17第十七届全国中学生物理比赛复赛题参考解答

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第十七届全国中学生物理比赛复赛题参考解答

一、参考解答

设玻璃管内空气柱的长度为h，大气压强为0p，管内空气的压强

为p，水银密度为ρ，重力加速度为g，由图复解17-1-1可知0

()p

lhgpρ+-=（1）

依照题给的数据，可知0

plg

ρ=，得

pgh

ρ=（2）

若玻璃管的横截面积为S，则管内空气的体积为

VSh=（3）

由（2）、（3）式得Vp

gS

ρ=（4）

即管内空气的压强与其体积成正比，由克拉珀龙方程pVnRT

=得

2

Vg

nRT

S

ρ=（5）

由（5）式可知，随着温度落低，管内空气的体积变小，依照（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pV-图上过原点的直线，如图复解17-1-2所示．在管内气体的温度由1T落到2T的过程中，气体的体积由1V变到2V，体积缩小，外界对气体做正功，功的数值可用图中划有歪线的梯形面积来表示，即有

2

2

1212121

()22V

VVWgVVgSSSVρρ????=+-=?

?????

-（6）

管内空气内能的变化

V21()

UnCTT?=-（7）

设Q为外界传给气体的热量，则由热力学第一定律WQU+=?，有

QUW=?-（8）由（5）、（6）、（7）、（8）式代入得V211()2QnTTCR?

?=-+?

?

?（9）

代入有关数据得

0.247J

Q=-

Q（7）

由此可见，只要挑选好飞翔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，则飞翔器就能被小行星撞击．能够把小行星看做是相对静止的，飞翔器以相对速度为vu-射向小行星，由于小行星的质量比飞翔器的质量大得多，碰撞后，飞翔器以同样的速率vu-弹回，即碰撞后，飞翔器相对小行星的速度的大小为vu-，方向与小行星的速度的方向相同，故飞翔器相对太阳的速度为1

2uvvuvu

=+-=-

或将（5）、（6）式代入得

1

0uv?=?

（8）

假如飞翔器能从小行星的轨道上直截了当飞出太阳系，它应具有的最小速度为2u，则有2

0210

2

6MmmuR

G

=-

得

20

u=

（9）

能够看出

1

002

uvu=

>=（10）

飞翔器被小行星撞击后具有的速度脚以保证它能飞出太阳系．

2.为使飞翔器能进入椭圆轨道，发动机应使飞翔器的速度由0v增加到0u，飞翔器从发动机取得的能量

2

2

2

2

2

1

00000

111121522

2

7

2

14

Emumvm

vmvmv=-

=

-

=

（11）

若飞翔器从其圆周轨道上直截了当飞出太阳系，飞翔器应具有的最小速度为3u，则有2

0310

2

MmmuR

G

=-

由此得

飞翔器的速度由0v增加到3u，应从发动机猎取的能量为

2

2

2

2300

11122

2

Emumvmv=

-

=

（13）

因此

2

0122

5

140.71

12mvEEmv==（14）

评分标准：本题25分

1.18分。其中（5）式6分，求得（6）式，讲明飞翔器能被小行星碰撞给3分；（8）式5分；得到（10）式，讲明飞翔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，受重力作用做自由降体运动，当它到达坐标原点时，速度为

12.0ms

v=

=?－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．我们能够设想，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基本上0v的初速度，由于这两个方向相反的速度的合速度为零，因而别妨碍带电质点往后的运动．在0t=时间，带电质点因具有沿x轴正方向的初速度0v而受洛伦兹力1

f的作用。

10fqvB

=（2）

其方向与重力的方向相反．适当挑选0v的大小，使1

f等于重力，即

0qvB

mg

=（3）

1

2.0ms

(/)gvqmB

=

=?－(4)

只要带电质点保持（4）式决定的0v沿x轴正方向运动，1f与重力的合力永久等于零．但此刻，位于坐标原点的带电质点还具有竖直向下的速度1v和沿x轴负方向的速度0v，二者的合成速度大小为

1

2.8ms

v

=

=?－（5）

方向指向左下方，设它与x轴的负方向的夹角为α，如图复解17-5-1所示，则10

tan1

vvα

==

4π

α=

（6）

因而带电质点从0t

=时间起的运动能够看做是速

率为0v，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

mvR

qB

==（7）

带电质点进入磁场眨眼所对应的圆周运动的圆心O'位于垂直于质点此刻速度v的直线上，由图复解17-5-1可知，其坐标为''sin0.40mcos0.40m

OOxRyRαα==??==?（8）

圆周运动的角速度1

5.0rads

vR

ω

==?－（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间t，质点位置的坐标为[]0'sin()OxvtRtxωα=-+-（10）

'cos()

