1所

示的薄片平面内,方向垂直于薄片的斜边;螺旋环迫使小球在水平面

?的反作用力N2.向心力N2?在水平面内,内作圆周运动的向心力N2

方向指向转轴C,如图2所示.N1、N2两力中只有N1对螺旋环的转

轴有力矩,由角动量定理有 图2

N1sin?R?t??L (19)

由(4)、(18)式并注意到????得

?t

N1?

而 mg (20) ?mg3sin?3

??mN2?N2

由以上有关各式得 2vPR (21)

N2?

小球对螺旋环的作用力

2h(22) mg3R

1N?? (23) 3 评分标准:本题22分.

(1)、(2)式共3分,(7)式1分,(9)式1分,求得(11)式给6分,(20)式5分,

(22)式4分,(23)式2分.

解法二

一倾角为?的直角三角形薄片(如图1所示)

紧贴于半径为R的圆柱面,圆柱面的轴线与直角

三角形薄片的沿竖直方向的直角边平行,若把此

三角形薄片卷绕在柱面上,则三角形薄片的斜边

就相当于题中的螺线环.根据题意有 图1

tan??

可得

πR1? (1) 2πR2

sin??

,cos?? (2) 55

螺旋环绕其对称轴无摩擦地转动时,环上每点线速度的大小等于直角三角形薄片在光滑水平地面上向左移动的速度.小球沿螺旋环的运动可视为在竖直方向的直线运动和在水平面内的圆周运动的合成.在考察圆周运动的速率时可以把圆周运动看做沿水平方向的直线运动,结果小球的运动等价于小球沿直角三角形斜边的运动.小球自静止开始沿螺旋环运动到在竖直方向离初始位置的距离为h的位置时,设小球相对薄片斜边的速度为v?,沿薄片斜边的加速度为a?.薄片相对地面向左移动的速度为u,向左移动的加速度为a0.u就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的线速度,若此时螺旋环转动的角速度为?,则有

u??R (3)

而a0就是螺旋环上每一质元绕转轴转动的切向加速度,若此时螺旋环转动的角加速度为?,则有

a0??R (4)

小球位于斜面上的受力情况如图2所示:重力mg,方

向竖直向下,斜面的支持力N,方向与斜面垂直,以薄

片为参考系时的惯性力f,方向水平向右,其大小 ?

f??ma0

由牛顿定律有 (5)

mgcosθ?N?f?sin??? (6)

mgsin??f?cos??ma? (7)

Nsin??ma0

解(5)、(6)、(7)、(8)四式得 (8)

2sin? (9) g??sin2? cos?N=mg (10) 21?sin? sin?cos?a0?g (11) 1+sin2?a?=

利用(2)式可得

a?=(12)

g3

N=mg (13) 3

1a0?g (14) 3

由(4)式和(14)式,可得螺旋环的角加速度

?(15) g?R

若小球自静止开始运动到所考察时刻经历时间为t,则此时螺旋环的角速度 ??

???t (16)

因小球沿螺旋环的运动可视为在水平面内的圆周运动和沿竖直方向的直线运动的合成,而小球沿竖直方向的加速度

??a?sin?a??a?

故有 (17)

h=1a?t2 (18) 2

由(15)、(16)、(17)、(18)、以及(2)式得

?? (19) 小球在水平面内作圆周运动的向心力由螺旋环提供,向心力位于水平面内,方向指向转轴,故向心力与图2中的纸面垂直,亦即与N垂直.向心力的大小

N1?m2vPR (20) 式中v是小球相对地面的速度在水平面内的分量.若a为小球相对地面的加速度在水平面内的分量,则有

vP?aPt (21)

令a?为a?在水平面内的分量,有

??a0?a?cos?-a0 (22) aP?aP

由以上有关各式得

N1?

