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全国中学生物理竞赛(决赛)试题(2011年-2013年)


全国中学生物理决赛(2013 年---2011 年)

smezwl---shidaye 整理

2013 年第 30 届全国中学生物理竞赛复赛考试试题
一、(15分)一半径为 R 、内侧光滑的半球面固定在地面上,开口水 平且朝上. 一小滑块在半球面内侧最高点处获得沿球面的水平速度, 其大小为 v 0 ( v0 ? 0 ). 求滑

块在整个运动过程中可能达到的最大速率. 重力加速度大小为 g .

v0

二、(20 分)一长为 2l 的轻质刚性细杆位于水平的光滑桌面上,杆的两端分别固定一质量为 m 的 小物块 D 和一质量为 ? m ( ? 为常数)的小物块 B,杆可绕通过小物块 B 所在端的竖直固定转轴无 摩擦地转动. 一质量为 m 的小环 C 套在细杆上(C 与杆密接),可沿杆滑动,环 C 与杆之间的摩 擦可忽略. 一轻质弹簧原长为 l,劲度系数为 k,两端分别与小环 C 和物块 B 相连. 一质量为 m 的小滑块 A 在桌面上以垂直于杆的速度飞向物块 D,并与之发生完全弹性正碰,碰撞时间极短. 碰 撞 1. 2. 时滑块 C 恰好静止在距轴为 r ( r > l )处. 若碰前滑块 A 的速度为 v0 ,求碰撞过程中轴受到的作用力的冲量; 若碰后物块 D、C 和杆刚好做匀速转动,求碰前滑块 A 的速度 v0 应满足的条件.



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三、(25 分)一质量为 m 、长为 L 的匀质细杆,可绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内自由 转动. 杆在水平状态由静止开始下摆, 1. 令? ?

m 表示细杆质量线密度. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转 L

动时,其转动动能可表示为

Ek ? k ? ? ? ? L?
式中, k 为待定的没有单位的纯常数. 已知在同一单位制下,两物理量当且仅当其数值和单位都

相等时才相等. 由此求出 ? 、 ? 和 ? 的值. 2. 已知系统的动能等于系统的质量全部集中在质心时随质心一起运动的动能和系统在质心系

(随质心平动的参考系)中的动能之和,求常数 k 的值. 3. 试求当杆摆至与水平方向成 ? 角时在杆上距 O 点为 r 处的横截面两侧部分的相互作用力. 重力

加速度大小为 g . 提示:如果 X (t ) 是 t 的函数,而 Y ( X (t )) 是 X (t ) 的函数,则 Y ( X (t )) 对 t 的导数为

dY ( X (t )) dY dX ? dt dX dt
例如,函数 cos ? (t ) 对自变量 t 的导数为

dcos? (t ) dcos? d? ? dt d? dt

四、(20 分)图中所示的静电机由一个半径为 R 、与环境绝缘的开口(朝 上)金属球壳形的容器和一个带电液滴产生器 G 组成. 质量为 m 、带电量 为 q 的球形液滴从 G 缓慢地自由掉下(所谓缓慢,意指在 G 和容器口之间总 是只有一滴液滴) . 液滴开始下落时相对于地面的高度为 h . 设液滴很

小,容器足够大,容器在达到最高电势之前进入容器的液体尚未充满容器. 忽略 G 的电荷对正在下落的液滴的影响.重力加速度大小为 g . 若容器初始 电势为零,求容器可达到的最高电势 Vmax .



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五、(25 分)平行板电容器两极板分别位于 z ? ?

d 的平面 2

内,电容器起初未被充电. 整个装置处于均匀磁场中,磁感 应强度大小为 B ,方向沿 x 轴负方向,如图所示. 1. 在电容器参考系 S 中只存在磁场;而在以沿y轴正方向的 恒定速度 (0, v,0) (这里 (0, v,0) 表示为沿x、y、z轴正方向的 速度分量分别为0、 v 、0,以下类似)相对于电容器运动的

? , Ey ? , Ez ? ) 又有磁场 ( Bx ? , By ? , Bz ?) . 参考系 S ? 中,可能既有电场 ( Ex

试在非相对论情形下,从伽利略速 已知电荷量和作用在物

? , Ey ? , Ez ? ) 和磁场 ( Bx ? , By ? , Bz ? ) 的表达式. 度变换,求出在参考系 S ? 中电场 ( Ex
体上的合力在伽利略变换下不变.

2. 现在让介电常数为 ? 的电中性液体(绝缘体)在平行板电容器两极板之间匀速流动,流速大小 为 v ,方向沿 y 轴正方向. 在相对液体静止的参考系(即相对于电容器运动的参考系) S ? 中,由于

? , Ey ? , Ez ? ) 中,其正负电荷会因电场力作用而发生相对移动(即所谓极 液体处在第1问所述的电场 ( Ex ? , Ey ? , Ez ? ) ,而是 化效应),使得液体中出现附加的静电感应电场,因而液体中总电场强度不再是 ( Ex

?0 ( E? , E? , E? ) ,这里 ? 0 是真空的介电常数. 这将导致在电容器参考系 S 中电场不再为零 . 试求电 ? x y z
容器参考系 S 中电场的强度以及电容器上、下极板之间的电势差 . (结果用 ? 0 、 ? 、 v 、 B 或 (和) d 表出. )

六、(15 分)温度开关用厚度均为 0.20 mm 的钢片和青铜片作感温 元件;在温度为 20?C 时,将它们紧贴,两端焊接在一起,成为等长 的平直双金属片 . 若钢和青铜的线膨胀系数分别为 1.0 ? 10 / 度和
?5

2.0 ? 10?5 / 度 . 当温度升高到 120?C 时,双金属片将自动弯成圆弧
形,如图所示. 片厚度的变化. ) 试求双金属片弯曲的曲率半径 . (忽略加热时金属



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七、(20分)一斜劈形透明介质劈尖,尖角为 ? ,高为 h .

今以尖角顶点为坐标原点,建立坐标

系如图(a)所示;劈尖斜面实际上是由一系列微小台阶组成的,在图(a)中看来,每一个小台阶的 前侧面与xz平面平行,上表面与yz平面平行. 中常数 b ? 0 . 劈尖介质的折射率n随 x 而变化, n( x ) ? 1 ? bx ,其

一束波长为 ? 的单色平行光沿 x 轴正方向照射劈尖;劈尖后放置一薄凸透镜,在劈

尖与薄凸透镜之间放一档板,在档板上刻有一系列与 z 方向平行、沿 y 方向排列的透光狭缝,如图 (b)所示. 入射光的波面(即与平行入射光线垂直的平面)、劈尖底面、档板平面都与 x 轴垂直, 透镜主光轴为 x 轴. 要求通过各狭缝的透射光彼此在透镜焦点处得到加强而形成亮纹. 已知第一 条狭缝位于 y = 0 处;物和像之间各光线的光程相等. 1. 2. 求. 求其余各狭缝的 y 坐标; 试说明各狭缝彼此等距排列能否仍然满足上述要
h

y
? ?

x

y
h

O

x

?

z
O

(a)

(b)

八、(20分)光子被电子散射时,如果初态电子具有足够的动能,以至于在散射过程中有能量从 电子转移到光子,则该散射被称为逆康普顿散射. 出现逆康普顿散射. 当低能光子与高能电子发生对头碰撞时,就会 若能量为 Ee 的电子与能量为

已知电子静止质量为 me ,真空中的光速为 c .

E? 的光子相向对碰,
1. 2. 求散射后光子的能量; 求逆康普顿散射能够发生的条件; 已知

3. 如 果 入 射 光 子 能 量 为 2.00 eV , 电 子 能 量 为 1.00 ? 109 eV , 求 散 射 后 光 子 的 能 量 .

1 me = 0.511 ? 106 eV / c2 . 计算中有必要时可利用近似:如果 x ?? 1 ,有 1 - x ? 1 - x . 2



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解答与评分标准 参考解答 1: 以滑块和地球为系统,它在整个运动过程中机械能守恒 . 滑块沿半球 面内侧运动时,可将其速度 v 分解成纬线切向 (水平方向)分量 v? 及 经线切向分量 v? . 设滑块质量为 m ,在某中间状态时,滑块位于半

O

?

P

球面内侧 P 处, P 和球心 O 的连线与水平方向的夹角为 ? . 由机械能 守恒得

1 1 1 2 2 2 mv0 ? ?mgR sin ? ? mv? ? mv? 2 2 2
(1) 这里已取球心 O 处为重力势能零点. 以过 O 的竖直线为轴. 球面对滑块的支持力通过该轴,力矩 为零;重力相对于该轴的力矩也为零. 所以在整个运动过程中,滑块相对于轴的角动量守恒,故

mv0 R ? mv? R cos? .
由 (1) 式,最大速率应与 ? 的最大值相对应

(2)

vmax ? v(?max )
(3) 而由 (2) 式, q 不可能达到 π

.

2 . 由(1)和(2)式, q 的最大值应与 v? ? 0 相对应,即
v? (?max ) ? 0 .