Oy

yRtωα=-+（11）

式中0v、R、ω、α、'Ox、'Oy已分不由（4）、（7）、（9）、（6）、（8）各式给出。

带电质点到达磁场区域下边界时，0.80m

yL==，代入（11）式，再代入有关数值，解

得

0.31s

t

=（12）

将（12）式代入（10）式，再代入有关数值得

0.63mx=（13）因此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具速率为v的匀速圆周运动和一具速率为0v的沿x轴正方向的匀速直线运动，任何时间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0v的合速度．若圆周运动的速度在x方向和y方向的重量为xv、yv，则质点合速度在x方向和y方向的分速度分不为

xxVvv=+（15）

y

y

Vv=（16）

v

=，v由（5）式决定，其大小是恒定别变的，0v由（4）式决定，也是恒定别

变的，但在质点运动过程中因v的方向别断变化，它在x方向和y方向的重量xv和yv都随时刻变化，所以xV和yV也随时刻变化，取决于所考察时间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

π

α=

，故代入数值得

1

cos'2.0ms

xvvα==?－1

sin'2.0ms

y

vvα==?－

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重量，它们分不为1

4.0ms

xV=?－（17）1

2.0ms

yV=?－（18）

速度大小为

1

4.5ms

V

=

?－（19）

设V的方向与x轴的夹角为β，如图复解17-5-2所示，则

1tan2

yx

VVβ==

得27β

=?

（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的时间作为起始时间（0t=），则质点的初速度为

1

1

2.0ms

v=

=?－（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，所以质点动量在x方向的重量的增量为

xymvqvBtqBy

?=?=?（2'）

y

?是带电质点在t?时刻内沿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

?时刻都成立，因此在0t=到tt=时刻内x方向的动量的改变为

00()

xxmvmvqByy-=-

因初始时间（0t=），带电质点在x

轴方向的动量0xmv为零，其位置在原点，0

y=，因而

得

xmvqyB

=

即xqBvy

m

=

（3'）

当带电质点具有x方向的速度后，便马上受到沿y负方向的洛伦兹力的作用．依照牛顿第

二定律，在y方向上有加速度yay

xmamgqvB

=-（4'）

将（3'）式代入（4'）式，得22

22

()yqBmmaygmqB????=--???????

（5'）

令'yyD

=-（6'）

式中

2

22

2

0.40m

()

(/)mggD

qBqmB

==

=（7'）

即在y方向作用于带电质点的合力'yFky=-

其中22

qBk

m

=

y

F是准弹性力，在yF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

5.0rads

ω

==?－（8'）

'y随时刻变化的规律为

0'cos()

yAtω?=+（9'）

或

0'cos()yAtD

ω?=

++（10'）

A

与0?是待求的常量，质点的简谐运动能够用参考圆来描写，以所考察的简谐运动的振幅A为

半径作一圆，过圆心1O作向来角坐标1''xOy．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ω，且按逆时针方向转动，在0t=时间，M点的在

圆周上的位置恰使连线1OM与'y轴的夹角等于（9'）式中

的常量0?，则在任意时间t，1O与M的连线与'y轴的夹角等于0

t

ω?+，于是连线1OM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0.40m

D

=，连线1OM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

Aω

=，方向与1OM垂直，速度v

的y重量算是带电质点沿y轴做简谐运动的速度，即0sin()

y

vAtωω?=-+（11'）

（10'）和（11'）两式中的A和0?可由下面的办法求得：因为已知在0t=时，

带电质点位于0y=处，速度1y

vv=，把那个条件代入（10'）式与（11'）式得

0cos0

AD?+=

1

sinvAω?=-

解上面两式，结合(1')、(8')式，注意到振幅A总是正的，故得054

π?=(12')0.56m

A

=(13')

把（10'）式代入(3')式，便得带电质点沿x轴运动的速度0cos()

x

vDAtωωω?=++(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

Dω和x方向的简谐振动速度0cos()Atωω?+的合成，带电质点沿x方向的匀速运动的位移

'xDtω=（15'）由沿x方向的简谐振动速度0cos()

Atω

ω?+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．由参考圆办法可知，沿x方向的振动的位移''x具有如下的形式00cossin()2At

Atπω?ω??

?

+-

=+???

它也许是0''sin()

xAtω?=

+，亦也许是0''sin()xb

Atω?-=+．在本题中，0

t=时间，x应为

零，故前一表示式别符合题意．后一表示式中，b应取的值为0

sinbA?=-，故有

00''sinsin()

xAAt?ω?=

-++（16'）

带电质点在x方向的合位移'''xxx=+，由（15'）、（16'）式，得

00sinsin()

xDtAAtω?ω?=-++（17'）

（17'）、（10'）、（14'）和（11'）式分不给出了带电质点在离开磁场区域前任何时间t的位置坐标和速度的x重量和y重量，式中常量ω、A、0?、D已分不由（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