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第第 17 届物理竞赛复赛试题二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 0 nn 0 n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 lr 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 0sin sinnn 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 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 pp c 3 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 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 22 4 若取线段 1 GN的长度正比于光子动量p 2 GN的长度正比于光子动量 p 则线段 12 N N的 长度正比于光子动量的改变量p 由几何关系得 2 sin2sin h pp c 5 12 GN N 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 0 2 cos r t cnn 6 式中 0 cnn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 0 sin cos n hp f tnr 7 按照牛顿第三定律 光子对小球的平均作用力大小Ff 即 0 sin cos n h F nr 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 22 0 222 0 1 n lhrl F nrnr nl 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 第第 17 届物理竞赛复届物理竞赛复赛试题五赛试题五 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 0yL 的区域内有匀强磁场 0 80mL 磁场的磁感强度 的方向沿z轴的正方向 其大小0 10TB 今把一荷质比 1 50C kgq m 的带正电质点在0 x 0 20my 0z 处 静止释放 将带电质点过原点的时刻定为0t 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 2 10m sg 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 1 2 2 0m svg y 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 0 v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0t 时刻 带电质点因具有 沿x轴正方向的初速度 0 v而受洛伦兹力 1 f的作用 10 fqv B 2 其方向与重力的方向相反 适当选择 0 v的大小 使 1 f等于重力 即 0 qv Bmg 3 1 0 2 0m s g v q m B 4 只要带电质点保持 4 式决定的 0 v沿x轴正方向运动 1 f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 1 v和沿x轴负方向的速度 0 v 二者的合 成速度大小为 221 01 2 8m svvv 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 1 0 tan1 v v 4 6 因而带电质点从0t 时刻起的运动可以看做是 速率为 0 v 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 0 56m mv R 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 sin0 40m cos0 40m O O xR yR 8 圆周运动的角速度 1 5 0rad s v 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 0 sin O xv tRtx 10 cos O yyRt 11 式中 0 v R O x O y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 0 80myL 代入 11 式 再代入有关数值 解得 0 31st 12 将 12 式代入 10 式 再代入有关数值得 0 63mx 13 所以带电质点离开磁场下边界时的位置的坐标为 0 63mx 0 80my 0z 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 0 v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 0 v的合速度 若圆周运动的速度在x方向和y方向的分量为 x v y v 则 质点合速度在x方向和y方向的分速度分别为 0 xx Vvv 15 yy Vv 16 虽然 22 xy vvv v由 5 式决定 其大小是恒定不变的 0 v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 x v和 y v都 随时间变化 因此 x V和 y V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 1 cos 2 0m s x vv 1 sin 2 0m s y vv 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 1 4 0m s x V 17 1 2 0m s y V 18 速度大小为 221 4 5m s xy VVV 19 设V的方向与x轴的夹角为 如图复解 17 5 2 所示 则 1 tan 2 y x V V 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 0t 则质点的初速度为 1 1 2 2 0m svg y 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 xy m vqv B tqB 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0t 到tt 时间内x方向的动量的改变为 00 xx mvmvqB yy 因初始时刻 0t 带电质点在x轴方向的动量 0 x mv为零 其位置在原点 0 0y 因 而得 x mvqyB 即 x qB vy 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 y a yx mamgqv B 4 将 3 式代入 4 式 得 22 22 y qBm mayg mq B 5 令 yyD 6 式中 2 222 0 40m m gg D qBq mB 