[ (4)式也可用下述方法得到:由 (1)、(2) 式得
2 2 2gR sin? ? v0 tan2 ? ? v? ?0.

若 sin ? ? 0 ,由上式得

sin ? 2 gR ? 2 . 2 cos ? v0
实际上, sin ? =0 也满足上式。由上式可知

sin ?max 2 gR ? 2 . 2 cos ?max v0
由(3)式有

2 2 v? (?max ) ? 2gR sin ?max ? v0 tan2 ?max ? 0 .

(4’)

] 将 v? (?max ) ? 0 代入式(1),并与式(2)联立,得



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2 v0 sin 2 ? max ? 2 gR sin ? max ?1 ? sin 2 ? max ? ? 0 .

(5)

以 sin ? max 为未知量,方程(5)的一个根是 sinq

= 0 ,即 q = 0 ,这表示初态,其速率为最小值,不

是所求的解. 于是 sin ?max ? 0 . 约去 sin ? max ,方程(5)变为
2 2gR sin 2 ?max ? v0 sin ?max ? 2gR ? 0 .

(6)

其解为

sin ? max

2 ? ? v0 g 2 R2 ? ? 1 ? 16 4 ? 1? . ? 4 gR ? v0 ? ?

(7)

注意到本题中 sin ? ? 0 , 方程 (6) 的另一解不合题意,舍去 . 将 (7) 式代入 (1) 式得,当 ? ? ?max 时,
2 v? ?

1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 , 2

?

?

(8)

考虑到(4)式有
2 vmax ? v? ?

1 2 4 v0 ? v0 ? 16 g 2 R 2 . 2

?

?

(9)

参考解答 2: 1. 由于碰撞时间 ?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束. 设碰后 A、C、D 的速度分别为 vA 、 vC 、

vD ,显然有

vD ?

2l vC r .

(1)

以 A、B、C、D 为系统,在碰撞过程中,系统相对于轴不受外力矩作用,其相对于轴的角动量守恒
mvD 2l ? mvC r ? mvA 2l ? mv0 2l .

(2)

由于轴对系统的作用力不做功,系统内仅有弹力起作用,所以系统机械能守恒 . 又由于碰撞时间
?t 很小,弹簧来不及伸缩碰撞已结束,所以不必考虑弹性势能的变化. 故

1 2 1 2 1 2 1 2 mvD ? mvC ? mvA ? mv0 . 2 2 2 2
由 (1)、(2)、(3) 式解得

(3)

vC ?
(4) [代替 (3) 式,可利用弹性碰撞特点

4lr 8l 2 r2 v , v ? v , v ? ? v0 0 D 0 A 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2 8l 2 ? r 2

v0 ? vD ? v A .

(3’)

同样可解出(4). ]



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设碰撞过程中 D 对 A 的作用力为 F1? ,对 A 用动量定理有

F1??t ? mvA ? mv0 ? ?

4l 2 ? r 2 2mv0 , 8l 2 ? r 2

(5)

方向与 v 0 方向相反. 于是,A 对 D 的作用力为 F1 的冲量为

F1?t ?
(6) 方向与 v 0 方向相同.

4l 2 ? r2 2mv0 8l 2 ? r2

以 B、C、D 为系统,设其质心离转轴的距离为 x ,则
x? mr ? m 2l 2l ? r . ? (? ? 2) m ? ? 2

(7)

质心在碰后瞬间的速度为
v? vC 4l (2l ? r ) x? v0 . r (? ? 2)(8l 2 ? r 2 )

(8)

轴与杆的作用时间也为 ?t ,设轴对杆的作用力为 F2 ,由质心运动定理有

F2 ?t ? F1?t ? ?? ? 2? mv ?
由此得

4l (2l ? r) mv0 . 8l 2 ? r 2

(9)

F2 ?t ?

r(2l ? r) 2mv0 . 8l 2 ? r 2

(10)

方向与 v 0 方向相同. 因而,轴受到杆的作用力的冲量为

F2??t ? ?

r(2l ? r) 2mv0 , 8l 2 ? r 2

(11)

方向与 v 0 方向相反. 注意:因弹簧处在拉伸状态,碰前轴已受到沿杆方向的作用力;在碰撞过程 中还有与向心力有关的力作用于轴. 但有限大小的力在无限小的碰撞时间内的冲量趋于零,已忽 略. [代替 (7)-(9) 式,可利用对于系统的动量定理
F2 ?t ? F1?t ? mvC ? mvD .

]

[也可由对质心的角动量定理代替 (7)-(9) 式. ] 2. 值得注意的是,(1)、(2)、(3) 式是当碰撞时间极短、以至于弹簧来不及伸缩的条件下才成立的. 如果弹簧的弹力恰好提供滑块 C 以速度 vC ?

4lr v0 绕过 B 的轴做匀速圆周运动的向心力,即 8l ? r 2
2

k ?r ?

??m

2 vC 16l 2 r 2 ? 2 2 2 mv0 r (8l ? r )

(12)



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则弹簧总保持其长度不变,(1)、(2)、(3) 式是成立的. 由(12)式得碰前滑块 A 的速度 v0 应满足 的条件

v0 ?

(8l 2 ? r 2 ) k ? r ? 4l mr
(13)

?

可见,为了使碰撞后系统能保持匀速转动,碰前滑块 A 的速度大小 v 0 应满足(13)式. 参考解答 3: 1. 当杆以角速度 ? 绕过其一端的光滑水平轴 O 在竖直平面内转动时,其动能是独立变量 ? 、 ? 和

L 的函数,按题意 可表示为
Ek ? k ? ? ? ? L?
(1) 式中, k 为待定常数(单位为 1). 令长度、质量和时间的单位分别为 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] (它们可视 为相互独立的基本单位),则 ? 、 ? 、 L 和 Ek 的单位分别为
[? ] ? [ M ][ L]?1 , [? ] ? [T ]?1 , [ L] ? [ L], [ Ek ] ? [ M ][ L]2 [T ]?2

(2) 在一般情形下,若 [ q ] 表示物理量 q 的单位,则物理量 q 可写为
q ? ( q)[ q]

(3) 式中, ( q ) 表示物理量 q 在取单位 [ q ] 时的数值. 这样,(1) 式可写为

( Ek )[ Ek ] ? k (? )? (?) ? ( L)? [? ]? [?]? [ L]?
(4) 在由(2)表示的同一单位制下,上式即

( Ek ) ? k (? )? (?) ? ( L)?
(5)

[ Ek ] ? [? ]? [?]? [ L]?
(6) 将 (2)中第四 式代入 (6) 式得

[ M ][ L]2 [T ]?2 ? [ M ]? [L]? ?? [T ]? ?
(7)



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(2)式并未规定基本单位 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 的绝对大小,因而 (7)式对于任意大小的 [ L] 、 [ M ] 和 [T ] 均成立,于是

? ? 1, ? ? 2, ? ? 3
(8) 所以

Ek ? k??2 L3
(9) 2. 由题意,杆的动能为

Ek ? Ek ,c ? Ek ,r
(10) 其中,

1 2 1 L ? Ek ,c ? mvc ? (? L) ? ? ?? 2 2 ?2 ?

2

(11)

注意到,杆在质心系中的运动可视为两根长度为

L 的杆过其公共端(即质心)的光滑水平轴在铅 2

直平面内转动,因而,杆在质心系中的动能 Ek ,r 为

L ? L? Ek ,r ? 2 Ek (? , ?, ) ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2?

3

(12)

将(9)、 (11)、 (12)式代入(10)式得
1 ?L ? ? L? k ?? 2 L3 ? ? L ? ? ? ? 2k ?? 2 ? ? 2 ?2 ? ?2?
2 3

(13) 由此解得

k?
(14) 于是

1 6

Ek =
(15) 3. 以细杆与地球为系统,下摆过程中机械能守恒

1 lw 2 L3 6

.



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L ? Ek ? mg ? ? sin ? ? ?2 ?
(16) 由(15)、(16)式得

w=
(17)

3g sinq L

.

以在杆上距 O 点为 r 处的横截面外侧长为 ? L ? r ? 的那一段为研究对象,该段质量为 ? ? L ? r ? , 其质心速度为
L?r? L?r ? ??? vc ?r ? ??? 2 ? 2 ?

.

(18) 设另一段对该段的切向力为 T ( 以 ? 增大的方向为正方向 ), 法向( 即与截面相垂直的方向 ) 力为

N (以指向 O 点方向为正向),由质心运动定理得
T ? ? ? L ? r ? g cos? ? ? ? L ? r ? at
(19)

N ? ? ? L ? r ? g sin ? ? ? ? L ? r ? an
(20) 式中, a t 为质心的切向加速度的大小
at ? ? L ? r d? L ? r d? d? 3 ? L ? r ? g cos ? dvc ? ? ? dt 2 dt 2 d? dt 4L

(21)

而 an 为质心的法向加速度的大小
an ? ? 2 L ? r 3 ? L ? r ? g sin ? ? 2 2L

.

(22) 由(19)、(20)、(21)、(22)式解得
T?

? L ? r ?? 3r ? L ?
4 L2

mg cos ?

