2022年第39届全国中学生物理竞赛复赛试题和答案

第第#第39届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答（2022年9月17日9:00-12:00）、（1）迈克尔逊干涉等效于薄膜干涉，照明光为发散光束，反射镜与臂垂直，所以等效于等倾干涉。设开始时两个臂的光学长度差为d，中心为亮条纹： 2n —□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ 2d+A0=2知 □□□□□□□□□□□□□□□©入其中k为整数。一共20个亮条纹，故对于干涉场最外侧的亮条纹： 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□^^2dcosy+A^=2（k-19）n』』』』』』』』』』』』』』』』N②入 M其中Y为薄膜干涉的最大倾角，由①②式得：M 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ 2d（1-cosy）=19x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□③入 M'2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□an2A2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□an2AdX=23x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□④最外侧的变化：2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□—2AdcosY=20x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑤TOC\o"1-5"\h\zX M于是得:20 23□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□cosY=和Ad=X ⑥M23 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□代入③式得:□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□藉2d11-201=19x2n ⑦XI23> □□□□□□□□□□□□□□□□□□□由此得:23x19 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□2d= X=145X ⑧3 3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□代入①式：□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□辛|1452X|+A9=2kn ⑨XI3' □□□□□□□□□□□□□□□□□□即：□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□145x2n+2x2n+△甲=2kn ⑩3 □□□□□□□□□□□□□□所以A平应该为：2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□AW=— ⑪3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□【注：因为光波函数以2n为周期，所以A9=：+2k，兀（k'为一整数）都算对】（2）反射镜移动后，中心为亮斑、干涉场最外侧为亮条纹，设一共有m条亮条纹，于是:

TOC\o"1-5"\h\z ZJt c□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□—2(d-△』)(！-cosy)=(m-1)2tt ⑫人、八W、 ，ODD由此得：□□□□□□□□m=171□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑬设液体的折射率为n，如解题图□□所示。图中，0、i分别是光线的入射角、折射角。由折射定律有□□□□□□□□□□sin0=nsini□当石英槽相对于与透射臂垂直方向改变0时，光线往返通过石英槽的光程在槽内有、无液体两种情形下的值之差为：□解题图ia△L(0)=2(nOA+AC-解题图iasin0sini).t

cos0nt +1cosiDDDDDDDDDDD2tnnsin2it

cos0nt +1cosiDDDDDDDDDDD2tnnsin2icosicosi1 sin20cos0cos0sin20=2nt\J 2tcos0DDDDDDDDDDDDD'・n2DDDDDDDDDDDDDAL(0)-AL(0)AL(0)-AL(0)=2ntI1--2t(1-cos0)=-人ANDDDDDDDDDDD因为角度0比较小，虹<<1，将上式对0作小量展开并保留至一阶小量:n2sin20□□□□□□□□□□□t^^--2t(1-cos0)=-人AN ⑯n □□□□□□□□□□□□⑰□□□□□□□□□□□□□□□□□tsin2⑰□□□□□□□□□□□□□□□□□2t(1-cos0)-XAN将题给数据t=2.00mm，0=5.00。，AN=N2-N〔=7，代入⑰式得:□□□□□□□□□□□n=1-411□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑱评分标准：第(1)问23分：①②式各3分，③式2分，④⑤式各3分，⑥式4分，⑧式2分，⑪式3分;第(2)问5分：⑬式5分；□第(3)问12分：⑭⑮⑱式各4分。二、(1)(□)不计边缘效应和漏磁。记螺线管长度为l、通电电流为I，则管内磁感应强度为□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□B=*nI=K：’]□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□①螺旋管的磁通匝链数为□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□中=NBnr2=KN血"'□□□□□□□□□□□□□□□□□②l螺线管的电感为 中uN2nr2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□L=I二七广□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□③

