第24届全国中学生物理竞赛复赛答案

一、参考解

第24 Q处，这时u0的值便是满足题中条件的最大值；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为t1，h1gt 若碰撞正好发生在Q处，则

L 从（1（2）两式解得的u0值便是满足题中条件的最大值u0max 代入有关数

u0max 如果u0u0max，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v1v1 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 mv1=mv1因为碰撞是弹性的，且平板是光滑的，由能量守恒

解（6（7）

1mv2 21mV21 2mu0=2 1V=v1 1碰撞后，平板从其平衡位置以V1O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t0，则平板在t时刻离开平 Acost 式T

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vPQAsint11

A

把（13（14）式代入（10）式

2 2ghTcos2πtπ T 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Q处，则在发生第二次碰撞时，小x座标为在碰撞时，

xt1gt B t 2ghTcos2π π T 2 xBt2xPQt2 由（16（17（18）式，代入有关数 这便是 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如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘Q处，则Lu0t1t2

由（1（20）和（21）u0

t

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的取值范围附：（19）数值求

0.46m/su0 用数值解法则要代入t2不同数值，逐步近所求值，列表如 4.41cosπtπ 2 x4.90t xPQ00-----二、参考解解法BA轴作圆周运动，其速度

vB 点的向心加速度的大

Ba B因为是匀角速转动，B点的切向加速度为0aB也是B点的加速度，其方向沿BA方向．因为CD轴作圆周运动，其速度的大小用vC表示，方向垂直于杆CD，在的时刻，由图可知，其方向沿杆BC方向．2BCBCBC2 vcosπ CDD轴按顺时针方向转动，C点的法向加速vaCn

BBv其方向CD方向

28

下面来分析C点沿垂直于杆CD方向的加速度，即切向加速度aCt．BC是刚性杆，所C点相B点的运动只能是B的转动，C点对B点的速度方向必垂直于杆BCvCB表示其速度的大小，根据速度合成公式 由几何关系 v2v v2v

CB作圆周运动，相对B的向心加速

v

因为CB 其方向垂直杆

24

由（2）式及图可知，B点的加速度沿BC杆的分量

cos4

a a 32 B

a 74

arctan

arctan6 解法二：通过微商求C Ax4此时各杆的位置分别用和ABlBC点坐标表示

2l，CD22l，AD3l，dxClcosyClsin

2l

dxC d2sind l dt

d

2cosdt

d2 d d d2Clcos 2cos 2 dt dtd2 d

dt

dtd

dt2d2Clsin 2sin 2 根据几何关即

dt

dt dt dt2CDsinABsinBCCDcosABcosBCcos22sinsin2 22cos3cos将（7（8）式平方后相加且化简，

2sinsin2coscos3cos32cos2 2对（9）t求一阶微商，代入ππd d1 对（9）式对时间t求二阶微商，并代入上述数据d23 将（10（11）式以及，， d2 Cldt d2 Cl 所

aC

74ldd2 Cd2dtC

所以求

d2ytan Cdt2

d2x C dt2arctan1.4CC 三、参考解mola室中增加的mol气体在进入容器前的体积V，气体进a室的过程中，大气对这部分Ap0UCVTT0

U 4pV 50 由以上各式

p0V0RTV5CVT 5CV

K2打开后，a室中的气体向b室自由膨胀，因系统绝热又无外界做功，气体内能不变，所以温度不（仍为T，而体积增大为原来的2倍．由状态方程知，气体压强p1 2关闭K2，两室中的气体状态相同ppp，TTT，VVV，且1 拔掉销钉后，缓慢推动活塞 ，压缩气体的过程为热程，达最状态时设室气体压、体积温为pa、pb、V、Vb、、b有VVVV

a aVVVV

由于隔板与容器内壁无摩擦，故

b bpa 由理想气体状态方程

因 由（8～（15）式可

VV1 2 TT2CV 在推动活塞压缩气体这一绝热过程中，隔板对a室气体作的功W等于a室中气体内能的增加，W1CTT 由（6（17）和（18）

W C 2CV1p 02R 四、参考解设某一时刻线框在磁场区域的深xxl1，速v，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为vBl2，它框中引起感应电流，感应电流的变化又7 时针方向，则切割磁感应线产生的电动势 与设定的正方向相反，自感电动势v同.因线框处于超导状态，电阻R0，故

EELivBliR 即Li 或

x

Bl2x 即可见ix

i iBl2xCCx0i0，可得C0iBl2L

x0时i0，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即框进入磁场区域时右侧边的电流B2lfBl2i 2x

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（）v00 周T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1mv 1B2l2 2 2L得xm 故其运动方程xLmsint，t从xLmsin2 2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 1mv2 2l 2 由此可知，发生第（i）种情况时，v0的值要满足下 1B2l2mv0 2 2L v0这要求v0满足下式v0当线框的初速度满足（15）12）x0到x1，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0到 1t Lm 121

Bl2 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iBl2l，磁场对线框两条 L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 1mv2 mv2 2l 2 即v 五、参考解解法一由于等离子层的厚度远小于地球的半径，故在所的等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.引力加速

BR03B3.0105T2.410-7 r 125 R

9.8m/s2gr0

g0 uy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，Oz1所示.该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分uyyz轴垂直，故z轴方向不受力作用z轴的分度保持不变.现设想在开始时刻，附加给y轴正向大小为v0的速度，同时附加给粒子一沿y轴负方向大 v0的速度，要求与其中一个v0相联系的洛伦兹力正好与qv0B得v

uuu这样， 的粒子的速度可分为三部分

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，属于等离子层中粒子的无规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v0沿y轴运动．由（3）式可知，v0的大在Oxy平面内的v．与这速度联系的洛伦兹力使粒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qvBmvR得R 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． 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 9.2106 1.7102

jnqv0pv0e 代入有关数

j2.81014 电流密度的方向沿纬度向东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为u2vu2v由（1）、（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ReRp