(23)
N?

? L ? r ?? 5L ? 3r ?
2 L2

mg sin ?

(24)



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参考解答4: 设在某一时刻球壳形容器的电量为 Q . 以液滴和容器为体系,考虑从一滴液滴从带电液滴产生器

G出口自由下落到容器口的过程. 根据能量守恒有 . mgh ? k

Qq 1 Qq ? mv2 ? 2mgR ? k h?R 2 R

(1)

式中, v 为液滴在容器口的速率, k 是静电力常量. 由此得液滴的动能为
1 Qq( h ? 2 R ) mv 2 ? mg ( h ? 2 R ) ? k . 2 (h ? R) R

(2)

从上式可以看出,随着容器电量 Q 的增加,落下的液滴在容器口的速率 v 不断变小;当液滴在容器 口的速率为零时,不能进入容器,容器的电量停止增加,容器达到最高电势. 为 Qmax ,则有
mg ( h ? 2 R ) ? k Qmax q( h ? 2 R ) ?0. (h ? R ) R

设容器的最大电量

(3)

由此得
Qmax ? mg ( h ? R ) R . kq

(4)

容器的最高电势为

Vmax ? k
(5) 由(4) 和 (5)式得
Vmax ?

Qmax R

mg ( h ? R ) q

(6)

参考解答5: 1. 一个带电量为 q 的点电荷在电容器参考系 S 中的速度为 (ux , uy , uz ) ,在运动的参考系 S ? 中的速度

? , u? ? 为 (ux y , uz ) .

在参考系 S 中只存在磁场 (Bx , By , Bz ) ? (?B,0,0) ,因此这个点电荷在参考系 S 中所
Fx ? 0,

受磁场的作用力为 Fy ? ?qu z B,
Fz ? qu y B

(1)

? , Ey ? , Ez ? ) 又有磁场 ( Bx ? , By ? , Bz ? ) ,因此点电荷 q 在 S ? 参考系中所受 在参考系 S ? 中可能既有电场 ( Ex
? ? u? ? ? ? Fx? ? q?( Ex y Bz ? u z By ),

电场和磁场的作用力的合力为

? ? ux ? Bz? ? u z ? Bx ? ), Fy? ? q?( E y ? By ? ? u? ? Fz? ? q?( Ez? ? u x y Bx )

(2)

两参考系中电荷、合力和速度的变换关系为



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q ? ? q, ( Fx?, Fy?, Fz?) ? ( Fx , Fy , Fz ), ? , u? ? (u x y , u z ) ? (u x , u y , u z ) ? (0, v,0)

(3)

由(1)、 (2)、 (3)式可知电磁场在两参考系中的电场强度和磁感应强度满足
? ? (u y ? v) Bz? ? u z By ? ? 0, Ex ? ? ux Bz? ? uz Bx ? ? ?uz B, Ey ? ? (u y ? v) Bx ? ? uy B Ez? ? ux By

(4)

它们对于任意的 (ux , uy , uz ) 都成立,故

? , Ey ? , Ez? ) ? (0,0, vB), ( Ex ? , By ? , Bz? ) ? (? B,0,0) ( Bx

(5)

可见两参考系中的磁场相同,但在运动的参考系 S ? 中却出现了沿z方向的匀强电场. 2. 现在,电中性液体在平行板电容器两极板之间以速度 (0, v,0) 匀速运动. 电容器参考系 S 中的磁 场会在液体参考系 S ? 中产生由(5)式中第一个方程给出的电场 . 体 (6) 为了求出电容器参考系 S 中的电场,我们再次考虑电磁场的电场强度和磁感应强度在两个参考 系之间的变换,从液体参考系 S ? 中的电场和磁场来确定电容器参考系 S 中的电场和磁场. 考虑一 中 的 电 场 为 这个电场会把液体极化,使得液

? ( Ex

?0 ? , Ey

? ?

? v , Ez

. )

B(

带 电 量为 q 的 点 电 荷在 两参 考 系中 所 受的 电场 和磁 场 的作 用 力 . 在液 体参 考 系 S ? 中 , 这力

( Fx?, Fy?, Fz?) 如(2)式所示. 它在电容器参考系 S 中的形式为
Fx ? q( Ex ? u y Bz ? u z By ), Fy ? q( E y ? u x Bz ? u z Bx ), Fz ? q( Ez ? u x By ? u y Bx )

(7)

利用两参考系中电荷、合力和速度的变换关系(3)以及(6)式,可得

Ex ? u y Bz ? uz By ? 0, E y ? ux Bz ? uz Bx ? ?uz B, Ez ? ux By ? u y Bx ?
(8)

? 0 vB ? (u y ? v) B ?

对于任意的 (ux , uy , uz ) 都成立,故 (9)

( Ex , E y , Ez ) ? (0,0,(

?0 ? 1) vB), ?

( Bx , By , Bz ) ? ( ? B,0,0)

可见,在电容器参考系 S 中的磁场仍为原来的磁场,现由于运动液体的极化,也存在电场,电场强 度如(9)中第一式所示. 注意到(9)式所示的电场为均匀电场,由它产生的电容器上、下极板之间的电势差为
V ? ? Ez d .

(10)



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0 ? 由(9)式中第一式和(10)式得 V ? ? ?1 ? ? vBd . ? ? ?

?

(11) 参考解答 6: 设弯成的圆弧半径为 r ,金属片原长为 l ,圆弧所对的圆心角为 ? ,钢和青铜的线膨胀系数分别为

?1 和 ? 2 ,钢片和青铜片温度由 T1 ? 20?C 升高到 T2 ? 120?C时的伸长量分别为 ?l1 和 ?l2 . 对于
钢片

d ( r ? )? ? l ? ?l1 2
(1)

?l1 ? l?1 (T2 ? T1 )
(2) 式中, d ? 0.20 mm . 对于青铜片

d ( r ? )? ? l ? ?l2 2
(3)

?l2 ? l? ( 2T ? 2T )
(4) 联立以上各式得

1

r?
(5) 参考解答 7: 1.

2 ? (?1 ? ?2 )(T2 ? T1 ) d ? 2.0 ? 102 mm 2(?2 ? ?1 )(T2 ? T1 )

考虑射到劈尖上某 y 值处的光线,计算该光线由 x ? 0 到 x ? h 之间的光程 ? ? y ? . 将该光线在

介质中的光程记为 ? 1 ,在空气中的光程记为 ? 2 . 介质的折射率是不均匀的,光入射到介质表面 时,在 x ? 0 处,该处介质的折射率 n ? 0? ? 1 ;射到 x 处时,该处介质的折射率 n ? x ? ? 1 ? bx . 因 折射率随 x 线性增加,光线从 x ? 0 处射到 x ? h1 ( h1 是劈尖上 y 值处光线在劈尖中传播的距离) 处的光程 ? 1 与光通过折射率等于平均折射率

1 1 1 n? ? n ? 0? ? n ? h1 ?? ? ? 2 ?1 ? 1 ? bh1 ? ? 1 ? 2 bh1 2?
(1) 的均匀介质的光程相同,即



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?1 ? nh1 ? h1 ? bh12
(2) 忽略透过劈尖斜面相邻小台阶连接处的光线(事实上,可通过选择台阶的尺度和档板上狭缝 的位置来避开这些光线的影响),光线透过劈尖后其传播方向保持不变,因而有

1 2

? 2 ? h ? h1
(3) 于是 (4) 由几何关系有 (5) 故
h1 ? y tan ?

? ? y ? ? ?1 ? ? 2 ? h ? bh12

1 2

.

.

? ? y ? ? h ? y 2 tan2 ? .

b 2

(6)

从介质出来的光经过狭缝后仍平行于 x 轴,狭缝的 y 值应与对应介质的 y 值相同,这些平行光线会 聚在透镜焦点处. 对于 y ? 0 处,由上式得 (7)

d ( 0) = h
? ? y ? ? ? ? 0? ?

.

y 处 与 y?0 处 的 光 线 的 光 程 差 为
(8)

b 2 2 y tan ? . 2

由于物像之间各光线的光程相等,故平行光线之间的光程差在通过透镜前和会聚在透镜焦点 处时保持不变;因而 (8)式在透镜焦点处也成立 . 求两束光的光程差为波长的整数倍,即 为使光线经透镜会聚后在焦点处彼此加强,要

b 2 2 y tan ? ? k? , k ? 1, 2, 3, 2
(9) 由此得
y? 2k ? cot ? ? A k , b A? 2? cot ? b

.

.

(10) 除了位于 y = 0 处的狭缝外,其余各狭缝对应的 y 坐标依次为

A,
(11)

2 A,

3A,

4 A,

.