弹簧的弹性势能为W=1k（/-1）2]NNDDDNNNDNDDNDD④k2 0当I=/时，电感存储的磁场能量为01 aN2nr212W=—LI2= DDDDDDDDDDDDDDDD⑤b20 21DDDD考虑一缓慢、微小形变过程，记A1为过程中的弹簧的微小伸长量（可正可负，视为无穷小量）。加载于弹簧两端以维持弹簧平衡的外力设为F（以拉伸方向为力的正方向），则依功能原理有DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDFA1+AA=AW+AWDDDDDDDDDDDDDDDDDD⑥S k B其中AAs是恒流源克服自感电动势所做的功。按照法拉第电磁感应定律，维持电流=/0不变，螺线管所在电流回路的自感电动势为（沿电流的反方向）DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDU=暨=A（虬）DAt At恒流源克服自感电动势做的功AA为SDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDAA=UIAt=A（虬）IAt=12AL=-AWDDDDD⑦TOC\o"1-5"\h\zs0 At0 0 s式中DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDW=-LI2DS 0将④⑤⑦式代入⑥式，并与下式DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDFAl=AWDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD⑧比较得1 aN2兀r212 _W=W+W+W=一k(1-1)2-0 DDDDDDDDD⑨kbs2 0 21由⑧⑨式得DDDDDDDDDDDDDDDDF=AW=k(1-1)+1%"N2"12DDDDDDDDDDDDDDDDDD⑩A1 0 2 12 0缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度1疽换言之，当1=1p时F=0。由⑩式得k(1-1)+1a0nN2r212=0DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD@p0 2 12 0p此即为所求的1需满足的代数方程。p若1=1+51，对⑩式做小量51展开得pTOC\o"1-5"\h\z(anN2r2 \_ _DDDDDDDDDDDF=k- —1251+…=k8/+DDDDDDDDDDDDD⑫13 0 effIp，式中，…是比51更高阶的小量，keff是通电弹簧在平衡长度1附近发生小幅度形变时的等效弹性系数。由⑪⑫式得 eff panN2r2 a兀N2r2G1-21)k=k-a0 12=0p012DDDDDDDDD⑬eff 13 0 213(1-1) 0P p0pDD(ii由⑪式得kDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD12= (21-21)11DDDDDDDDDDDDDDD⑭0anN2r2 0ppp由平均值不等式0由平均值不等式□□□□□□□□3ObC<a+b+c,当a〉0,b〉0,c〉0;当且仅当a=b=c时取等号3知TOC\o"1-5"\h\zk (2/¥ 8 kl3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□12<—k—I当I=-——M—□□□□□□□□⑮0日nN2r2I3) 27日nN2r20 0…一、 2 …… 一等号仅对应于l=2l的情况。于是p30I<J——kl0—□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑯0 ■■27四nN2r20(2)忽略边缘效应和漏磁。由于整个通电回路电阻为零，弹簧拉伸或者压缩时，回路自感电动势为零，此即自感磁通不变，故LI=LI'="0nN2r2/'□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑰00 l 00其中长度为l的弹簧螺线管自感系数L由③式给出，其对应的电流为I；而□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□L=『2r2□0l0故电感磁能为1 (L尸)2 (L尸)2aN2兀r2尸2W=LI2=—00= 00l="0 0l□□□□□□□⑱B2 2L 2aN2兀r2 2l200由④⑱式得系统总能量为W=W+W=-k(l-l)2+a0N2%r2102m□□□□□□□□□□□□⑲

kB2 0 2l20

考虑缓慢、微小形变过程，记Al为过程中的弹簧的微小伸长量(可正可负，视为无穷小量)。加载于弹簧两端以维持平衡的外力设为F(以拉伸方向为正向)，则过程中按功能原理有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□FAl=AW□其中W由⑲式给出。由上式得□□□□□□□□□□□□□□□□□□□F=AW=k(l-l)+1"0nN2r2I'2]□□□□□□□□□□□□□⑳Al02 12 00缓慢撤除外力后，弹簧达到新的平衡位置时的长度r。此即当l=l-时f=0，由⑳式得k(V-1)+-a0"N2r2尸2=01□□□□□□□□□□□□□□□□□□㉑p0 2l2 00解得1anN2r2l=l- 0E□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□㉒p02kl2 00若l=l'+81，由⑱式得□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□F=k51=k'51p eff故通电弹簧在平衡位置附近发生小幅度形变时的等效弹性系数为□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□k'="□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□㉓eff评分标准：本题40分。第（1）问26分，其中□第（i）小问21分，①②③④式各1分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各2分，⑬式1分;□第（ii小问5分，⑭⑮式各2分，⑯式1分。第（2）问14分，⑰式3分，⑱⑲⑳㉑㉓各2分，㉒式1分。二 .、（1）设重力加速度大小为g。由质心运动定理得到a=gsin0,a=-gcos0x y球从出射到落下期间做抛体运动，球心在时刻t的速度为（以球抛出瞬间为时间零点）v二 .、（1）设重力加速度大小为g。由质心运动定理得到a=gsin0,a=-gcos0x y球从出射到落下期间做抛体运动，球心在时刻t的速度为（以球抛出瞬间为时间零点）v=gtsin0,v=V一gtcos0x y相对于其初始位置的位移为1,工=$gt2sin0,设球从出射到再次落到斜面所需时间为Ty（T）=0，，■1.y=Vt-2gt2cos。由此得T=二gcos0再次落到斜面时（t=T）球心的速度则为v=Tgsin0=2Vtan0,v=-Vx y而沿着斜面的速度的增加为即垂直于斜面的速度大小不变、方向相反，w=2Vtan0球在空中运动时，只受重力作用，由于相对于球心的力矩为零，因而由质心系中以质心为参考点的角动量定理知，球在空中运动时角速度不变，仍为零。 ⑤（2）设球的角速度和球心在x方向的速度在某次碰撞前分别为3和v，碰撞后则分别变为了3和v，ii ff均以顺时针转动为正。设碰撞过程中摩擦力沿着负X轴方向投影的时间平均值为F。由动量定理⑥这里角速度以及质心角动量定理可得由弹性碰撞过程中动能前后不变可得联立⑧⑩得-FAt=mv-mvfiRFAt=I(ffl-ffl)fiv-v=--R(3-3)