小球作用于螺旋环的力的大小

2hmg (23) 3R

N0? (24)

由(13)、(23)和(24)式得

N0? (25)

第27届物理竞赛复赛试题五

五、(20分)如图所示,两个固定的均匀带电球面,所带电荷量分别为+Q和-Q (Q >0) ,半径分别为R和R/2,小球面与大球面内切于C点,两球面球心O和O’的连线MN沿竖直方在MN与两球面的交点B、0和C 处各开有足够小的孔因小孔损失的电荷量忽略不计,有一质量为m,带电荷为q(q>0的质点自MN线上离B点距离为R的A点竖直上抛。设静电力常量为k,重力加度为g. 1.要使质点从 A 点上抛后能够到达B点,所需的最小初动能为多少? 2.要使质点从A点上抛后能够到达O点,在不同条件下所需的最小初动能各为多少?

五、参考解答:

1.质点在A?B应作减速运动(参看图1).设质点在A点的最小初动能为Ek0,则根据能量守恒,可得质点刚好能到达B点的条件为

kqQkqQkqQkqQ

(1) ??mgR?Ek0??

R3R/22R5R/2

由此可得

Ek0?mgR?

7kqQ

(2) 30R

图1

2. 质点在B?O的运动有三种可能情况:

i.质点在B?O作加速运动(参看图1),对应条件为

4kqQ

(3) mg?2

9R

此时只要质点能过B点,也必然能到达O点,因此质点能到达O点所需的最小初动能由(2)式给出,即

Ek0?mgR?

7kqQ

(4) 30R

若(3)式中取等号,则最小初动能应比(4)式给出的Ek0略大一点.

ii.质点在B?O作减速运动(参看图1),对应条件为

mg?

4kqQ

(5) R2

此时质点刚好能到达O点的条件为

kqQkqQkqQkqQ

(6) ??mg(2R)?Ek0??

RR/22R5R/2

由此可得

Ek0?2mgR?

11kqQ

(7) 10R

iii.质点在B?O之间存在一平衡点D(参看图2),在B?D质点作减速运动,在D?O质点作加速运动,对应条件为

4kqQ4kqQ

(8) ?mg?

9R2R2

设D到O点的距离为x,则

mg?

kqQ (9)

2

(R/2?x)

图2

Rx? (10)

2

根据能量守恒,质点刚好能到达D点的条件为

kqQkqQkqQkqQ (11)

??mg(2R?x)?Ek0??R2R5R/2R/2?x

由(10)、(11)两式可得质点能到达D点的最小初动能为

59kqQ

Ek0?mgR?? (12)

210R

只要质点能过D点也必然能到达O点,所以,质点能到达O点的最小初动能也就是(12)式(严格讲应比(12)式给出的Ek0略大一点.)

第28届物理竞赛复赛试题三

三、(25分)在人造卫星绕星球运行的过程中,为了保持其对称转轴稳定在规定指向,一种最简单的办法就是让卫星在其运行过程中同时绕自身的对称轴转,但有时为了改变卫星的指向,又要求减慢或者消除卫星的旋转,减慢或者消除卫星旋转的一种方法就是所谓消旋法,其原理如图所示。

一半径为R,质量为M的薄壁圆筒,,其横截面如图所示,图中O是圆筒的对称轴,两条足够长的不可伸长的结实的长度相等的轻绳的一端分别固定在圆筒表面上的Q、Q′(位于圆筒直径两端)处,另一端各拴有一个质量为

m

的小球,正常情况下,2

绳绕在圆筒外表面上,两小球用插销分别锁定在圆筒表面上的P0、P0′处,与卫星形成一体,绕卫星的对

称轴旋转,卫星自转的角速度为ω0。若要使卫星减慢或者停止旋转(消旋),可瞬间撤去插销释放小球,让小球从圆筒表面甩开,在甩开的整个过程中,从绳与圆筒表面相切点到小球的那段绳都是拉直的。当卫星转速逐渐减小到零时,立即使绳与卫星脱离,解除小球与卫星的联系,于是卫星转动停止。已知此时绳与圆筒的相切点刚好在Q、Q′处。

1、 求当卫星角速度减至ω时绳拉直部分的长度l;

2、 求绳的总长度L;

3、 求卫星从ω0到停转所经历的时间t。

三、

参考解答:

解法一 t 1. 设在时刻,小球和圆筒的运动状态如图1所示,小球位于P点,绳与圆筒的切点为T,P到T的

距离即绳的拉直部分的长度为l,圆筒的角速度为?,

小球的速度为v.小球的速度可以分解成沿着绳子方向

的速度v1和垂直于绳子方向的速度v2两个分量.根据机

械能守恒定律和角动量守恒定律有

111122222M?R?0??m?R?0??M?R???m?v1?v2?2222 (1)

MR2?0?mR2?0?MR2??mRv1?mlv2 (2)

因为绳子不可伸长,v1与切点T的速度相等,即

v1?R?

(3)

解(1)、(2)、(3)式得

?M?m?R2?ml2

???022M?mR?ml

(4)

2?M?m?R2lv2??022M?mR?ml

(5)

由(4)式可得

l?

(6)

这便是在卫星角速度减至?时绳的拉直部分的长度l.

2.由(6)式,当??0得

L? (7)

这便是绳的总长度L.

3.如图2所示,从时刻t到t??t,切点T跟随圆筒转过一角度

??1???t,由于绳子的拉直部分的长度增加了

??2?

?l

R,到达T?处,

?l,切点相对圆筒又转过一角度

所以在?t时间内,切点转过的角度

?????1???2???t?

?l

R (8)

切点从T变到T?也使切线方向改变了一个同样的角度??,而切线方向的改变是小球具有垂直于绳子方向的速度

v2引起的,故有

???

v2?t

l

(9)

由(1)、(2)、(3)式可得

(10) 由(8)、(9)、(10)三式得

(11)

v2?l??0???

?l?R?0?t

(11)式表示l随t均匀增加,故l由0增加到L所需的时间为

ts?

L??0R

(12)

解法二

1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一个小球作为对象进行研究,先研究任何时刻小球的速度.

1

在t时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图1所示,绳子的拉直部分与圆筒面的切点为T,小球到切点T的距离即绳的拉直部分的长度为l,小球到转轴O的距离为r,圆筒的角速度为?.由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动,绳将展开,切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变.

OT与固定在首先考察小球相对于圆筒的运动.在t时刻,

OP圆筒上的半径0的夹角为?,如图2所示.由于小球相

对圆筒的运动,经过时间?t,切点从圆筒上的T点移到

?

T?点,OT?与OP0的夹角变为????,绳的拉直部分的

长度由l变为l?,小球由P运动到P?,PP?便是小球相对圆筒的位移.当?t很小时l?l?,故

于是小球相对圆筒的速度大小为 (1)

方向垂直于TP.

PP??l????l??

v??l

??

?l???t

??

是切点相对圆筒转动的

角速度.

再考察圆筒相对质心参考系的转动,即与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参考系的运动.当圆筒的角速度为?时,位于转动参考系中的P点(小球所在处)相对质心系的速度

v??r?

(2)

方向垂直于OP.可以把方向的分量

v?

分解成沿着TP

v?1

和垂直TP方向的分量

v?2

,如图3所示,即

v?1?R?

(3) (4)

v?2?l?

小球相对质心系的速度v是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的P点相对质心系速度的合成,由图3可得v的大小

(5)

因 v?

l?R?

(6)

故有

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有 v?1111222M?R?0??mR2?0?M?R???mv2

222 2

(8)

MR2?0?mR2?0?MR2??mRv?1?ml?v?2?v??

由(7)、(8)两式有

2?0??2? (9)

2m??????2?M?m (10) 由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

?0???m?2??????M?m (11)

由(10)、(11)两式得

?0???????

故有

????0 (12)

上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量,将

(12)式代入(11)式得

?? (13)

由(6)、(13)两式得

l? (14)

这便是在卫星角速度减至?时绳的拉直部分的长度l.

2.由(14)式,当??0得绳总长度, 即

L? (15)

3.因??是一个恒量,?随时间的t的变化规律为

???0t (16)

当??0时,由(13)式可得卫星停旋时的?