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2. 各束光在焦点处彼此加强,并不要求 (11)中各项都存在 . 上述要求. 事实上,若依次取 k ? m, 4m, 9m,

将各狭缝彼此等距排列仍可能满足

,其中 m 为任意正整数,则 .

ym ? mA, y4m ? 2 mA, y9m ? 3 mA,
(12)

这些狭缝显然彼此等间距,且相邻狭缝的间距均为 m A ,光线在焦点处依然相互加强而形成亮纹. 参考解答 8: 1. 设碰撞前电子、光子的动量分别为 pe ( pe ? 0 )、 p? ( p? ? 0 ),碰撞后电子、光子的能量、

? , pe ? , E?? , p?? . 由能量守恒有 动量分别为 Ee
由动量守恒有 光子的能量和动量满足 电子的能量和动量满足

Ee + Eg = Ee ? + Eg? . pe + pg = pe ? + pg? .

(1) (2) (3)
2 2 e 2 4 , e

Eg = pg c, Eg? = pg? c .

E ? p c ?m c
2 e

? ? p? c ? m c Ee
2 2 2 e

2 4 e

(4)
2 4 E? Ee ? Ee2 ? me c

由(1)、(2)、(3)、(4)式解得
E?? ?

?E ?
e

?

E ?m c
2 e

2 4 e

? ? 2E

?

(5)

?

2.

由(5)式可见,为使 Eg? > Eg , 需有
E?? ? E? ?
2 4 2 E? ( Ee2 ? me c ? E? ) e 2 4 Ee2 ? me c ? 2 E?

?E ?

?

?0
2 4 Ee2 ? me c ? E?

即 注意已设 pe > 0 、 pg < 0 . 3. 将(7)式代入(5)式得 代入数据,得



pe ? p?
2 4 Ee2 ? me c ? Ee ?

(6)
2 4 me c . 2 Ee

由于 Ee ?? mec2 , 因此有

(7)

Eg? ?

2 Ee Eg
2 4 2 Eg + me c 2 Ee

.

(8) (9)

Eg? ? 29.7 ? 106 eV .

光子 :全名光量子(light quantum),电磁辐射的量子,传递电磁相互作用的规范粒子,记为 γ 。其静止质量为零,不带电荷,其能量为普朗克常量和电磁辐射频率的乘积,E=hv,动量 p=h/ λ 。



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2012 年第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷 一、(17 分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体积很小的匀质正 立方体物块在湖面上由静止开始释放,释放时物块的下底面和湖水表面恰好相接触。已知湖水密 度为 ? ;物块边长为 b ,密度为 ? ' ,且 ? ' ? ? 。在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下, 求物块从初始位置出发往返一次所需的时间。

二、(23 分)设想在地球赤道平面内有一垂直于地面延伸到 太空的轻质电梯,电梯顶端可超过地球的同步卫星高度 R (从 地心算起)延伸到太空深处。这种所谓的太空电梯可用于低成本 地发射绕地人造卫星,其发射方法是将卫星通过太空电梯匀速地 提升到某高度,然后启动推进装置将卫星从太空电梯发射出去。 1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到 0.80 R 处意外地 和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度可视为零)而进入太空。 (1)论证卫星脱落后不会撞击地面。 (2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。讨论该卫星从脱落 时刻起,在 0~12 小时及 12~24 小时两个时间段内被太空该电梯回收的可能性。 2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处,在太空电梯上离地心距离为 R X 处有一卫星从电梯脱落 (脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零),脱落后该卫星轨道刚好能和赤道某处 相切,而使卫星在该点着地,试求卫星着地点的经度。提示:此问要用数值方法求解高次方程。 已知:地球质量 M

? 6.0 ?1024 kg ,半径 Re ? 6.4 ?106 m 的球体;引力恒量

G ? 6.7 ?10?11 N ? m2 ? kg ?2 ;地球自转周期 Te ? 24 小时;假设卫星与太空电梯脱落后只受地球引
力作用。



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三、(25 分)如图所示,两根刚性轻杆 AB 和 BC 在 B 段牢固粘接在一起, AB 延长线与

BC 的夹角 ? 为锐角,杆 BC 长为 l ,杆 AB 长为 l cos ? 。在杆的 A 、 B 和 C 三点各固连一质
量均为 m 的小球,构成一刚性系统。整个系统放在光滑水平桌面 上,桌面上有一固定的光滑竖直挡板,杆 AB 延长线与挡板垂直。 现使该系统以大小为 v0 、方向沿 AB 的速度向挡板平动。在某时 刻,小球 C 与挡板碰撞,碰撞结束时球 C 在垂直于挡板方向的分速 度为零,且球 C 与挡板不粘连。若使球 C 碰撞后,球 B 先于球 与挡板相碰,求夹角

A

? 应满足的条件。

四、(21 分)如图所示,虚线小方框是由 2 n 个电容器 联成的有限网络;虚线大方框是并联的两个相同的无限网 络,此无限网络的结构是:从左到中间,每个电容器的右极 板与两个电容器的左极板相连,直至无穷;从中间到右,每 两个电容器的右极板与一个电容器的左极板相连,直至联接 到一个电容器为止。网络中的所有电容器都是完全相同的平 行板真空电容器,其极板面积为 S ,极板间距为 d (d

?? S )。整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接,电池电动势恒定、大小为

? 。忽略电容器的边缘效应,静电力常量 k 已知。 1、若将虚线小方框中标有 a 的电容器的右极板缓慢地向右拉动,使其两极板的距离变为,求在拉
动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。 2、在电容器两极板的距离变为 2 d 后,再将一块与电容器 a 的极板形状相同、面积也为 S 、带电荷 量为 Q ( Q ? 0 )的金属薄板沿平行于 a 的极板方向全部插入到电容器 a 中,使金属薄板距电容器

a 左极板的距离为 x 。求此时电容器 a 的左极板所带的电荷量。



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五、(25 分)如图所示,两个半径不等的用细金属导线做成的同心圆环固定在水平的桌面 上。大圆环半径为 R1 ,小圆环表面绝缘半径为 R2 ( R2 ?? R1 ),两圆 环导线每单位长度电阻均为 r0 ,它们处于匀强磁场中,磁感应强度大小 为 B ,方向竖直向下,一每单位长度电阻为 r1 的长直金属细杆放在大圆 环平面上,并从距圆环中心左侧为 R1 / 100(> R2 )的 ab 位置,以速度 v 匀速向右沿水平面滑动到相对于大圆环中心与 ab 对称的位置 cd,滑动 过程中金属杆始终与大圆环保持密接。假设金属杆和大圆环的电流在小 圆环处产生的磁场均可视为匀强磁场。试求在上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量。 提示:当半径为 R ,长度为 l 的一段圆弧导线通有电流 I 时,圆弧电流在圆心处产生的磁感应强度 大小为 B ? k m

Il ,方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流的方向满足右手螺旋法则;无限长直 R2 2I ,其中 k m r

导线通有电流 I 时,电流在距直导线距离为 r 处产生的磁感应强度 B 的大小为 B ? k m 为已知常量。

六、(15 分)如图所示,刚性绝热容器 A 和 B 水平放置,一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热 刚性细短管把容器 A、B 相互连通。初始时阀门是关闭的,A 内装 有某种理想气体,温度为 T1 ;B 内为真空。现将阀门打开,气体 缓慢通过多孔塞后进入容器 B 中。当容器 A 中气体的压强降到与 初始时 A 中气体压强之比为

? 时,重新关闭阀门。设最后留在

容器 A 内的那部分气体与进入容器 B 中的气体之间始终无热量交换,求容器 B 中气体质量与气体 总质量之比。已知:1 摩尔理想气体的内能为 u ? CT ,其中 C 是已知常量, T 为绝对温度;一定 质量的理想气体经历缓慢的绝热过程时,其压强

p 与体积 V

满足过程方程 pV

C?R C

? 常量 ,其中

R 为普适气体常量。重力影响和连接管体积均忽略不计。



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七、(16 分)图中 L1 为一薄凸透镜, Q 为高等于 2.00cm 与光轴垂直放置的线状物,已知 Q 经 L1 成一实像,像距为 40.0cm。现于 L1 的右方依次放置薄凹透镜 L2 、 L3 和薄凸透镜 L4 以及屏

P ,它们之间的距离如图所示,所有的透镜都共轴,屏与光轴垂直, L2 、 L3 焦距的大小均为
15.0cm。已知物 Q 经上述四个透镜最后在屏上成倒立的实像,像高为 0.500cm。

1、 L1 焦距的大小为

cm, L4 焦距的大小为

cm。

2、现保持 Q 、 L1 、 L4 和 P 位置不变,而沿光轴平移 L2 、 L3 ,最后在屏上成倒立的实像,像高 为 1.82cm,此时 L2 和 L1 的距离为 最后保留结果至小数点后一位。 cm, L3 和 L4 的距离为 cm。

八、(18 分)如图所示,竖直固定平行放置的两条相同长直导线 1 和 2 相距为 a ( a <<长直导 线的长度),两导线中通有方向和大小都相同的稳恒电流,电流方向向上。导线中正离子都是静 止的,每单位长度导线中正离子的电荷量为 ? ;形成电流的导电电子以速度 v0 沿导线向下匀速运 动,每单位长度导线中导电电子的电荷量为 ? ? 。已知:单位长度电荷量为 ? 的无限长均匀带电 直导线在距其距离为 r 处产生的电场的强度大小为 E ? k e

2? ,其中 ke 是常量;当无限长直导线通 r 2I ,其中 k m 是常 r

有稳恒电流 I 时,电流在距导线距离为 r 处产生磁场的磁感应强度大小为 B ? k m 量。试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量 ke 和 k m 的比值。

提示:忽略重力;正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关;真空中的光速为 c 。



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参考答案 解 1: 由于 湖面足够宽阔 而物块体 积很小,所以 湖面的绝 对高度在物块 运动过程 中始终保 持不 变,因此,可 选湖面为 坐标原点并以 竖直向下 方向为正方向 建立坐标 系,以下简称 系 . 设 物块下底面的坐标为 x ,在物块未完全浸没入湖水时,其所 受到的浮力为
f b ? b2 x ? g
x

( x?b)

(1)

式中

g 为重力加速度 . 物块的重力为
fg ? b3 ??g
(2) 设物块的加速度

为 a ,根据牛顿第二定律有

b3??a ? fg ? fb
入 (3) 式得

(3)

将 (1) 和 (2 ) 式代

a??