fi5fi—mv2+—I④2=一mv2+—I④22f2f2 】2】v2-v2f i=-2R25(32-f32)i4“R3,7iR3—f10—v7i-3R37i（因为碰撞过程中有静摩擦，故去掉了增根Vf=v,,2Vtan0,ffl=0=3）。根据（1）问结果，第1次碰撞前有iv-1i将其代入⑪式得，第1次碰撞后有1i6Vtan0v= if720Vtan03=—if7R即第1次碰撞后，球心速度为vx+Vy=V|6tan0x+yif 17这里x和j）分别表示沿X轴正向和y轴正向的单位矢量。（3）设第n次碰后的角速度和球心在X方向的速度分别为o和v（略去下标f，下同），从第n-1次碰撞后到第n沿着X方向的速度由v增加为v+w。将⑪式应用于第n次碰撞n-1 n-1次碰撞前，小球绕球心的角速度不变，为®n-1v=-(v +w)+—Ron7 n-1 7Ro=—(v +w)--Ron7 n-1 7n-1n-1【解法一】将⑭式乘某个常数a再与⑬式相加得“ 3+10aI 4-3a“+aRo 1v+ Ro+wn7In-13+10a n-1选取a满足4—3a =a3+10a符合条件的a有两个，分别为-1, a2=5分别将其代入⑮式，给出v一Ron2v+—Ron5n=-(v -Ro)-wn-1 n-1=Iv+—Ro |+wIn-1 5n-1)由此解得-Ro+-w=(-1)n-11v-Ro+-wn2 "1 1 2将⑫式代入⑳㉑式，给出由此得5v=-n7v+-Ro=Iv+-Ro)+(n-1)wn5nI1 5c (-1》-1—Ro=nw,2+—Ro=nw5n1-(-1》n—5w,1-(-1》n+2因此当n为偶数时10nVtan10nVtan0v=—nVtan0

n7当n为奇数时，v=—(5n-2)Vtan0,n7o=10(n+1)淄

n7 R【解法二】将⑫式代入⑬⑭两式得此外，若10 20v=—w=—Vtan0=Ro2 7 7 2⑮'v=Ron n⑯'3 n 10v=v+—w，Ro=v+—wn+1 n7 n+1 n 7⑰'10Dv=v+—w=Ron+2 n7 n+2⑱'则由⑬⑭两式得当n为偶数时，考虑到v〔）=R气=0，由⑮，⑱彳得v=10nVtan0

n710nVtan0由⑰⑲，得，当n为奇数时v=2(5n-2)Vtan0,n7【解法三】将⑬⑭式写成矩阵形式V〉 /V +W〉 (v〉 (WnI=AIn-i I=AI n-iI+AIR号"Ro ) "Ro) "0n n-1 n-1/其中由于第1次碰后由此不难递推给出Vn|=(^n+An-1+…+人2+人)|^Ro) "0n而由于A2=J（J为单位矩阵），因而当n为偶数时，Ro)=2(a+j)[:]*[1n,即有当n为奇数时，即有n1[(n+1)A+(n-1)J]lW5 10 八v=Ro=nw=—nVtan0nn7 7w[5n—27I5(n+1)vn=7(5n-2)Vtan0,气号(n+1)V^⑲，⑳'⑮〃⑯''⑰"⑱''⑲''⑳㉑''㉒''（4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分别为％〔+w和七，因而前n次碰撞过程中斜面对球提供的x方向的总冲量为J=£m[v-(v+w)]=mv-nmw