2e066m和2p29.6m解法由于等离子层的厚度远小于地球半径，故在所等离子区域内的引力场和磁场都可视为匀强场.在该域内磁场的磁感引力加速

R0 3.0B 3BB 3B

T2.4

gR02 9.8m/s2 r 25 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 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程mdvxmg

B

mg

qBvy mdvyqv mdvz0（5）式表明，所粒子的速度在z轴上的分量保持不变，vzu

作变量代换

Vxv Vyvy 其v

把（7（8）式代入（3（4）式

mdVx

mdVyqV FxqBVyFyV2V若用表示F的方向与x轴的夹角，表示V的方向与x轴的夹角，V2V tanFy1 tan2tan1tan21F的方向与VFOxy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qVBmVRR

时刻Vx Vyuy故uuu以上讨论表明，粒子的运动可分成三部

根据（6）vzuz，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，属于根据（7）vxVxvyVyv0Oxy平面内以速率V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，同种粒子相同，但对带正电粒子，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（8v0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 1.7102

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.根据电度的定义代入有关数电流密度的方向沿纬度向东

jnqv0pv0ej2.81014

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u2vu2vuxy（1）、（2、（8、（11）、（12各式并代入有关数据可得电子、质子的ReRp

为2e66m和2p29.6m在六、参考解2．ld1、2两问的参考解法1.求S经双缝产生 图像的零级亮纹P0的位设P0点的坐标为y0，它也就是光源S与S分别对应 条纹的零级亮纹之间的距离，由双P0点的光程差1S2P0S1P0S1S2P0的垂线H点OP0P0与三角S1HS2相Dd，则dyd （ D 2G

S S2 1S2作SS1的垂线交GS到双缝的2SS2 （三角形SOSS1GS2ldSSGGSGSd （ SSSPSSSPdyds 2 1 得yDs

（2.光源情况下，可以导出双缝的相邻两亮纹的间距yDd

（s距y（w的扩展光源是由一系列s察的的每产生纹加扩度为w代入（4）

sD

（y 若

（y （的的的套由（5）式和（7）w解法

PyM是由扩展光源上yMP的平行光bb是由扩展光源下端边缘发出的平行abMabMP0 aa光束中的光线aM1M31P到达观察屏上P点；光线a经过M2M4S2PP生套束b套源在0和双孔，然后在观察屏上产生很多套条纹．这些条纹光强度彼此相加，屏幕上就形成了光强度的分布图2aa与b条纹的相对位置错开的程度由对称性考虑，平行光束aa中两条光线aa在观察屏上P0的光程差为0，即平行光aa产生的那套干bbbM1M3S1bM1点算起，所经光程为M1M3M3S1bM2M4S2bM2M2M4M4S2．由对称M1M3M3S1M2M4M4 也就是说M1M2算起，光b和bS1S2的光程是相等的，但b和b在到M1M2时，二者的相位却M2作斜入射光线bM1的垂线HM2H相位相等，因此，斜入射的两条平行光线b和bS1S2时的相位差是光程差HM1引起的1M2M4S2HM1M3S1HM1 从扩展光源下边缘发出的平行光束斜入射到测星仪，经双孔后发出的相干光在观察屏上坐标为y（坐标原点取P0上）的P点上引起的光程差hd 其零级亮纹所在位P0对应的光程差0P0的坐yh 这也就是平行光aa与bb产生的条纹的零级亮纹（也是两套条纹）错开的距yhd因光源情况下，可以导出双孔的相邻两亮纹的间距yDd当二者错开一个条纹间隔时yy，代入（6）式（星光波长采用h

到到大节MM2离h时h（7式就可确定扩展光源角直径的大注：实际星体都看作均匀亮度的圆形扩展光源，通过调节 使屏幕上的条纹，即各处强度完全等时，通过数学计算， 逊测星仪测量得的星体角直径 h解法3所示，对M1、M3而言，找出S1M3的中间S1M1所成的S1以及光线aM1、M3的反FGGS1GS1FS1FS1，故FS1FG即从a上一S1S1的光程相等．同理可证，从b上一点到S1S1的光程相等M2、 a1ba1bGFh

等aa垂直双孔屏，故lala

平行光束bb斜入射时，可S1、S2b、b两光线到达S1、S2处的光程差lb．由S2作bS1的垂（见图

lbHS1hsin 00S通过双孔S1S2后光线bb射出的相干光线在屏幕上形成的零级亮纹不可能位于P0处，因为二者到达双孔前光线b已超前了光线b，如5所示，光线bS2孔后要多走一段光程来抵消前面的相位差，以达到与光线b在没有光程差的情况下相交于远方屏幕上，形成零级亮纹．该点所对应的bS2孔后多走的lbS2P0S1P0dsin 从lblb可求得平行光束bb经双孔后在观察屏上 零级条纹位置P0．由（3）式和（4）式，P0的位置坐

hdy0Dtan

由小到大调节反射镜M1、M2之间的距离（也就是S1、S2之间的距离）h，直到屏幕上的 各处强度完全相等时，记下此时h的值.这时相干光bb在屏幕上零级亮纹位置P0与P0的距离P0P0等于条纹间隔y，代入（7）由（5（9）

P0P0y00yPPD0 dh

解法根据2问的结果，为使条纹能被分辨