? g ? ?? ? x ? b? ? ?b ? ? ? ?

(4)

将 x 系坐标 原点向下移动 ? ?b / ? 而建 立新坐标系, 简称
X ? x?

X 系 . 新旧坐标的关系为
(5) 把 (5) 式代入

?? b ?

(4) 式得
a??

?g X ? ?b

(6)

(6) 式表示物块的运动是简谐振动 . 若 X ? 0 ,则 a ? 0 ,对应于物块的平衡位置 . 由 (5) 式 可知,当物块处于平衡位置时,物块下底面在 x 系中的坐标为
x0 ?

?? b ?

(7)

物 块运动方

程在

X 系中可写为
X ( t ) ? Acos ?? t? ? ?

(8)

利用参

考圆可将其振动速度表示为
V ( t) ? ? A ? sin ? ? t ? ??

(9)

式中 ? 为

振动的圆频率

??
式中

? g ?' b

(10)

在 ( 8) 和 (9)

A 和 ? 分别是振幅和初相位,由初始条件决定 . 在物块刚被释放时,即 t ? 0 时刻有

x = 0 ,由 (5) 式得



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X (0) ? ?

?? b ?
V (0) ? 0

(11) (12)

由 (8) 至 (12) 式可求得
A?

?? b ?

(13)

? ??
(14)

将 (10) 、 (13) 和 (14) 式分别代人 (8) 和 (9) 式得
X ( t) ?

?? b cos ?? t ? ?? ?

( 15 )

V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?

(16)

由 (15) 式可知,物块再次返回到初始位置 时恰好完成一个振动周期;但物块的运动始终由 (15) 表示是有条件的,那就是在运动过程中物块始终没有完全浸没在湖水中 . 若物块从 某时刻起全部浸没在湖水中,则湖水作用于物块的浮力变成恒力,物块此后的运动将不再 是简谐振动,物块再次返回到初始位置所需的时间也就不再全由振动的周期决定 . 为此, 必须研究物块可能完全浸没在湖水中的情况 . 显然,在 x 系中看,物块下底面坐标为 b 时,物块刚好被完全浸没;由 (5) 式知在

X 系中这一临界坐标值为
( 17 )即物块刚好完

? ?? ? X ? X b ? ?1 ? ? b ? ??

全浸没在湖水中时,其下底面在平衡位置以下 X b 处 . 注意到在振动过程中,物块 下底面 离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠

A ,下面分两种情况讨论:
(18)

I . A ? X b . 由 (13) 和 (17) 两式得

? ? 2? ?

在这种情况下,物块在运动过程中 至多刚好全部浸没在湖水中 . 因而,物块从初始位置 起,经一个振动周期,再次返回至初始位置 . 由 (10) 式得振动周期

T?
出发往返一次所需的时间

2? ? ?b ? 2? ? ?g

(19) 物块从初始位置

tI ? T ? 2?

? ?b ?g

(20)

II . A ? X b . 由 (13) 和 ( 17) 两式得
? ? 2? ?

(21)



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在这种情况下,物块在运动过程中会 从某时刻起全部浸没在湖水表面之下 . 设从初始位置 起,经过时间 t1 物块刚好全部浸入湖水中,这时 X ? t1 ? ? X b . 由 (15) 和 (17) 式得
?? ?? cos?? t1 ? ? ? ? 1? ? ?

(22)

取合理值,有

t1 ?
式可求得这时物块的速度为

?? ?? ? ?b ? ?? ? arccos ? ? 1?? ?g ? ? ? ? ??

(23)

由 上 式 和 (16)

V ( t1 ) ? ?

?? ?? gb 1? ?? ? ??

? 1 ? ?

2

(24)

此后,物块在液体内作匀减速运动,以 a ? 表示加速度的大小,由牛顿定律有
a? ?

? ? ?? g ??

(25)

设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为 t2 ,有
V ? t1 ? ? a?t2 ? 0

(26)

由 (24)-(26) 得
?? ? ?? b? ? t2 ? 1 ? ? ? 1? ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?
2

(2 7)

物块从初始位置出发往返一次所需的时间为
tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2 ?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? ? ? g? ? ? ( ? ? ? ) g ? ? ? ?? ? ?
2

(28)

解 2: 1. i. 通过计算卫星在脱离点的动能和万有引力势能可知,卫星的机械能为负值 . 由开 普勒第一定律可推知,此卫星的运动轨道为椭圆(或圆),地心为椭圆的一个焦点 ( 或圆 的圆心 ) ,如图所示 . 由于卫星在脱离点的速 度垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点 必为卫星椭圆轨道的远地点(或近地点); 设近地点(或远地点)离地心的距离为 r , 卫星在此点的速度为 v . 由开普勒第二定律可 知

R

0.80R

a b

r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)



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式中 ? (? 2? /Te )为地球自转的角速度 . 令

m

表示卫星的质量,根据机械能守恒定律有 ( 2 ) 由( 1 )

1 2 GMm 1 GMm 2 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R
和( 2 )式解得

r ? 0.28 R
而脱离处为远地点 . 【( 3 )式结果亦可由关系式:

(3) 可 见该 点为 近 地 点 ,

?
直接求得】 同步卫星的轨道半径

GMm 1 GMm 2 ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R

R 满足
GM ? R? 2 2 R
(4 )

由 (3) 和 (4) 式并代入数据得
r ? 1.2 ? 104 km

(5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球 . ii. 由开普勒第二定律可知卫星的面积速度为常量,从远地点可求出该常量为

?s ?

1 2 ? 0.80R ? ? 2 0.28 R ? 0.80 R 2
2

(6)

设 a 和 b 分别

为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系 有

a?

(7)

? 0.80 ? 0.28 ? 2 b ? a2 ? ? ? R 2 ? ?
卫星运动的周期 T 为
T ?

(8)

? ab ?s

(9)

代人相关数值可求出

T ? 9.5h

(10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普 勒第二定律可 知此时刻 卫星具有最 小角 速度 ,其后的一周期内其角速度都应 不比该值小,所以卫星始终不比太空电梯转动得 慢;换言之,太空电梯不可能追上卫星 . 设想自卫星与太空电梯脱离后经过 1.5T (约 14 小 时),卫星到达近地点,而此时太空电梯已转过此点,这说明在此前卫星尚未追上 太空电 梯 . 由此推断在卫星脱落后的 0-12 小时内二者不可能相遇 ;而在卫星脱落后 12-24 小时



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内卫星将完成两个多周期的运动,同时太空电梯完成一个运动周期,所以在 12-24 小时内 二者必相遇,从而可以实现卫星回收 . 2. 根据题意,卫星轨道与地球赤道相切点和卫星在太空电梯上的脱离点分别为其轨道 的近地点和远地点 . 在脱离处的总能量为
1 GMm GMm m( Rx? ) 2 ? ?? 2 Rx Rx ? R e

( 11 )

此式可化为

? Rx ? ? Rx ? ? ?1 ? ? Re ? ? Re
这是关于 Rx 的四次方程,用数值方法求解可得

3

? 2GM ?? 2 3 ? ? Re

( 12 )

Rx ? 4.7 Re ? 3.0 ?104 km

(13)

【 Rx 亦可用开普勒第二定律和能量守恒定律求得 . 令 v e 表示卫星与赤道相切点即近地点的 速率,则有
2 Re ve ? Rx ?


1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx ? ) 2 ? 2 Re 2 Rx

由上两式联立可得到方程

? Rx ? ? Rx ? 2GM Rx 2GM ? 2 3 ?0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re ? ? Re ? ? Re Re ? Re
其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于 Rx 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 Rx .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间,为了求出卫星运行的周期

5

3

T ? ,设椭圆的半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有
a? ? Rx ? Re 2
2

(14)

? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?

(15)

因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

1 2

(16)

所以卫星的运动周期为
T? ?

? a?b? ? s?