k k-1 nk=1求和利用了初始条件V=00此外每次碰撞过程中斜面给球的y方向的冲量相同，均为2mV,故J=£2mV=2nmVyk=1因此总冲量为J=£2mV=2nmVyk=1因此总冲量为将㉓式和w=2Vtan0代入㉘式得当n为偶数时，当n为奇数时，J=m(v-n'w)X+2nmVyn2J=mV7+1-(-1)n]tan0X+7渺｝J=—nmV(-2tan0x+7y)7J=—nmV7-2[1+-jtan0X+7y㉗㉘㉙㉚㉛评分标准：本题40分。第（1）问5分，①②③④⑤式各1分。第（2）问13分，⑥⑦⑨式各3分，⑧⑩⑪⑫式各1分。第（3）问15分，⑬⑭式各2分，【解法一】⑮⑯⑰⑱⑲⑳㉑㉒㉓㉔㉕式各1分。【解法二】⑥⑯⑱，式各2分,⑰式3分，⑲⑳，式各1分。【解法三】⑮"⑯〃⑰〃式各2分,⑱"⑲〃⑳〃㉑〃㉒〃式各1分。第（4）问7分，㉖式2分，㉗㉘㉙㉚㉛式各1分。四、（1）（i）在L系中：杆的运动可以分解为质心的运动和杆绕质心的转动。质心的运动是随P点绕O轴作角速度为①的匀速圆周运动和随杆绕P点作圆周运动的合运动。因此杆质心的平动动能为1E=m[①2（R+asin0）2+a2O2] ①2分LCk2杆绕质心的转动可以看成两个正交的定轴转动的合成：一个是杆以倾角0绕过其质心的竖直轴的转动，角速度为①；另一个是杆绕过其质心、且与杆垂直的水平轴以角速度0转动。对于前者，可以将①正交分解成沿杆方向和垂直于杆的方向，沿杆方向对动能没有贡献，因此只需计及垂直于杆的方向的分量；或者不对①进行分解，而是计算其转动惯量时将杆对C1轴（过杆质心的竖直轴）的质量分布投影到与轴垂直的方向上。杆绕质心的转动动能可表示为TOC\o"1-5"\h\z1 . - _XE，=I(o2sin20+62) ②3分Lk2C或\o"CurrentDocument"1 -E，=(Io2+I。2) ②'2分Lk2C1 C其中I为杆对C1轴的转动惯量C1I=一m(2asin0)2=-ma2sin20 ③'1分ci12 3②式和②'式中I为杆对过质心且与杆垂直的轴的转动惯量CI=—m(2a)2=—ma2 ③1分c12 3杆的动能为其质心的平动动能和杆绕质心的转动动能之和E=E+E'Lk LCk Lk1=一m[o2(R+asin0)2+a202]+ma(02sin20+02) ④ 1分2 6/ .八、1 .c 2 x=-m[(R+asin0)2+-a2sin20]o2+—ma2023 3以圆环平面为重力势能零点，杆的势能为E=mgacos0 ⑤ 1分Lp杆的机械能为E=E+EL Lk Lp八2 1 1 __ ― 1=mgacos0+—ma202+m[(R+asin0)2+a2sin20]o2 ⑥1分3 2 3八2 ~2 1 「=mgacos0+3ma202+m[(jasin0+R)asin0+^R2]o2(ii)在随OP矢径转动的转动参考系S中：杆只做在过P点的矢径所在的竖直平面内绕P点的转动。杆的动能为TOC\o"1-5"\h\z1E=I02 ⑦1分Sk2P式中，I是杆绕过其端点、且与杆垂直的轴的转动惯量。按照平行轴定理有P■, 4 不 -八I=I+ma2=ma2 ⑧ 1分pc 3由⑦⑧式得1-2 - _―E=I02=—ma202 ⑨1分Sk2P3在转动参考系中除重力势能外，还要考虑离心势能。以圆环中心为势能零点，可以写出杆的势能E=mgacos0-一Io2 ⑩2分sp 20式中，I是杆对过O点的竖直轴的转动惯量O

I=—m(asin0)2+m(R+asin0)2⑪2分

o3这里已利用了平行轴定理。杆的机械能为E=E+ESSkSpTOC\o"1-5"\h\z2二 .11=3ma202+mgacos0-^[3m(asin0)2+m(R+asin0)2]①2 ⑫2分八2 1=mgacos0+3ma202- asin0+R)asin0+^R2]①2在随OP矢径转动的转动参考系S中。杆处于平衡位形的条件是其所受合力矩L(指向圆环在P的切向)为零：fmTOC\o"1-5"\h\z④2(R+1sin0)lcos0 dl合〜 2a0.八 4=mgasin0+ma④2(R+—asin0)cos0=0或等价地，其势能取极值，即dE 4d0p=-mgasin0-ma®2(R+—asin0)cos0=0可得杆处于平衡位形的条件是，0必须满足tan0+4a®2sin0+R®2=0 ⑭1分3gg或cot0+—acos0+——=0⑭'1分3R R®2⑭式可化成关于sin0的四次方程，难于给出解析解。采用图解法比较容易求解。为此将⑭式写为-tan0=Asin0+B ⑮1分其中a=4—®2,B=R®2，均为正值。在坐标图上画出⑮式左右两边随0变化的曲线，两曲线的交点即为所求的平衡位形，即满足⑮式的0值。⑮式左边可直接画出y=-tan0的曲线。右边y=Asin0+B则按照系数来考虑。基本的曲线是正弦形，A决定了它的幅度，而B为其基线，决定了其上移的程度。