?s? (17)

t设卫星停转所用的时间为s,由(16)、(17)式得

ts?

?s??0 (18)

第28届物理竞赛复赛试题四

四、(20分)空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,在此区域建立直角坐标系O-xyz,如图所示,匀强电场沿x方向,电场强度E1?E0i,匀强磁场沿z方向,磁感应强度B?B0k,E0、B0分别为已知常量,分别为x方向和z方向的单位矢量。

1、有一束带电量都为+q、质量都为m的粒子,同时从

Oyz平面内的某点射出,它们的初速度均在Oyz平面内,

速度的大小和方向各不相同,问经过多少时间这些粒子

又能同时回到Oyz平面内。

2、现在该区域内再增加一个沿x方向随时间变化的匀强电场,电场强度Ez?(E0cos?t)k,式中??qB0,m

若有一电荷量为正q、质量为m的粒子,在t=0时刻从

坐标原点O射出,初速度v0在Oyz平面内,试求以后此

粒子的坐标随时间变化的规律。

不计粒子所受重力以及各带电粒子之间的相互作

用,也不考虑变化的电场产生的磁场。

四、

参考解答:

1.根据题意,粒子的初速度只有y方向和z方向的分量,设它们为v0y和v0z.因为粒子在z方向不受电场力和磁场力作用,故粒子在z方向以初速度v0z作匀速运动

.

粒子在Oxy面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在y方向的初速度表示为

v0y??v0y1?v0y?v0y1

(1)

其中

v0y1??

(2)

沿y负方向.与v0y1相关的磁场力 E0B0

fBx??qv0y1B0

(3)

沿x负方向.粒子受到的电场力

fE?fEx?qE0

(4)

沿x正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在x方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒子以大小为E0的速度沿y负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度 B0

E0 B0 v0y2?v0y?

(5)

沿y正方向,与v0y2相关的磁场力使粒子以速率v0y2在Oxy面内作匀速圆周运动,以r表示圆周运动的半径,有

qv0y2B0?m

(6)

可得 2v0y2r

r?mv0y2

qB0

(7)

由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期

T=

(8) 2?mqB0

(8)式表明,粒子运动的周期与粒子在y方向的初速度无关.经过时间T或T的整数倍所考察的粒子就能同时回到Oyz平面.

?2.增加的电场E2对粒子在Oxy平面内的运动无影响,但粒子在z方向要受到此电场力

作用.以az表示在此电场力作用下的加速度,有

maz?qE0cos?t

(9)

az=

(10)

这是简谐运动的加速度,因而有

az=??z

(11)

由(10)、(11)可得

z??

(12)

因未增加电场时,粒子在z方向作初速度为v0z的匀速运动,增加电场后,粒子在z方向的运动是匀速运动与简谐运动的叠加,即有

z?v0zt?

(13)

粒子在Oxy平面内的运动不受电场E2的影响.设?0为粒子在Oxy

平面内作圆周运动的角速度,则有

2qE0cos?t m1qE0cos?t ?2m1qE0cos?t 2?m?0?2πqB0 (14)

?Tm 由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间t的变化关系

x??r?1?cos?0t? (15) y??rsin?0t (16) 考虑到粒子在y方向还具有速度为v0y1的匀速运动,并利用(2)、(5)、(7)、(14)以及己知条件,可得带电粒子的运动规律:

x?

(17) E0??qB0?m?v?t??0y??1?cosqB0?B0??m?

y??

(18) E0E0?qB0m?t?v?t?0y?sinB0qB0?B0?m

mE0qB0cost2qB0m z?v0zt?

(19)

第29届物理竞赛复赛试题二

二、

1.

i.通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知,卫星的机械能为负值. 由开普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆),地心为椭圆的一个焦点(或圆的圆心),如图所示.由于卫星在脱离点的速度垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点(或近地点);设近地点(或远地点)离地心的距 离为r,卫星在此点的速度为v.由开普勒第二定律可知 rv=?0.80R??