(17)

代入相关数值可得



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T ? ? 6.8 h

(18)

卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期,在这段时间内,如果地球不转动,卫 星沿地球自转方向运行 180 度,落到西经 (180? ? 110?) 处与赤道相切. 但由于地球自转,在这期间 地球同时转过了 ?T ? / 2 角度,地球自转角速度 ? ? 360? / 24h ? 15? / h ,因此卫星与地球赤道相切点 位于赤道的经度为西经

? ? 180? ? 110? ?
即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 解 3: 解法一

?T ?
2

? 121?

(19)

如图 1 所示,建直角坐标 Oxy , x 轴与挡板垂直, y 轴与 挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为 v 0 ,方向沿 x 轴正方 向,以 P 表示系统的质心,以 vPx 和 vPy 表示碰撞后质心的速 度分量, J 表示墙作用于小球 C 的冲量的大小. 根据质心运 动定理有
? J ? 3mvPx ? 3mv0

y

A

B P
?

?

O

x

(1) (2)

lCP
C

0 ? 3mvPy ? 0
由(1)和(2)式得

vPx ?

3mv0 ? J 3m

(3) (4)

图 1

vPy ? 0

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 C 与挡板碰撞过程中,质心的坐标为
xP ? ?l cos ?

(5) (6)

1 yP ? ? l sin ? 3

球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对质心参 考系仍是静止的,三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动,若转动角速度为 ? ,则三小球 对质心 P 的角动量
2 2 2 L ? m?lAP ? m?lBP ? m?lCP

(7)式中

l AP 、 lBP 和 lCP 分别是

A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知



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1 2 lAP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9 1 2 lBP ? l 2 sin 2 ? 9 4 2 lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9
由(7)、(8)、(9)和(10)各式得

(8) (9) (10)

2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) 3

(11)



碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问题时, 必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心,对质心的力矩等于零,不影响质点 系对质心的角动量,故在质心参考系中,相对质心角动量的变化仍取决于作用于球 C 的冲量 J 的 冲量矩,即有

2 J l sin ? ? L 3

(12)【也可

以始终在惯性参考系中考察问题,即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的参考点,则 对该参考点(12)式也成立】 由(11)和(12)式得
??
J sin ? ml (1 ? 2 cos 2 ? )

(13) 球 C 相

对于质心参考系的速度分量分别为(参考图 1)
vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |)

(14) (15)

vCPy ? ??lCP cos ? ? ??l cos?
球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为
vCx ? vCPx ? vPx

(16) 由

(3)、(6)、(13) 和 (16)各式得
vCx ? ? J ? v0 m(1 ? 2 cos 2 ? )

(17) 根据题

意有
vCx ? 0

y A
J ? mv0 (1 ? 2cos ? )
2

(18)由(17)和(18)式得

(19)

由(13)和(19)式得

O
(20)

x

??

v0 sin ? l

P

B

C
共 56 页 第

26



图2

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A 若先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过 ???
1 ? t? 2

角,即杆 AB 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示. 系统绕质心转过 ??? 所需时间

?

(21)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

(22)


yP ? ?x ? xP

(23)

则球 B 先于球 (23)式得

A 与挡板碰撞. 由(5)、(6)、(14)、(16)、(18)、(21)、(22)和
3 1? ?

? ? arctan


(24)

? ? 36?
解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, y 轴与 挡板重合,以 vAx 、 vAy 、 vBx 、 vBy 、 vCx 和 挡板刚碰撞后

(25)

y

vCy 分别表示球 C 与
A

v Ay

vBy

A 、 B 和 C 三球速度的分量,根据题意有
vCx ? 0

(1)

v Ax B vBx O

?

x

以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴的负方 向,根据质点组的动量定理有
? J ? mvAx ? mvBx ? 3mv0

P

vCy
C C 图 1
(4) 因为

(2) (3)

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ?l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
vAx ? vBx

(5) (6) (7)

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos? vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin ?
(7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角. 由几何关系有



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cos ? ? sin ? ?

2 cos ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? 1 ? 3cos 2 ?

(8) (9)

解以上各式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) vAx ? v0 sin 2 ?

(10) (11) (12) (13) (14) (15)

vAy ? v0 sin ? cos?
vBx ? v0 sin 2 ?

vBy ? 0

vCy ? ?v0 sin ? cos ?
按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球

A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作用, A、

系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动的,

B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度,可考察球 B
相对质心的速度.由(11)到(15)各式,在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质心 P 的速度

vPx ?
vPy ?

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? 3m 3
mvAy ? mvBy ? mvCy 3m ?0

(16) (17)

这时系统质心的坐标为
xP ? ?l cos ?

(18) (19)

1 yP ? ? l sin ? 3

不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 y P ,而球 B 相对质心的速度

1 vBPx ? vBx ? vPx ? v0 sin 2 ? 3

(20) (21)

vBPy ? 0
可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度
??
vBPx v0 sin ? ? yP l

(22)

若使球

A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后,整个系统至少应绕质心转过

π / 2 角,即杆 AB 至少转到沿 y 方向,如图 2 所示. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间



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1 π t? 2

?

(23)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

(24)


yP ? ?x ? xP

y
(25)

则球 B 先于球

A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得
? ? arctan
3 1? ?
(26)

A O P B x



? ? 36?
解 4: 参考 解答:

(27)

C 图2

1 .虚线小方框内 2 n 个平行板电容器每两个并联 串联,其电路的等效电容 Ct1 满足下式
1 n ? Ct1 2C

后再

(1)



Ct1 ?
式中

2C n

(2)

C?

S 4? kd

(3)

虚线大方框中无限网络的等效电容 Ct 2 满足下式
1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 2 C 4 C 8 C ? ?

(4)



Ct 2 ?

C 2

(5)

整个电容网络的等效电容为
Ct ? Ct 1C t 2 2C ? Ct 1 ? C t 2 n ? 4

(6)

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容 器极板上电量之和)



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qt ? C t ? ?

S? (n ? 4)2? kd

(7)

? 当电容器 a 两极板的距离变为 2 d 后, 2 n 个平行板电容器联成的网络的等效电容 Ct1

满足下式
1 n ?1 2 ? ? ? Ct1 2C 3C

(8)

由此得

? ? Ct1
整个电容网络的等效电容为
Ct? ?

6C 3n ? 1

(9)

Ct?1C t 2 6C ? ? Ct 1 ? C t 2 3n ? 13

( 10 )

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
qt? ? Ct?? ? 3S ? (3n ? 13)2? kd

( 11 )

在电容器 a 两极板的距离由 d 变为 2 d 后,等效电容器所带电荷量的改变为
S? ?qt ? q?t ? qt ? ? (3n ? 1 3)( n ? 4 )? 2 kd

( 12 )

电容器储能变化为
?U ? 1 S? 2 Ct?? 2 ? Ct ? 2 ? ? ? ? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 13 )

在此过程中,电池所做的功为
A ? ?qt ? ? ? S? 2 (3n ? 1 3)( n ? 4 )? 2kd

( 14 )

外力所做的功为
A? ? ?U ? A ? S? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 15 )

2. 设金属薄板插入到电容器 a 后, a 的左极板所带电荷量为 q ? ,金属薄板左侧带电 荷 量为 ? q ? ,右侧带电荷量为 (q ? ? Q ) , a 的右极板带电荷量为 ?(q? ? Q) ,与 a 并联的电容器 左右两极板带电荷量分别为 q?? 和 ? q ?? .由于电容器 a 和与其并联的电容器两极板电压相 同,所以有



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q?? ? C
由( 2 )式和上式得

q? ( q ? ? Q) ? S S 4? kx 4? k (2d ? x)

(16)

q? ? q?? ? 3q? ? Q

2d ? x d

( 17 )

上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和,也是虚线大方框 中无限网络的等效电容 Ct 2 所带电荷量(即与电池正极连接的电容 器的极板上电荷量之 和) . 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即
q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ?? ct 2 2C C

( 18 )

将( 2 )、( 5 )和( 17 )式代入( 18 )式得电容器 a 左极板带电荷量
q? ? S? ( n ? 5)( 2d ? x ) ? Q (3n ? 1 3) 2 ? kd (3 n ? 1 3) d

( 19 )

解 5: 参考解答: 如图 1 所示,当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 水 平向右滑动到时,因切割磁力线,在金属杆中产生由 b 指向 a 的感应电动势的大小为

a l1 I
1

c l2

? ? BL v
(1) 式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长 度,由几何关系有

I

I
2

b
2

? R ? L ? 2 R12 ? ? 1 ? ? 2 R1 ? 100 ?
(2)

图 1

在金属杆由 ab 位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大圆环接触的两点之间的长度 d L 可视为不变, 近似为 2 R1 .将(2)式代入(1)式得,在金属杆由 ab 滑动到 cd 过程中感应电动势大小始终为
? ? 2 BR1v

(3)

以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b 两端的 电压,由欧姆定律有



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U ab ? I1l1r0 U ab ? I 2l2 r0

(4) (5)

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的磁感应强 度的大小分别为
B1 ? k m I1l1 R12 I 2 l2 R12

(6) (7)

B2 ? k m

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.

由(4)、(5)、(6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处产生的磁感应强度为
B0 ? B2 ? B1 ? 0

(8)

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆的电流 I 所产 生磁场. 在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无限长直 导线,由提示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为

B3 ? k m

2I R1 100
a

(9) 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流
I?