7 即在y方向作用于带电质点的合力 y Fky 其中 22 q B k m y F是准弹性力 在 y F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 2 1 5 0rad s qB m 8 y随时间变化的规律为 0 cos yAt 9 或 0 cos yAtD 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 1 O 作一直角坐标 1 x O 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0t 时刻 M点的在圆周上的位置 恰使连线 1 O M与 y轴的夹角等于 9 式中的常量 0 则 在任意时刻t 1 O与M的连线与 y轴的夹角等于 0 t 于是连线 1 O M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0 40mD 连线 1 O M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vA 方向与 1 O M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 0 sin y vAt 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0t 时 带电质点位 于0y 处 速度 1y vv 把这个条件代入 10 式与 11 式得 0 cos0AD 10 sinvA 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 12 0 56mA 13 把 10 式代入 3 式 便得带电质点沿x轴运动的速度 0 cos x vDAt 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 0 cos At 的合成 带电质点沿x方向的匀速运动的位移 xDt 15 由沿x方向的简谐振动速度 0 cos At 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 00 cossin 2 AtAt 它可能是 0 sin xAt 亦可能是 0 sin xbAt 在本题中 0t 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 0 sinbA 故有 00 sinsin xAAt 16 带电质点在x方向的合位移 xxx 由 15 16 式 得 00 sinsin xDtAAt 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 0 80myL 18 将与 10 式有关的数据代入 10 式 可解得 0 31st 19 代入 17 式 得 0 63mx 20 将 19 式分别代入 14 式与 11 式 得 1 4 0m s x v 1 2 0m s y v 速度大小为 221 4 5m s xy Vvv 21 速度方向为 arctan27 y x v v 22 评分标准 本题 25 分 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 第第 18 届物理竞赛复赛试题四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 0 BBkt 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 0 tt 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 1 I 2 I的方向如图复解 18 4 1 所示 对左环电路ADCFA 有关系 12CFAADC I rI r 因 5 6 CFA r r 6 ADC r r 2 K R 故 2 12 5 66 rr K RII 1 因回路ADCEA所围的面积为 2 23 3 2 12 R 故对该回路有 2 2 23 3 22 126 r KRI 2 解得 2 2 23 3 2 R IK r 3 代入 1 式 得 2 1 103 3 10 R IK r 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 1 cos x FI B l 5 因 cosll 故 1x FI B l 111x FI B lI BPQI BR 6 由于导体弧PQ在y方向的合力为零 所以在 0 t 时刻所受安培力的合力 1 F仅有x分量 即 11 2 103 3 10 x FFI BR R K BR r 2 00 103 3 10 R KBKtR r 7 方向向左 同理 载流导体弧AC在 0 t时刻所受的安培力为 2 22 23 3 2 R FI BRK BR r 2 00 23 3 2 R KBKtR r 8 方向向右 左环所受的合力大小为 3 1200 9 3 5 FFFK BKtR r 9 方向向左 第第 18 届物理竞赛复赛试题五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90VU 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 9 1 10 10Cq 的点电荷 B点有一电量为 9 2 16 10Cq 的点 电荷 OA之间的距离 1 20cmd OB之间的距离 2 40cmd 现 设想球壳的半径从10cma 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 922 9 10 N mCk 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 1 q 2 q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10cma 时球壳外壁带的电量为 1 Q 因为电荷 1 q 2 q与球壳外壁的电 量 1 Q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 1 S Uk a 球壳外壁所有电荷 在球心O产生的电势 1 U为 1 11 SQ UUkk aa 1 点电荷 1 q 2 q在球壳的球心O处产生的电势分别为 1 1 q k d 与 2 2 q k d 因球心O处的电势等于球 壳的电势 按电势叠加原理 即有 121 12 qqQ kkkU dda 2 代入数值后可解得球壳外壁的电量 1 Q为 912 1 12 8 10C qqU Qaa kdd 因球壳内壁无电荷 所以球壳的电量Q 等于球壳外壁的电量 1 Q 即 9 1 8 10CQQ 3 2 当球壳半径趋于 1 d时 点电荷仍在球壳外 设球壳外壁的电量变为 2 Q 球壳外的 电荷 1 q 2 q与球壳外壁的电量 2 Q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 122 121 qqQ kkkU ddd 4 解得球壳外壁的电量 912 211 12 16 10C qqU Qdd kdd 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 