(1)

2

式中?(?2?T/e为)地球自转的角速度.令m表示卫星的质量,根据机械能守恒

定律有

12GMm1GMm2 (2) mv??m?0.80R??2?2r20.80R

由(1)和(2)式解得

r?0.28R (3)可见该点为近地点,而脱离处为远地点.

【(3)式结果亦可由关系式:

?GMm1GMm2 ?m?0.80R??2?r?0.80R20.80R

直接求得】

同步卫星的轨道半径R满足

GM 2?R?2 (4) R

由(3)和(4)式并代入数据得

r?1.2?104km (5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球.

ii. 由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量,从远地点可求出该常量为 ?s?12?0.80R?? (6) 2

设a和b分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有

0.28R?0.80R a? (7) 2

b? (8) 卫星运动的周期T为

T?

代人相关数值可求出

T?9.5h (10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普勒第二定律可知此时刻卫星具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫星始终不比太空电梯转动得慢;换言之,太空电梯不可能追上卫星.设想自卫星与太空电梯脱离后经过1.5T(约14小时),卫星到达近地点,而此时太空电梯已转过此点,这说明在此前卫星尚未追上太空电梯.由此推断在卫星脱落后的0-12小时内二者不可能相遇;而在卫星脱落后12-24小时内卫星将完成两个多周期的运动,同时太空电梯完成一个运动周期,所以在12-24小时内二者必相遇,从而可以实现卫星回收.

2.根据题意,卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道的近地点和远地点.在脱离处的总能量为 ?ab (9) ?s

此式可化为

1GMmGMm

(11) m(Rx?)2???

2RxRx?Re

3

?R??R?2GM

?x??1?x??23 (12)

Re??Re?Re??

这是关于Rx的四次方程,用数值方法求解可得

Rx?4.7Re?3.0?104km (13) 【Rx亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得.令ve表示卫星与赤道相切点即近地点的速率,则有

2

Reve?Rx?

12GMm1GMm

mve??m(Rx?)2?

2Re2Rx

由上两式联立可得到方程

?Rx??Rx?2GMRx2GM

?23?0 ??????23

RR?RR?Reee?e??e?

5

3

其中除Rx外其余各量均已知, 因此这是关于Rx的五次方程. 同样可以用数值方法解得Rx.】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周

期T?,设椭圆的半长轴为a?,半短轴为b?,有

a??

Rx?Re

(14) 2

b?? (15)

因为面积速度可表示为

?s??所以卫星的运动周期为

T??

12

Rx? (16) 2

?a?b?

(17) ?s?

代入相关数值可得

T??6.8h (18) 卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫星沿地球自转方向运行180度,落到西经(180??110?)处与赤道相切. 但由于地球自转,在这期间地球同时转过了?T?/2角度,地球自转角速度??360?/24h?15?/h,因此卫星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经

??180??110??

即卫星着地点在赤道上约西经121度处.

第29届物理竞赛复赛试题五

?T?

2

?121? (19)

五、

参考解答: 如图1所示,当长直金属杆在ab位置以速度v水平向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由b指向a的感应电动势的大小为

??BLv (1)

式中L为金属杆在ab位置时与大圆环两接触点间的长度,由几何关系有

L?2R1 (2)

在金属杆由ab位置滑动到cd位置过程中,金属杆与大

圆环接触的两点之间的长度L可视为不变,近似为2R1.

将(2)式代入(1)式得,在金属杆由ab滑动到cd过

程中感应电动势大小始终为

??2BR1v

(3)

以I、I1和I2分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图1所示,以Uab表示a、b两端的电压,由欧姆定律有

Uab?I1l1r0 (4)

Uab?I2l2r0 (5) 式中,l1和l2分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示,l1和l2中的电流在圆心处产生的磁感应强度的大小分别为

Il1

B1?km12 (6)

R1

I2l2 (7) R12

B1方向竖直向上,B2方向竖直向下.

由(4)、(5)、(6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为 B0?B2?B1?0 (8)

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆的电流I所产生磁场.

在金属杆由ab滑动到cd的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无限长直导线,由提示,金属杆在ab位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为

2I B3?km (9) R1

100

方向竖直向下.对应图1的等效电路如图2,杆中的电流 B2?km

I?