I1 R左

I Rab
b

ε

I2 R右

?
R R R? 左 右 R左 ? R右

(10)

其中 R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, R左 分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非常靠 心,故
Rab ? 2R1r 1, R左 =R右 ? ? R1r0

图2

和 R右 近圆

(11)

利用(3)、(9)、(10)和(11)式可得
B3 ? 800km v B R1 (4r1 ? ? r0 )

(12)

由于小圆环半径 R2 ?? R1 ,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的,且都等于长直金属杆 在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3

(13)



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当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向相反, 故穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?cd ? ? R2 (? B3 )

(14)

在长直金属杆以速度 v 从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ?t 内,穿过小圆环圆面的磁感应通量的改 变为
2 ?? ? ?cd ? ?ab ? ?2? R2 B3

(15)

由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为
?i ? ?
2 B3 ?? 2? R2 ? ?t ?t

(16)

在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为
Ii ? RB ?i ? 2 3 2? R2 r0 r0 ?t

(17)

于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? I i ?t ? R2 B3 800km v BR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(18)

解 6: 设重新关闭阀门后容器 A 中气体的摩尔数为 n1 , B 中气体的摩尔数为 n2 ,则气体总 摩尔数为

n ? n1 ? n2
体温度为 T2 ,重新关闭阀门之后与打开阀门之前气体内能的变化可表示为

(1)

把两容器中的气体作为整体考虑,设重新关闭阀门后容器 A 中气体温度为 T1? , B 中气

?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ?
由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

(2)

?U ? 0
令 V1 表示容器 A 的体积 , 初始时 A 中气体的压强为

(3)

p1 ,关闭阀门后 A 中气体压强为

? p1 ,由理想气体状态方程可知
n? n1 ? p1V1 RT1 (? p1 )V1 RT1?

(4) (5)

由以上各式可解得



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T2 ?

?1 ? ? ? T1T1?
T1? ? ? T1

由于进入容器 B 中的气体与仍留在容器 A 中的气体之间没有热量交换,因而 在阀门 打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中的那部分气体经历了一个绝热过程,设这部分气体 初始时体积为 V10 ( 压强为

p1 时),则有
p1V10 C ? (? p1 )V1
C?R C?R C

(6 )

利用状态方程可得

p1V1 0 (? p1 )V1 ? T1 T1?
由( 1 )至( 7 )式得,阀门重新关闭后容器 B 中气体质量与气体总质量之比

(7)

n2 2 ? ? ?? ? R n C?R 2 ?? ??
解 8:

R C?R

C C?R

(8)

在相对于正离子静止的参考系 S 中,导线中的正离子不动,导电电子以速度 v 0 向下 匀速运动;在相对于导电电子静止的参考系 S ? 中,导线中导电电子不动,正离子以速度
v 0 向上匀速运动 . 下面分四步进行分析 .

第一步,在参考系 S ? 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力的大小和方向 . 若 S 系中一些正离子所占据的长度为 l ,则在 S ? 系中这些正离子所占据的长度变为 l?? ,由相 对论中的长度收缩公式有

? ? l 1? l?

2 v0 c2

(1)

? ,由于离子的电荷量 设在参考系 S 和 S ? 中,每单位长度导线中正离子电荷量分别为 ? 和 ??

与惯性参考系的选取无关,故
?l? ? ? ?l ??

(2)

由( 1 )和( 2 )式得
?? ??

?
v2 1? 0 c2

(3)



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设在 S 系中一些导电电子所占据的长度为 l ,在 S ? 系中这些导电电子所占据的长度为
? ,则由相对论中的长度收缩公式有 l?

? 1? l ? l?

2 v0 c2

(4)

同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有
?? ? ? ?? v2 1? 0 c2

(5)

? 分别为在参考系 S 和 S ? 中单位长度导线中导电电子的电荷量 . 式中, ? ? 和 ??

在参照系 S ? 中,导线 2 单位长度带的电荷量为

? ? ?? ?? ? ? ? ??

?
v2 1? 0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? c2

2 v0 2 v2 c 1? 0 c2

?

(6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke ? ? ? a

2k e? v 20 v2 c a 1? 0 c2
2

(7)

电场强度方向水平向左 . 导线 1 中电荷量为 q 的正离子受到的电场力的大小为

f e?? ? qE ? ?

2 2 k e q ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

(8)

电场力方向水平向左 . 第二步,在参考系 S ? 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力的大小和方向 . 在 参考系 S ? 中,以速度 v 0 向上运动的正离子形成的电流为
? v0 ? I ? ? ??

? v0
v2 1? 0 c2

(9)

导线 2 中的电流

I ? 在导线 1 处产生磁场的磁感应强度大小为
B? ? 2km ? v0 2km I ? ? a v2 a 1? 0 c2

( 10 )

磁感应强度方向垂直纸面向外 . 导线 1 中电荷量为 q 的正离子所受到的磁场力的大小为

? ? ? q v0 B ? ? fm

2 2 k m q ? v0

v2 a 1? 0 c2

( 11 )

方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反 .



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第三步,在参考系 S 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的大小和 方向 . 由题设条件,导线 2 所带的正电荷与负电荷的和为零,即

? ? (?? ) ? 0
因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零
fe? ? 0

( 12 )

( 13 )

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1+ ? 0

( 14 )

导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
f m ? ? qv1 +B ? 0

( 15 )

式中,

B 是在 S 系中导线 2 的电流在导线 1 处产生的磁感应强度的大小 . 于是,在 S 系

中,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零 . 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零, 如果导线 1 中正离子还受到其他力的作用,所有其它力的合力必为零 ( 因为正离子静止 ). 在 S ? 系中,导线 2 对导线 1 中正离子施加的电场力和磁场力的合力的大小为
? ? ? f e?? f ? ? fm

(16)

因为相对 S ? 系,上述可能存在的其它力的合力仍应为零,而正离子仍处在勻速运动状 态,所以 (16) 式应等于零,故
? ? ? f e?? fm

( 17 )

由( 8 )、( 11 )和( 17 )式得
ke ? c2 km

( 18 )



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2011 年第 28 届全国中学生物理竞赛试题参考解答及评分标准 一、参考解答: 解法一:取直角坐标系 Oxy,原点 O 位于椭圆的中心,则哈雷彗星的椭圆轨道方程为

x2 y 2 ? ?1 a 2 b2
a、b 分别为椭圆的半长轴和半短轴,太阳 S 位于椭圆的一个焦点处,如图 1 所示.

(1)

以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕 太阳作圆周运动),则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

a3 T 2 ? 2 3 ae Te

(2)

y

设 c 为椭圆中心到焦点的距离,由几何关系得 (3) c ? a ? r0

b

rP
S

P

b ? a ?c
2

2

(4)

?P
x P 0

a
(5) (6)

O

由图 1 可知,P 点的坐标

x ? c ? rP cos?P y ? rP sin ?P
把(5)、(6)式代入(1)式化简得

图1

?a

2

sin 2 ? P ? b 2 cos 2 ? P ? rP2 ? 2b 2 crP cos ? P ? b 2 c 2 ? a 2b 2 ? 0

(7)

根据求根公式可得

b2 ? a ? c cos ? P ? rP ? 2 2 a sin ? P ? b2 cos2 ? P
rP ? 0.896AU

(8)

由(2)、(3)、(4)、(8)各式并代入有关数据得 (9) 可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能为

E=?

Gmms 2a

(10)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmm s ? mvP ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?


(11)

v P ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(12)

vP = 4.39 ?104 m ? s?1
设 P 点速度方向与 SP0 的夹角为 ? (见图 2),根据开普勒第二定律 其中 ? 为面积速度,并有

(13)

rP vP sin ?? ??P ? ? 2?

(14)

y

??

πab T

(15)

b

rP
S

P

由(9)、(13)、(14)、(15)式并代入有关数据可 得

?P
P 0

?

a
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O

x



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(16) 解法二:取极坐标,极点位于太阳 S 所在的焦点处,由 S 引向近日点的射线为极轴,极角为 图2 ? ,取逆时针为正向,用 r、 ? 表示彗星的椭圆轨道方程为

? ? 127

r?

p 1 ? e cos ?

(1)

其中,e 为椭圆偏心率,p 是过焦点的半正焦弦,若椭圆的半长轴为 a,根据解析几何可知

p ? a ?1 ? e 2 ?

(2)

将(2)式代入(1)式可得

a 1 ? e2 (3) 1 ? e cos? 以 Te 表示地球绕太阳运动的周期,则 Te ? 1.00年 ;以 ae 表示地球到太阳的距离(认为地球绕 r?
太阳作圆周运动),则 ae ? 1.00AU ,根据开普勒第三定律,有

?

?

在近日点 ? ? 0 ,由(3)式可得

a3 T 2 ? 2 3 ae Te
e ? 1? r0 a
(5)

(4)

将 ? P 、 a 、 e 的数据代入(3)式即得

rP ? 0.895AU
可以证明,彗星绕太阳作椭圆运动的机械能

(6)

E=?

