第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答.pdf

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1P，离开点为2P，按题意要求11PO、22PO与竖直方向的夹角相等，设其为，若离开滑道时的速度为 v，则滑块在2P处脱离滑道的条件是 cos2mgRmv (1)由机械能守恒 221)cos1(2vmmgR (2)(1)、(2)联立解得 54cos或253654arccos (3)2设滑块刚能在 O 点离开滑道的条件是 mgRm20v（4）v0为滑块到达 O 点的速度，由此得 Rg0v（5）设到达 O 点的速度为 v0的滑块在滑道 OA 上的出发点到1O的连线与竖直的夹角为0，由机械能守恒，有 20021)cos1(vmmgR（6）由（5）、（6）两式解得 30（7）若滑块到达 O 点时的速度0vv，则对 OB 滑道来说，因 O 点可能提供的最大向心力为 mg，故滑块将沿半径比 R 大的圆周的水平切线方向离开 O 点对于0vv 的滑块，其在 OA 上出发点的位置对应的角必大于0，即0，由于2max，根据机械能守恒，到达 O 点的最大速度 Rgmax2v（8）由此可知，能从 O 点离开滑道的滑块速度是 v0到maxv之间所有可能的值，也就是说，从3至2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2O的距离 O1 O2 O A B P1 P2 tx00v（9）221gtR （10）由（5）、（9）、（10）式得 Rx20（11）当滑块以maxv从 O 点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到2O的距离 txmaxmaxv（12）由（8）、（10）、（12）式得 Rxmax2（13）因此，凡能从 O 点脱离滑道的滑块，其落水点到2O的距离在R2到R2之间的所有可能值即 RxR22（14）二、1由静电感应知空腔 1、2 及 3 的表面分别出现电量为1q、2q和3q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321qqq由静电屏蔽可知，点电荷 q1及感应电荷（1q）在空腔外产生的电场为零；点电荷 q2及感应电荷（2q）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（3q）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321qqq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321qqq，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321qqq及空腔 3 表面的感应电荷（3q）共同产生无论321qqq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Rqqqk321，Q 在 O 点产生的电势为RQk2，这两部分电荷在 O3点产生的电势U与它们在 O 点产生的电势相等，即有 RqqqQkRQRqqqkU22222321321 （1）因 q3放在空腔 3 的中心处，其感应电荷3q在空腔 3 壁上均匀分布这些电荷在 O3点产生的电势为 rqkU3 (2)根据电势叠加定理，O3点的电势为 rqRqqqQkUUU33212222 (3)故 q3的电势能 rqRqqqQkqUqW3321332222 (4)2 由于静电屏蔽，空腔 1 外所有电荷在空腔 1 内产生的合电场为零，空腔 1 内的电荷 q1仅受到腔内壁感应电荷1q的静电力作用，因 q1不在空腔 1 的中心 O1点，所以感应电荷1q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1q中和同理，空腔 2 中 q2也将在空腔表面感应电荷2q的静电力作用下到达空腔 2 的表面与感应电荷2q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321qqq及空腔3 内壁的电荷3q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 三、答案如图所示 a b d Q T T0 SpCFTQ001 0001TSpFSpT tan2=FRSRpCFSCpFSp0002222 C1tan1 1 2 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，0TTCQ(1)此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和若用 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 010TTpp(2)由力的平衡可知 FSppS0(3)由（2）、（3）两式可得 SpTFSpT0001 (4)代入(1)式得 SpCFTQ001 (5)由以上讨论可知，当1QQ 时，T 与 Q 的关系为 0TCQT (6)在QT 图中为一直线如图中ab所示，其斜率 CKab1 (7)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Q，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为 q，由热力学第一定律可知 01VVpTTCqQ(8)q 可由摩擦力做功求得，即 SVVFq021(9)代入（8）式得 0102VVpTTCSVVFQ(10)由状态方程式可知 10TTRVVp (11)将（11）式和（4）式代入（10）式，得 102TTFSpFRRCQ 即 10002222TQFRSRpCFSCpFSpT（12）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 QQQ1（13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得 SpCFTQQSpTFSpSpCFTQFRSRpCFSCpFSpT001000000002222（14）由此可知，当SpCFTQQ001时，T 与 Q 的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为SpCFTQQ001，1TT；斜率为 FRSRpCFSCpFSp0002222（15）在QT 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Kab的直线ab上升到温度为 T1的 b 点，然后沿着斜率为 Kbd的直线bd上升，如图所示 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 LRlr 可得 rRlL (1)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 21cxAv(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为 r R l L S vvLcxtA21(3)由（1）、（3）式得 vvvrRlcxtA21(4)2相对于地面参考系，光源与车厢以速度 v 向挡板运动光源与孔之间的距离缩短为 2c1vll (5)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 221crRlrRlLv (6)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 221crRlxLxtAAvvvv (7)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1iiirrr，其环带面积 iiiiiirrrrr2S22 式中已略去高阶小量2)(ir，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为 iiiiiiirrrrrSq4222020 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 iiiirrqI220 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 20r2iiiiirkrIkB (1)式中ir是一个微小量，注意到21iiiiiirrrrrr，有 iiiiiiiirrrrrrrr111112 (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：21120)(2aaaakB (3)由于 a0a1，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 2021120)(2aaaaakBS(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 21201202120120)(2)(2aaaaaktaaaaakt (5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为 RaaaaakRI2120120)(2 (6)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lI所受的安培力的大小为 lBIf (7)方向如图所示，它沿 x 及 y 方向分量分别 M N Q ffxfyx y O x y l f fx fy l U V yBIlBIfxcos(8)xBIlBIfysin(9)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 0yBIyBIfx (10)（式中cosly，当2时，y是正的，当2时，y是负的，故0y），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 02aBIxBIxBIfy(11)（式中sinlx，由于在 0之间x都是正的，故02ax），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为02aBI，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022aBIF 由（3）、（6）两式得 tRaaaaakBIaF02221212302020)(4 (12)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tB处，距 O 点的距离为 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 1tA处，距 O 点的距离为1Atv 此笛声由发出点到接收点（t 时刻 B车所在点）所传播的路程为 u(tt1)，由几何关系可知 2121A2B)()(ttutt vv (1)即 0)(2)(222122122tuttutuBAvv 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)vB vA O A(t1)tuuutABABA222222221)(vvvvv 由于222Auuv，但 t1 t，所以上式中只能取减号 tuuut2A22B2A2B2A221)(vvvvv (2)tuutt2A22A2B2A2B2A21)(vvvvvv (3)令 kuBABA22222)(vvvv(4)有 tukut2A221v，tukt-t2A22A1vv (5)在1t时刻，位于 1tA处的汽车 A 发出的笛声沿直线（即波线）tBtA1在 t 时刻传到tB处，以 1tA、tB分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有 )()(cos2A2A11AA1vvvkukut-tutt (6)()(cos2221AABBtBkuut-tutvvvv (7)令表示 B 车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知 01coscostAAtBBuuvv (8)由（6）、（7）、（8）式，得 022222222222222222BABAAABABABAuuuuuvvvvvvvvvvvv(9)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 llC32 （1）故 A、B 到质心 C 的距离分别为 llllBA3132（2）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 mgllk20（3）由（2）式可知弹簧 CA 和 CB 的自然长度分别为 00003132llllBA（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 llllBA3132（5）弹簧 CA、CB 作用于 A、B 的弹簧力分别为 0032llkllkfAAAAA 0031llkllkfBBBBB 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 kkkkBA323（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 00 Ax；B 的坐标 lxB0由（1）式，可知此时质心 C 的坐标为 lxC320 （7）在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力gmm2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 A B k x O l C 22213221)0()(gtlgtxtxCC（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xO，原点O与质心 C 固连，取竖直向下为xO 轴的正方向，当小球 B 在这参考系中的坐标为Bx时，弹簧 CB 作用于 B 的弹性力 0BBBBlxkf 当0BBlx时，方向竖直向上此外，B 还受到重力 mg，方向竖直向下；惯性力大小为 mg，方向竖直向上作用于 B 的合力 mgmglxkFBBBB0 由（3）、（4）式得 kmglxkFBBB231（9）令 kmglxXBB231（10）有 BBBXkF（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 kmglxB2310（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 mkmkBBB23（13）离开平衡位置的位移 BBBBtAXcos（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0Bx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 0BBBxlA 由（5）式、（12）式得 kmgkmgllAB32)2(3131（15）因 t=0，XB=AB，且 XB是正的，故 0B 由此得 tmkkmgXB23cos32（16）由（10）式，t 时刻 B 在质心系中的坐标 tmkkmgkmgltxB23cos32)2(31（17）在地面参考系的坐标 txtxtxBCB（18）得 tmkkmggtltxB23cos132212（19）同理，当小球 A 在质心系中的坐标为Ax时，注意到Ax是负的，这时，弹簧 CA 的伸长量为 kmglxlxlxAAAA2323200，当0AAlx为负时，弹力向下，为正，当0AAlx为正时，弹力向上，为负，故有 kmglxkfAAA232 作用于 A 的合力为 kmglxkFAAA232 令 kmglxXAA232 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 kmglxA2320（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 mkmkAA23（21）离开平衡位置的位置 AAAAtAXcos 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0Ax故此时 A 离开平衡位置的距离即为振幅 AA，kmgkmgllxlAAAA34232320 而此时AAAX，故 A 由此得 tmkkmgXA23cos34（22）在时刻 t，A 在地面参考系中的坐标 )23(23cos134213cos342322132220tmkkmggttmkkmgkmglgtlXxtxtxAACA 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xlxC032，A所受的合力为 xlxkmgFCA03223 其加速度为 xlxkmgaCA03223 )1(其相对于质心的加速度为 0032233223lxxkmxlxkmgaaCCAA 其中032lxxC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，3320lxxkmgFCB 3230lxxmkgaCB )2(其相对于质心的加速度为 03223lxxkmaCB)3(其中30lxxC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，mkBA23 )4(解法三：在地面参考系中，列 A、B 的牛顿定律方程)(0121lxxkmgma )1(2)(20122lxxkmgma )2(x1、x2是 A、B 的坐标，l0是弹簧的自然长 0t时，有 0,011vx 0,22vlx l为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系 mgllk2)(0 所以 kmgll20 由)1(+)2(，gaa3221 令gaaa3221，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，2212322gtlxx)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，cos0All 0sin23mkA 得到 0 x1x2k x O A B kmgllA20 所以 tmkkmglxx23cos2012 即 tmkkmgkmglxx23cos2212)5(由)3(2)5(，得 tmkkmggtx23cos1342121)6(由)3(+)5(，得 tmkkmggtlx23cos1322122 7