9 2 16 10CQQ 5 在10cma 到趋于 1 d的过程中 大地流向球壳的电量为 9 8 10CQQQ 6 3 当点电荷 1 q穿过球壳 刚进入球壳内 导体半径仍为 1 d 点电荷 1 q在球壳内壁感 应出电量 1 q 因球壳的静电屏蔽 球壳内电荷 1 q与球壳内壁电荷 1 q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 2 q与球壳外壁的电荷 3 Q所决定 由于球壳的静 电屏蔽 球壳外电荷 2 q与球壳外壁的电荷 3 Q在球壳内产生的合电场为零 表明对电荷 2 q与 3 Q产生的合电场而言 球壳内空间是电势值为U的等势区 2 q与 3 Q在球心O处产生的电 势等于球壳的电势 即 32 21 Qq kkU dd 7 解得球壳外壁电量 92 311 2 6 10C qU Qdd kd 8 球壳外壁和内壁带的总电量应为 9 31 16 10CQQq 9 在这过程中 大地流向球壳的电量为 0QQQ 10 这个结果表明 电荷 1 q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 2 d时 点电荷 2 q仍在球壳外 令 4 Q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 24 22 qQ kkU dd 11 由此得 92 422 2 12 10C qU Qdd kd 球壳的电量Q 等于球壳内外壁电量的和 即 9 41 22 10CQQq 12 大地流向球壳的电量为 9 6 10CQQQ 13 5 当点电荷 2 q穿过球壳 刚进入球壳内时 球壳半径仍为 2 d 球壳内壁的感应电荷 变为 1 q 2 q 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 5 Q决定 即 5 2 Q kU d 14 可得 9 52 4 10C U Qd k 球壳的总电量是 9 512 22 10CQQqq 15 在这个过程中 大地流向球壳的电量是 0QQQ 16 6 当球壳的半径由 2 d增至 1 50cma 时 令 6 Q表示此时球壳外壁的电量 有 6 1 Q kU a 17 可得 9 61 5 10C U Qa k 球壳的总电量为 9 612 21 10CQQqq 18 大地流向球壳的电量为 9 1 10CQQQ 19 第第 19 届物理竞赛复赛试题三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 C为三角形的中心 三个质点的质量皆为m 带电量皆为q 质点 1 3 之间和 2 3 之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连 在 3 的连接处为 无摩擦的铰链 已知开始时三个质点的速度为零 在此后运动过程 中 当质点 3 运动到 C 处时 其速度大小为多少 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 方向向右 3 的速度方向左 如图复解 19 3 所示 令 1 v 2 v 3 v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 22 31 11 22 2 K Emvmv 1 再由对称性及动量守恒可知 31 2mvmv 2 系统原来的电势能为 2 3 P q Ek l 3 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 22 2 2 P qq Ekk ll 4 根据能量守恒有 PPK EEE 5 由以上各式可解得 2 3 2 3 kq v lm 6 B C 1 2 3 图复解 19 3 第第 19 届物理竞赛复赛试题七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 d T 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 n a 可以证明 2 n avR 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 A R 在B点的曲率半径为 B R 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 xPNyBN 由APN 知 222 APPNAN 即有 222 hyxly 得 222 2 xlh ylh 1 这是一个以y轴为对称轴 顶点位于 1 2 ylh 处 焦点与顶点的距离为 1 2 lh 的抛 物线 如图复解19 7 1所示 图中的 1 2 Hlh A为焦点 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 O B H P A C h y F T T N xM xM x mg 切线 法线 mg 法线 切线 N mg x y C P A O H T C A N 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 2 cosFT 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 2 2 coscos v Tmgm R 3 2 2 coscos mv Tmg R 4 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 2vgy 5 3 求曲车半径R 当绳子断裂时 d TT 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 22 0 v tlh 由此解得 0 vg lh 7 设物体在 N 处的速度为v 由机械能守恒定律可得 2 2 0 2 vvg HBN 8 物体在 N 处法线方向的运动方程为 2 cos mv mg R 9 式中R即为 N 处抛物线的曲率半径 从 7 8 9 式及 1 2 Hlh 可求得 2 cos lBN R 这也等于N点抛物线的曲率半径 BNBNy 故得 2 cos ly R 10 4 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小 把 5 式和 10 式代入 4 式 可求得绳子的张力为 2 mgl T ly 11 当 d TT 时绳子被拉断 设此时珠子位置的坐标为 dd xy 由 11 式得 1 2 d d mg yl T 12 代入 1 式 得 2 d d lh xmgllh T 13 绳子断开时珠子速度的大小为 22 1 2 dd d mg vgygl T 14 第第 20 届物理竞赛复赛试题一届物理竞赛复赛试题一 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 0 v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 22 0 11 22 mvmveU 1 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 max l表示l的 最大值 由角动量守恒有 max 0 mv lmvR 2 由式 1 2 