按题意，有R>0,即8>0,正弦曲线的基线处于横轴上方。从题解图4a看出，不论各己知量取值如何，两条线在第I象限不可能有交点，即平衡位形不可能出现在第I象限。⑰1分在第ILIV象限两条线有且仅有1个交点，即在这两个象限各有1个平衡位形。⑱ 2分第III象限的情况较为复杂，与各参数取值相关，可能出现0〜2个交点。如果/较小而3较大，两曲线可能不相交；反之则可能有两个交点；A,B满足一定关系则两线相切，只有一个交点。两曲线相切意味着在切点有共同的切线，即⑮式两边对0的导数相等。有 二Acos0COS20 ()()cos3cos30 0A3g4①2a这里，0是切点所对应的角度。将其代入平衡位形下0满足的关系式⑭或⑮，可知在第III象限存在单一平衡位形0所需要的条件是TOC\o"1-5"\h\zB=tan30=-Asin30 ㉑0 0由⑳㉑式得2 2A3=B3+1㉒此即[3aj-R弋：㉓1分【若有同学在（2）问的解中得到⑭'式，则将其改写成-cot0=A'cos0+B'⑮'1分

其中A'=4a,B'=g，均为正值。3R R32在坐标图上画出⑮'式左右两边随0变化的曲线，两曲线的交点即为所求的平衡位形，即满足⑮'式的0值。⑮'式左边可直接画出y=-cot0的曲线。右边y=A'cos0+B，则按照系数来考虑。基本的曲线是余弦形，A'决定了它的幅度，而B'为其基线，决定了其上移的程度。⑯'⑯'4分按题意，有R>0，即B'>0，余弦曲线的基线处于横轴上方。从题解图4a'看出，不论各已知量取值如何，两条线在第I象限不可能有交点，即平衡位形不可能出现在第I象限。 ⑰’1分在第II、IV象限两条线有且仅有一个交点，即在这两个象限各有一个平衡位形。⑱’2分第III象限的情况较为复杂，与各参数取值相关，可能出现0~2个交点。如果A'较小而B'较大，两曲线可能不相交；反之则可能有两个交点；A'、B'满足一定关系时则两线相切，只有一个交点。两曲线相切意味着在切点有共同的切线，即⑮'式两边对0的导数相等。有TOC\o"1-5"\h\z =-A'sin0⑲'sin20 00即sin30=-一=-— ⑳'1分0 A' 4a这里，0是切点所对应的角度。将其代入平衡位形下0满足的关系式⑭'或⑮'，可知在第III象限存在单一平衡位0形所需要的条件是B'=-cot0+cos00=-cot0(1-sin200)=-cot30 ㉑’0sin30 0sin20 00 0联立⑳'㉑'式得2 2^A'3=B'3+1㉒’【同样可得到㉓式 1分】㉓式是在第III象限出现一个平衡位形应满足的条件。由题解图4a(或题解图4a')和式㉓可知，对任意给定的①，若杆较短，环半径较大，使得

2 23a13-R3< 3，杆在第III象限没有平衡位形；㉔1分反之，对任意给定的①，若杆较长，环半径较小，使得213，杆在第III象限会有两个平衡位形。㉕1分(4)各象限杆位形的受力示意图如解题图4b所示：由于惯性离心力是分布力，这里仅示意性画出其对P点有力矩第III象限『顷〜寻时，没有平衡位形4- - £第III象限3 co时，可以有平衡位形(4)各象限杆位形的受力示意图如解题图4b所示：由于惯性离心力是分布力，这里仅示意性画出其对P点有力矩第III象限『顷〜寻时，没有平衡位形4- - £第III象限3 co时，可以有平衡位形co~第IV象限可以有平衡位形解题图4b杆在各象限受力分析(5)各平衡位形稳定性分析

将平衡位形的0值记为0。E解法(一)：微扰法。在平衡位形附近0=0_+A0(|A0|<<1)，对S系中⑬式给出的合力矩L合(0E+A0)做小量A0展开，有L(0+A0)合E2mgasin(0+A0)+ma①2[Rcos(0+A0)+—asin(20+2A0)]