R??R左R右

R左?R右 (10) 其中R为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻,R左和R右分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非常靠近圆心,故

Rab?2R1r,1左R=右R??R r (11) 1利用(3)、(9)、(10)和(11)式可得

800kmvB B3? (12) R1(4r1??r0)

由于小圆环半径R2??R1,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的,且都等于长直

金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于ab处时,穿过小圆环圆面的磁感应通量为

2 ?ab??R2B3 (13)

当长直金属杆滑到cd位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向相反,故穿过小圆环圆面的磁感应通量为

2 ?cd??R2(?B3) (14)

在长直金属杆以速度v从ab移动到cd的时间间隔?t内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改变为

2 ????cd??a? (15) b?2?RB2 3

由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为

2B3??2?R2 ?i?? (16) ??t?t

在长直金属杆从ab移动cd过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为

RB?i Ii??23 (17) 2?R2r0r0?t

于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔?t内通过小环导线横截面的电荷量为

RB800kmvBR2 Q?Ii?t?23? (18) r0R1r0(4r1??r0)

第30届物理竞赛复赛试题三

三、(25分)一质量为m、长为L的匀质细杆,可绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内自由转动. 杆在水平状态由静止开始下摆,

1. 令??m表示细杆质量线密度. 当杆以角速度?绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平L

面内转动时,其转动动能可表示为

Ek?k????L?

式中,k为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下,两物理量当且仅当其数值和单位都相等时才相等. 由此求出?、?和?的值.

2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系(随质心平动的参考系)中的动能之和,求常数k的值.

3. 试求当杆摆至与水平方向成?角时在杆上距O点为r处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力加速度大小为g.

提示:如果X(t)是t的函数,而Y(X(t))是X(t)的函数,则Y(X(t))对t的导数为

dY(X(t))dYdX ?dtdXdt

例如,函数cos?(t)对自变量t的导数为

dcos?(t)dcos?d? ?dtd?dt

三、参考解答:

1. 当杆以角速度?绕过其一端的光滑水平轴O在竖直平面内转动时,其动能是独立变量?、?和L的函数,按题意 可表示为

Ek?k????L?

(1)

式中,k为待定常数(单位为1). 令长度、质量和时间的单位分别为[L]、[M]和[T](它们可视为相互独立的基本单位),则?、?、L和Ek的单位分别为

[?]?[M][L]?1,

[?]?[T]?1,

[L]?[L],

[Ek]?[M][L]2[T]?2

(2)

在一般情形下,若[q]表示物理量q的单位,则物理量q可写为

q?(q)[q]

(3)

式中,(q)表示物理量q在取单位[q]时的数值. 这样,(1) 式可写为

(Ek)[Ek]?k(?)?(?)?(L)?[?]?[?]?[L]?

(4)

在由(2)表示的同一单位制下,上式即

(Ek)?k(?)?(?)?(L)?

(5)

[Ek]?[?]?[?]?[L]?

(6)

将 (2)中第四 式代入 (6) 式得

[M][L]2[T]?2?[M]?[L]???[T]??

(7)

(2)式并未规定基本单位[L]、[M]和[T]的绝对大小,因而(7)式对于任意大小的[L]、[M]和

[T]均成立,于是

??1,??2,??3

(8)

所以

Ek?k??2L3 (9)

2. 由题意,杆的动能为

Ek?Ek,c?Ek,r

(10)

其中,

Ek,c121L??mvc?(?L)???? (11) 22?2?

L的杆过其公共端(即质心)的光滑水平22注意到,杆在质心系中的运动可视为两根长度为

轴在铅直平面内转动,因而,杆在质心系中的动能Ek,r为

Ek,rL?L??2Ek(?,?,)?2k??2?? (12) 2?2?3

将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得

1?L??L? k??2L3??L????2k??2?? 2?2??2?

(13)

由此解得

k?1 623

(14)

于是

Ek=

(15)

3. 以细杆与地球为系统,下摆过程中机械能守恒

1lw2L36.