可得 2 0 max 1 2 eU lR mv 3 代入数据 可得 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 max 6 2 lR 5 评分标准 本题 15 分 式 1 2 各 4 分 式 4 2 分 式 5 5 分 第第 20 届物理竞赛复赛试题六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0 x 时 电势U 当x 时 电势0U 电势为 零的点的坐标 0 x 电势为极小值 0 U 的点的坐标为 0 ax 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 0 xx 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 max 2 2 lR 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 1 Q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 2 Q应大于 1 Q 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 1 Q 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 2 Q 且 2 Q 1 Q 按 题目所给的条件有 21 00 0 QQ kk xxa 1 2 因 0 xax 时 电势为极小值 故任一电量为q的正检测电荷位于 0 xax 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 12 22 00 0 QQ kk axaxa 3 由式 1 2 和 3 可解得 0 2 aa ax 4 00 1 2 axU Q ak 5 2 0 0 2 1 2 U xa a Q ak 6 式中k为静电力常量 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 第第 21 届物理竞赛复赛试题五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 21 0 00 QQ kkU axaxa r P2 P1 R a a 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 1 q 与 q1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 由 q2在原空腔内表面的感应电荷的假想 等效 点电荷 2 q 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 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 取代感应电荷后 可用等效电荷 1 q 2 q 和 q1 q2来计算原来导体存在时空腔内部任意点的 电势或场强 1 试根据上述条件 确定假想等效电荷 1 q 2 q 的位置及电量 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 1 OP的夹角为 五 1 解法 如图 1 所示 S 为原空腔内表面所在位置 1 q 的位置应位于 1 OP的延长线上的某点 B1 处 2 q 的位置应位于 2 OP的延长线上的某点 B2 处 设 A1为 S 面上的任意一点 根据题意有 0 11 1 11 1 BA q k PA q k 1 0 21 2 21 2 BA q k PA q k 2 怎样才能使 1 式成立呢 下面分析图 1 中 11A OP 与 11B OA 的关系 若等效电荷 1 q 的位置 B1使下式成立 即 2 1 1 ROBOP 3 即 1 1 1 1 OB OA OA OP 4 则 1111 BOAAOP 有 R a OA OP BA PA 1 1 11 11 5 由 1 式和 5 式便可求得等效电荷 1 q 11 q a R q 6 由 3 式知 等效电荷 1 q 的位置 B1到原球壳中心位置 O 的距离 a R OB 2 1 7 同理 B2的位置应使 2112 BOAAOP 用类似的方法可求得等效电荷 22 q a R q 8 B2 B1 P2 P1 O R a a 图 1 S A1 等效电荷 2 q 的位置 B2到原球壳中心 O 位置的距离 a R OB 2 2 9 解法 在图 1 中 设 111 rPA 111 rBA dOB 1 根据题意 1 q和 1 q 两者在 A1点产生的 电势和为零 有 0 1 1 1 1 r q k r q k 1 式中 2122 1 cos2 RaaRr 2 2122 1 cos2 RddRr 3 由 1 2 3 式得 cos2 cos2 222 1 222 1 RaaRqRddRq 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 222 1 222 1 aRqdRq 5 aqdq 2 1 2 1 6 由 5 6 式得 0 2222 aRdRaad 7 解得 a RaRa d 2 2222 8 由于等效电荷位于空腔外部 由 8 式求得 a R d 2 9 由 6 9 式有 2 1 2 2 2 1 q a R q 10 考虑到 1 式 有 11 q a R q 11 同理可求得 a R OB 2 2 12 22 q a R q 13 2 A 点的位置如图 2 所示 A 的电势由 q1 1 q q2 2 q 共同产生 即 AB a R APAB a R AP kqUA 2211 1111 10 因 22 1 cos2ararAP 2 22 2 1 cos2 a R a R rrAB 22 2 cos2ararAP 2 22 2 2 cos2 a R a R rrAB 代入 10 式得 422222 cos2cos2 1 RraRra R arar kqUA 422222 cos2cos2 1 RraRra R arar 11 评分标准 本题20 分 第1 问18 分 解法 中 1 2 6 7 8 9 式各3 分 解法 的评分可 参考解法 第 2 问 2 分 即 11 式 2 分 B2 B1 P2 P1 O R a a 图 2 S 第第 21 届物理竞赛复赛试题七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 0 v 设导轨足够长 0 x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 0 x 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 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 21 vv BlE 1 当回路中的电流 i 随时间的变化率为ti 时 回路中的自感电动势 t i L L E 2 根据欧姆定律 注意到回路没有电阻 有 0 L EE 3 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 C mVm2 0 v 4 得 2 0 v C