e e 3 e㉛2分.mga[cos0-"2Rsin0+4血2Egcos(20)]A0E3gE则有对上式的讨论和采分点见后文。这里不单独给分。<0,恢复性力矩，稳定平衡=0,拐点，不稳定平衡>0,破坏性力矩，不稳平衡L(0+A0)合~~E A0解法（二）：势能法。以势能对9的二阶导数来判断平衡位形的性质。d2E 八 4 4a。sp=-mgacos9+ma®2(R+asin9)sin9一ma解法（二）：势能法。以势能对9的二阶导数来判断平衡位形的性质。d2E 八 4 4a。sp=-mgacos9+ma®2(R+asin9)sin9一ma2®2cos29R淼2,4a®2 4a®2=mga[-cos9+( + sin9)sin9 cos29Jg 3g 3g=-mga(cos9-R®2sin9+4a®2cos29)g 3g㉛’2分【对比㉛式和㉛'式，可以看到位&d929=9e、9a；a9），所以后面相应的讨论二者相同，只差一个正负号。不再分别给出解答。】将平衡位形条件⑮或⑮’（将满足这两式的9记为9）代入㉛或㉛'式，得出在平衡位形下:Ed2E Spd929=9在第II象限，tan9<0，sin9>0在第IV象限在第III象限，从题解图4acos9>-A~3EL(9+A9)_合eA9mgacos29[-—1——'炉％Ecos9 cos9EEmgacos29 e(B-tan39)sin9 EEmgacos29R®2 e( tan39)gAJ㉜ 3分sin9E化L(9+A9)，故合e7<0A9d2E Spd92|9=9>0，为势能极小值点，是稳定平衡。㉝tan9<0，sin9<0，故■合(％+展)>A9tan9>0，sin9<0，无法用㉗式判断正负。d2E Sid929=9d2E Spd929=9e<0，为势能极大值点，是不稳定平衡。但有cos0<0，因此将㉗式改写为八4 八-mgacos9ma2①2cos29E31-mgatan9sin9E EE冬（1+Acos39）

cos9 EE或4.可以看出，当有两个平衡位形时3g)3=cos9，即在9>9的平衡位形，L4®2a 0 E0两个9会位于9两侧。从㉚式可以得出，若0d2E

Spd92合(9e+A9)<0A9>0，为势能极小值点，9=9e是稳定平衡;对0<0的平衡位形，％（七+A0）>0,牛 <0，为势能极大值点，是不稳定平衡； ©1分E0 A0 d020=0在各参数满足只有一个平衡位形的情况下，0在各参数满足只有一个平衡位形的情况下，0=0，E01分d2E ,一一、一，七陆=0，为势能曲线拐点，是不稳定平衡。d020=0验证d2E Spd验证d2E Spd020是拐点:0=0d3Epd03=mga[sin0+(B+Asin0)cos0+Asin0cos0+2Asin0cos0]1分=mga(sin0+Bcos0+4Asin0cos0)将⑯式代入㉞，在0=0有0d3E p=3Amgasin0cos0丰0d03 ° 0 00=0故0=0是势能曲线的拐点。0评分标准：共60分第（1）问18分①式2分，②式3分（或②'式2分+③'式1分），③④⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩⑪⑫式各2分;第（2）问3分⑬（或⑬'）2分，⑭（或⑭'）1分。第（3）问12分⑮（或⑮'）1分（只要写成正切与正弦线性函数分列等式两边就给分，不必简化系数）；⑯（或⑯'）题解图4a（或4a'）4分（其中示意画出正切曲线与正弦曲线的关系3分，画出正弦曲线基线和振幅1分），⑰（或⑰'）1分，⑱（或⑱'）2分（两个象限每个1分），⑳（或⑳'）㉓㉔㉕各1分。第（4）问13分题解图4b㉖㉗每图2分（其中图1分，判断1分）；㉘㉙㉚每图3分（其中图2分，判断1分）。注：主要要求画对力的方向。第III象限两个图中如果以O轴为分界线画出两个反向的等效惯性离心力，则要求两个力的大小关系满足合力如题解相应的图中所示的方向。第III象限两个图的判断只要求写对。较小或较大（或者R较小或较大）就可以给分。第（5）问14分㉛（或㉛'）2分，㉜3分，㉝㉞各1分；㉟2分，@©@@@各1分。

五、根据牛顿第二定律和胡克定律，弹簧1的长度X(t)及小球加速度(0满足的运动方程为mx=-kx+mg+F(t)①3分I I这是一个振动方程。解此方程可以得到x1(t)(包含两个待定常量)。解法(一)：设小球在某时刻t位于平衡位置，此刻的xi(t)满足-kx(t)+mg+F(t)=0②2分i将f(t)=at代入方程②得x(t)=气+.t③1分小球相对于此平衡位置的位移Ax(t)=x(t)-x(t) ④2分ii满足微分方程Ax+CD2A%=0⑤2分其解为Ax=Acos(①t+中)⑥2分式中A和9为待定常量。于是x(t)=Acos(wt+9)+宣t+^^⑦1分

i kk解法(二)：令x=x1-mg，小球的运动方程可化成将F(t)=at代入②'，得.. at③'1分尤+C02③'1分m非齐次微分方程的通解可表示为一个特解和该方程所对应的齐次方程的通解之和，后者即x=Acos(wt+9)④'2分通式中A和9为待定常量。此非齐次项显然有下列形式的特解x=Bt，特式中B是待定常量。代入方程③'可定出aaB= =—mw2k于是