L?Ek?mg??sin?? (16) ?2?

由(15)、(16)式得

(17)

以在杆上距O点为r处的横截面外侧长为?L?r?的那一段为研究对象,该段质量为w=

. ??L?r?,其质心速度为

L?r?L?r???? vc?r????2?2?.

(18)

设另一段对该段的切向力为T(以?增大的方向为正方向), 法向(即与截面相垂直的方向)力为N(以指向O点方向为正向),由质心运动定理得

(19)

(20) 式中,at为质心的切向加速度的大小

at??L?rd?L?rd?d?3?L?r?gcos?dvc???dt2dt2d?dt4L T???L?r?gcos????L?r?at N???L??rsgin???? L??rn a

(21)

而an为质心的法向加速度的大小

an??2L?r3?L?r?gsin??22L.

(22)

由(19)、(20)、(21)、(22)式解得

(23)

T??L?r??3r?L?4L2mgcos?

(24)

N??L?r??5L?3r?2L2mgsin?

第30届物理竞赛复赛试题七

七、(20分)一斜劈形透明介质劈尖,尖角为?,高为h. 今以尖角顶点为坐标原点,建立坐标系如图(a)所示;劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的,在图(a)中看来,每一个小台阶的前侧面与xz平面平行,上表面与yz平面平行. 劈尖介质的折射率n随x而变化,n(x)?1?bx,其中常数b?0. 一束波长为?的单色平行光沿x轴正方向照射劈尖;劈尖后放置一薄凸透镜,在劈尖与薄凸透镜之间放一档板,在档板上刻有一系列与z方向平行、沿y方向排列的透光狭缝,如图(b)所示. 入射光的波面(即与平行入射光线垂直的平面)、劈尖底面、档板平面都与x轴垂直,透镜主光轴为x轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一条狭缝位于y=0处;物和像之间各光线的光程相等.

1. 求其余各狭缝的y坐标;

2. 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满

足上述要求.

x

图(b)

七、参考解答:

1. 考虑射到劈尖上某y值处的光线,计算该光线由x?0到x?h之间的光程??y?. 将该光线在介质中的光程记为?1,在空气中的光程记为?2. 介质的折射率是不均匀

的,光入射到介质表面时,在x?0 处,该处介质的折射率n?0??1;射到x处时,

(a)

该处介质的折射率n?x??1?bx. 因折射率随x线性增加,光线从x?0处射到x?h1(h1是劈尖上y值处光线在劈尖中传播的距离)处的光程?1与光通过折射率等于平

均折射率

111 ??n0?nh?1?1?bh?1?bh1 ???????1?12?22

(1)

的均匀介质的光程相同,即

1 ?1?1?h1?bh12 2

(2)

忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线(事实上,可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝的位置来避开这些光线的影响),光线透过劈尖后其传播方向保持不变,因而有

(3)

于是

1

2 ?2?h?h1 2. (4) ??y???1??2?hbh1

由几何关系有

h1?ytan?

(5)

故 .

??y??h?

(6) b2ytan2?2.

从介质出来的光经过狭缝后仍平行于x轴,狭缝的y值应与对应介质的y值相同,这些平行光线会聚在透镜焦点处.

对于y?0处,由上式得

(7)

y处与y?0处的光线的光程差为 d(0)=h.

??y????0??

(8) b2ytan2?2.

由于物像之间各光线的光程相等,故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点处时保持不变;因而(8)式在透镜焦点处也成立. 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强,要求两束光的光程差为波长的整数倍,即

b2ytan2??k?,k?1,2,3,2 . (9) 由此得

y???A

?. (10) 除了位于y=0处的狭缝外,其余各狭缝对应的y坐标依次为

A,

(11)

2. 各束光在焦点处彼此加强,并不要求(11)中各项都存在. 将各狭缝彼此等距排列仍可能满足上述要求. 事实上,若依次取k?m,4m,9m,

数,则

ym,y4m?,y9m?,

(12)

,光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹.

,其中m为任意正整,

,,. .

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