V 5 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x O 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 x O y v0 c a b y d uVC 1 v 6 uVC 2 v 7 因相对 S 系 两杆的总动量为零 即有 0 ummu 8 由 1 2 3 5 6 7 8 各式 得 t i LBlu 2 9 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xx 则 由速度的定义 t x u 10 代入 9 式得 iLxBl 2 11 若将 x 视为 i 的函数 由 11 式知ix 为常数 所以 x 与 i 的关系可用一直线方程表 示 bi Bl L x 2 12 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 0 2 1 x 这 时 i 0 故得 0 2 1 2 xi Bl L x 13 或 0 2 12 xx L Bl i 14 0 2 1 x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 0 2 1 xx 就是杆 ab 在 t 时刻相对初始位置的位移 用 X 表示 0 2 1 xxX 15 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 X L Bl i 2 16 这时作用于 ab 杆的安培力 X L lB iBlF 22 2 17 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 LlB m T 22 2 2 18 在任意时刻 t ab 杆离开其初始位置的位移 t T AX 2 cos 19 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 t TT Au 2 sin 2 20 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 0000 2 1 2 1 vvvv C Vu 故有 cos0A sin 2 2 0 T A v 解这两式 并注意到 18 式得 2 3 21 224 00 mL Bl TA vv 22 由此得 ab 杆的位移 t T mL Bl t T mL Bl X 2 sin 222 3 2 cos 22 00 vv 23 由 15 式可求得 ab 杆在 S 系中的位置 t T mL Bl xx 2 sin 222 1 0 0ab v 24 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 t T mL Bl xx 2 sin 222 1 0 0cd v 25 相对地面参考系 S 质心以 0 2 1 v C V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 t mL Bl mL Bl txx 2 sin 222 1 0 00ab v v 26 cd 杆在 S 系中的位置 t mL Bl mL Bl tx 2 sin 222 1 0 0cd v v 27 回路中的电流由 16 式得 t mL Bl L m t T mL BlL Bl i 2 sin 2 2 sin 22 2 0 0 v v 28 解法 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 21 vv BlE 1 令 u 表示 ab 杆相对于 cd 杆的速度 有 Blu L E 2 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 t i L L E 3 根据欧姆定律 注意到回路没有电阻 有 0 L EE 由式 2 3 两式得 t i LBlu 4 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 t x u 5 代入 4 式得 iLxBl 6 若将 x 视为 i 的函数 由 6 式可知 ix 为常量 所以 x 与 i 的关系可以用一直线方程 表示 即 bi Bl L x 7 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 0 x 这时 i 0 故得 0 xi Bl L x 8 或 0 xx L Bl i 9 0 x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 0 xx 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 0 xxX 10 于是有 X L Bl i 11 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 ab maiBl 12 cd maiBl 13 两式相减并注意到 9 式得 X L lB iBlaam 22 cdab 2 2 14 式中 cdab aa 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 L lB 22 2 是常数 表明这个相对运动是简谐振动 它的振动的周期 LlB m T 22 2 2 15 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 t T AX 2 cos 16 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 TT AV 2 sin 2 17 现已知在 t 0 时刻 杆位于初始位置 即 X 0 速度 0 v V 故有 cos0A sin 2 0 T Av 解这两式 并注意到 15 式得 2 3 2 2 00 mL Bl TA vv 由此得 t mL Bl mL Bl t T mL Bl X 2 sin 22 3 2 cos 2 00 vv 18 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 19 所以 t mL Bl mL Bl xxx 2 sin 2 0 0cdab v 20 12 和 13 式相加 0 cdab iBliBlaam 得 0 cdab aa 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 21 由 20 和 21 式相加和相减 注意到 15 式 得 t mL Bl mL Bl txx 2 sin 222 1 0 00ab v v 22 t mL Bl mL Bl tx 2 sin 222 1 0 0cd v v 23 由 11 19 22 23 式得回路中电流 t mL Bl L m i 2 sin 2 0 v 24 评分标准 本题 25 分 解法 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 的评分可参照解法 评分标准中的相应式子给分 第第 22 届物理竞赛复赛试题二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