TOC\o"1-5"\h\zx=Acos(3t+中)+kt ⑥’ 2分故x(t)=Acos(rat+中)+巴t+mg ⑦'1分i kk初始条件为x(0)=性，(0)=0 ⑧2分1k|由⑧第1式有x1(0)=Acos中+mg=mg即中=±兀⑨1分

2由⑧第2式有. a工(0)=-Arasin甲+上-0即,aaA= =±— ⑩1分raksin平 raksin甲= =1ArakAsin甲= =1ArakaaAaaA=—=—rakk因此有x(t)=-asinrat+at+mg⑫3分1rakkk由胡克定律有F(t)=kx(t)

2有x2(t)=%t ⑬2分为了判断哪个弹簧先被拉断，考虑任意时刻两弹簧长度之差：Ax=x-x=-asinrat+mg=a(mg①-sinrat)⑭2分

1 2rak kraka(1)若弹簧1先被拉断，应有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□景>0,即sin伽<冬⑮1分0a若要求必先拉断弹簧1,则⑮式对任意t均需成立，因此0a<mg03=g<km⑯1分□□(ii若a>mg®=g4im，则在不同的时刻景的正负不同。仍要保证弹簧1先被拉断，t需要落在满足⑮式的0时间范围内。即□2nn<ot<arcsinm^+2nn,或(2n+1)n-arcsinm^<wt<2(n+1)n,⑰2分

0 a a0式中n为非负整数。不等式⑰是对振动相位的限制。但对应于n的多个取值，数学上％何可能出现多个达到临界长度的时刻。但实际上弹簧1只可能断一次，所以我们需要找到它首次达到临界长度的时刻所在的时间段。 ⑱1分□□考察毛眺随时间的增长趋势，发现始终有x(t)=口(1-coswt)>0 ©□□1分'k也就是说环加随时间是单调增长的，意味着相位与长度一一对应，不可能出现％在多个时间段内都达到临界长度的情况。因此可以判断，拉断弹簧1确实可能发生在上述任意一个相位区间。⑳1分□□综上所述，若a>g投km，弹簧1被拉断的时刻t一定落在下述时间段内：□02nn弟<t0<\：'karcsin(g稀)+2nn弟,(2n+1)n特一，；arcsin(g4k^)<t0<2(n+1)气：-式中n为非负整数。□□□□(iii若先拉断弹簧2，必有Ax<0，这要求sinwt>mgW ㉒1分0a由(i)(ii的讨论可知首先必有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□a>g<km，且由⑰式可得，拉断弹簧2的时刻t需使得相位落在下式范围内：0arcsin‘旭®+2nn<wt<(2n+1)n-arcsinmg“,n为非负整数 ㉓1分a 0 a由㉓可以发现，a越大，arcsinmgW越小，使弹簧2先断的相位所覆盖的区间越大；当a*时，拉断弹簧2的相a位区间接近于覆盖整个第I、II象限。也就是说，a越大，对应的力的加载速度越快，拉断下弹簧2的可能性越大。㉔2分□□上述讨论说明a较小时会拉断上弹簧，a较大时有可能拉断下弹簧，印证了题述实验现象。（4）要确保弹簧2被拉断，由⑬式知必有kL代入kL代入㉒式得.3kL^mg

sin 〉 k代入㉖.3kL^mg

sin 〉 k代入㉖式，可知要确保弹簧2被拉断，a应满足的关系式为mkLsin(kL.：k)>mg'k㉗1分a\mavm要弹簧1和弹簧2同时被拉断，需要△x=—（箜©-sinrot）=0㉘1分©ka 0而该时刻也满足式㉕，将其代入㉘可得，a应满足的关系式为sin（kL.：k）=mM‘k㉙1分

aVmavm评分标准：共40分第（1）问3分式3分；第（2）问19分（或②'）2分，③（或③'）1分，④⑤⑥（或④'⑤'⑥'）各2分，⑦（或⑦'）1分，⑧2分，⑨⑩各1分，⑫3分，⑬2分；第（3）问13分⑭⑮⑯各1分，⑰2分，⑱1分，⑲⑳㉑㉒㉓各1分，㉔2分；第（4）问5分㉕㉖㉗㉘㉙各1分。六、（1）净电流为零的条件是-ej(x)+—E(x)=0 ①X px因此E(x)=-epc』T^X^Ln(x) ②x n(x)dx(2)对-L<x<L区域，由静电场高斯定理有£—E(x)=-e[n(x)-n] ③0dxx 0此即d£pc—0 dx_n(x)dxn(x)边界条件为(注意|x|>L真空区域电场为零)£E(-L+0)=bd£pc—0 dx_n(x)dxn(x)边界条件为(注意|x|>L真空区域电场为零)£E(-L+0)=b0x —£E(L-0)=-b0x +此即-£epc0扃dn(x)

n(x)dx-£epc0也£n(x)n(x)dx七、a和n()还应当满足电中性条件=n(x)-n0x=-Lx=+L=。=一。+④⑤⑥⑦⑧a+a+(-e)f[n(x)-nllx=0- + 0的约束。(这一点由题^的边界条件加以保证)(3)线性化的方程为£pc^*~0 [gn(x)]=Sn(x)0n dx2d2 f1匚，、——[gn(x)]=LIgn(x)dx2 k"式中力是具有长度量纲的常量。线性化的边界条件为-£epc0或°£[gn(x)]n dx0 x=-L=a-£epc—0d[gn(x)] =-a0n dx +0x=+L-£[gn(x)]dxx=-La人2e-项[Sn(x)]

dxa=—+人2ex=+L类比于简谐振子运动方程—[x(t)]=-M2x(t)dt2及其通解(t)=Acos(w)+Bsin(wt),方程⑨对应的5n(x)的通解应为Sn(x)=Acoshf—]+Bsinhf—] ⑫’il刑iI"其中A、B为待定常量。i i由于coshl—]、sinh什]皆为ex'"、e-xn的线性组合，方程⑨的一般解5n(x)也可写为5n(x)=Aex/"5n(x)=Aex/"+Be-x/"式中A、B为待定常量。显然，⑫式与⑫’式是相互等价的，对应的待定常量关系为AA+B,B=A-Bi i下面由边界条件定出解中的待定常量：将⑫式分别代入⑩⑪式，微分方程的边界条件化为Ae-L/"—BeL/"=—-—"eAel/"一Be-l/"=由以上两式解得1beL/"+be-l/"A= + -"e e2L/"—e-2l/"1bel/"+be-l/"B= +"e e2L/"一e-2l/"于是<,、 1bel/"+be-l/" bel/"+be-l/"5n(x)=^―+ - ex/"+- + e-x/""eLe2l/"—e-2l/" e2l/"—e-2l/"等价表达式为5n(x)=—"e+bl(xIb-bx

,-、coshI—I+ + ,-、sinhIc-JL) l"JJL) l"2sinh|"J *，2coshI"I '⑫⑬⑭⑮⑮’(4)由题意知，任意x处的电子气处于局域热平衡状态，满足理想气体状态方程p(x)=n(x)kT(x)= kT(x)b dVb单个电子受到该处电场的作用力式中dV=dxdydz是x处的体积元，而dN是dV内的电子数。单个电子受到该处电场的作用力f(x)=-eE(x) ⑰x考虑x处厚度为dx、面积为dydz的薄层体积元内的电子气，该电子气整体处于宏观力学平衡状态，故f(x)dN=[p(x+dx)一p(x)]dydz=*(x)dxd^dzdx式中，f(x)dN是该电子气所受到的电场力，p(x)、p(x+dx)分别是该电子气层左面和右面电子气对它的压强。由

此得由以上各式得d—p(x)=n(x)f(x)dx⑱线性化后得—[n(x)kT(x)]=-eE(x)n(x)dx Bx⑲E（x）线性化后成为xT—【5n(x)]+n—【5T(x)]=-竺0E(x)0dx 0dx kxB⑳代入前一方程得，、 \T(x)d,、 eA2dE(x)-epc、 n(x) 【5n(x)]x n(x)dx £dx0㉑n3【5T(x)]=[耳虹-T14【5n(x)]=|e2P^T，—T件【5n(x)]㉒0dx 1k£ 0)dx 1k 0)dx'B 0 / ' B /其解为5T(x) [e2pc ])5n(x) I —11+CT\k.-T1n0 XB0 0式中C是与x无关的常数。由于5T（x）和5n（x）都是小量，且依题意当5T（x）=0时有5n（x）=0，所以C=0于是bem+be-l爪 beL爪+be-l/a+ - ex/a+ - + e-x/ae2l/a—e-2l/a e2l/a—e-2l/a（5）解法（一）将（4）中线性化方程写为匕⑴=-[k-ep：]『x)'B /[e-匝

kepc[e-匝

kepc-B,-1dU一E(x)dxE(x) = x =——xdTdTdTdx解法（二）计算金属两端（x=-L和x=+L）的电势差U(L)—U(—L)=—JL Ex(x)dx®「 e^2dx[8n(x)]dx=eA2[8n(+L)—5n(-L)]=epc也[dn(L)—