Gmms 2a

(7)

式中 m 为彗星的质量.以 vP 表示彗星在 P 点时速度的大小,根据机械能守恒定律有

Gmms 1 2 ? Gmms ? mv P ? ? ? ??? 2 rP ? 2a ?
可得

(8)

v P ? Gms ?
代入有关数据得

2 1 ? rP a

(9)

(10) vP = 4.39 ?104 m ? s?1 设 P 点速度方向与极轴的夹角为 ? ,彗星在近日点的速度为 v0 ,再根据角动量守恒定律,有

rP vP sin ?? ??P ? ? r0 v0
v0 ? Gms ?

(11)

根据(8)式,同理可得

2 1 ? r0 a

(12)

由(6)、(10)、(11)、(12)式并代入其它有关数据

? ? 127

(13)



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二、参考解答: 1.建立如图所示坐标系 Oxy.两杆的受力情况如图:

y D N4

f1 为地面作用于杆 AB 的摩擦力, N1 为地面对杆 AB
的支持力, f 2 、 N 2 为杆 AB 作用于杆 CD 的摩擦力和支 持力, N3 、 N 4 分别为墙对杆 AB 和 CD 的作用力, mg 为重力.取杆 AB 和 CD 构成的系统为研究对象,系统平衡 时, 由平衡条件有

??
B N3 E F N2 f1 C N1 A x

??
(1) (2)

N4 ? N3 ? f1 ? 0 N1 ? 2mg ? 0
以及对 A 点的力矩

O

mg f2 mg

1 1 ? ? mgl sin ? ? mg ? l sin ? ? l sin ? ? ? N3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 2 2 ? ?


3 1 mgl sin ? ? mgl sin ? ? N 3l cos ? ? N 4 ? l cos ? ? l cos ? ? CF ? ? 0 (3) 2 2 式中 CF 待求. F 是过 C 的竖直线与过 B 的水平线的交点, E 为 BF 与 CD 的交点.由几何关系有 CF ? l sin ? cot ? (4)
取杆 CD 为研究对象,由平衡条件有

N4 ? N2 cos? ? f2 sin ? ? 0 N2 sin? ? f2 cos? ? mg ? 0
以及对 C 点的力矩

(5) (6)

1 N 4l cos ? ? mgl sin ? ? 0 2
解以上各式可得

(7)

N4 ?

1 mg tan ? 2 1 sin ? 1 tan ? sin ? ? ?3 N3 ? ? tan ? ? tan ? ? ? ? mg 2 cos ? 2 sin ? ? ?2 ? 3tan ? sin ? 1 tan ? sin ? ? f1 ? ? ? ? ? mg cos ? 2 sin ? ? ? 2 N1 ? 2mg

(8) (9) (10) (11) (12) (13)

1 ? ? N 2 ? ? sin ? ? tan ? cos ? ? mg 2 ? ? 1 ? ? f 2 ? ? cos ? ? tan ? sin ? ? mg 2 ? ?
CD 杆平衡的必要条件为 由(12)、(13)、(14)式得

f 2 ? ?c N2
tan ? ? 2 ? ?C sin ? ? cos ? ? ?C cos ? ? sin ?
44

(14)

(15)



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AB 杆平衡的必要条件为

f1 ? ? A N1
由(10)、(11)、(16)式得

(16) (17)

tan ? sin ? 2sin ? ? ? 4 ? A ? 3 tan ? sin ? cos ? 因此,使系统平衡, ? 应满足的条件为(15)式和(17)式. 2.将题给的数据代入(15)式可得

? ? arctan 0.385 ? 21.1?
将题给的数据代入(17)式,经数值计算可得 因此, ? 的取值范围为

(18) (19) (20)

? ? 19.5?

19.5 ? ? ? 21.1
T

三、参考解答: 解法一: 1. 设在时刻 t ,小球和圆筒的运动状 态如图 1 所示,小球位于 P 点,绳与圆筒的切点为 T , P 到 T 的距离即绳的拉直部分的长度为 l ,圆筒的角速 度为 ? ,小球的速度为 v .小球的速度可以分解成沿着绳 子方向的速度 v1 和垂直于绳子方向的速度 v 2 两个分量. 根据机械能守恒定律和角动量守恒定律有

v
v1
P

v2

O

1 1 1 1 2 2 2 2 M ? R?0 ? ? m ? R?0 ? ? M ? R? ? ? m ? v12 ? v2 ? 2 2 2 2
(1)

图1
(2) (3)

MR2?0 ? mR2?0 ? MR2? ? mRv1 ? ml v2 因为绳子不可伸长, v1 与切点 T 的速度相等,即 v1 ? R?
解(1)、(2)、(3)式得

?M ? m?R 2 ? ml2 ? ?M ? m?R 2 ? ml2 0 2?M ? m?R 2 l v2 ? ? ?M ? m?R 2 ? m l2 0
??
l?R

(4) (5)

由(4)式可得

M ? m ?0 ? ? m ?0 ? ? 这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(6)式,当 ? ? 0 得 M ?m (7) L?R m
这便是绳的总长度 L. 3.如图 2 所示,从时刻 t 到 t ? ?t ,切点 T 跟随圆 筒转过一角度 ??1 ? ??t ,由于绳子的拉直部分的长 度增加了 ?l ,切点相对圆筒又转过一角度

(6)

T?

l ? ?l ??2 ??1 T

O

l

v2 ? t ?

图2
共 56 页 第

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?? 2 ?

?l ,到达 T ? 处,所以在 ?t 时间内,切点转过的角度 R ?? ? ??1 ? ?? 2 ? ??t ? ?l R
(8)

切点从 T 变到 T ? 也使切线方向改变了一个同样的角度 ? ? ,而切线方向的改变是小球具有垂直于 绳子方向的速度 v2 引起的,故有

?? ?
由(1)、(2)、(3)式可得

v 2 ?t l

(9)

v2 ? l ??0 ? ? ?
由(8)、(9)、(10)三式得

(10)

?l ? R?0?t
(11)式表示 l 随 t 均匀增加,故 l 由 0 增加到 L 所需的时间为

(11)

ts ?

L 1 ? ?0 R ?0

M ?m m
Q

(12)

解法二:1.撤去插销后两个小球的运动情况相同,故可取一 个小球作为对象进行研究,先研究任何时刻小球的速度. 在 t 时刻,相对卫星系统质心参考系小球运动状态如图 1 所示,绳子的拉直部分与圆筒面的切点为 T ,小球到切点 T 的 距离即绳的拉直部分的长度为 l ,小球到转轴 O 的距离为 r , 圆筒的角速度为 ? .由于圆筒的转动和小球相对圆筒的运动, 绳将展开,切点位置和绳的拉直部分的长度都要改变. 首先考察小球相对于圆筒的运动.在 t 时刻, OT 与 固定在圆筒上的半径 OP 0 的夹角为 ? ,如图 2 所示.由 于小球相对圆筒的运动,经过时间 ?t ,切点从圆筒上 的 T 点移到 T ? 点, OT ? 与 OP 0 的夹角变为 ? ? ?? ,绳 的拉直部分的长度由 l 变为 l ? ,小球由 P 运动到 P? ,
m 2

T R l r
O
m 2

P0?

P 0
Q?

T?

?
l?
T

图1
P?

??

?
O

l

PP? 便是小球相对圆筒的位移.当 ?t 很小时 l ? l ? ,故 PP? ? l ??? ? l ??
于是小球相对圆筒的速度大小为

P P 0

图2
v? ? l ?? ? l?? ?t

(1)



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方向垂直于 TP . ?? 是切点相对圆筒转动的 角速度. 再考察圆筒相对质心参考系的转动,即 与圆筒固连在一起的转动参考系相对质心参 考系的运动.当圆筒的角速度为 ? 时,位于转 动参考系中的 P 点(小球所在处)相对质心系 的速度 (2) v? ? r? 方向垂直于 OP .可以把 v? 分解成沿着 TP 方向的分量 v?1 和垂直 TP 方向的分量 v? 2 , 如图 3 所示,即

v?
T R O

v

v? ? v? 2
v? 2

v?1
l r P

v?
P 0

?

图3

v?1 ? R?
(3)

v? 2 ? l?

(4)

小球相对质心系的速度 v 是小球相对圆筒的速度和圆筒参考系中的 P 点相对质心系速度的合成, 由图 3 可得 v 的大小
2 v ? v? 1 ? ? v? 2 ? v? ? 2

(5) (6)

因 故有

l ? R?

v ? R ? 2 ? ?? ? ?? ? ? 2
2

(7)

因为系统不受外力作用,故系统的动能和角动量守恒,故有

1 1 1 1 2 2 2 M ? R?0 ? ? mR 2?0 ? M ? R? ? ? mv 2 2 2 2 2
MR 2?0 ? mR 2?0 ? MR 2? ? mRv?1 ? ml ? v? 2 ? v? ?
由(7)、(8)两式有

(8) (9)

?02 ? ? 2 ?
由(1)、(3)、(4)、(6)、(9)各式得

2 m ? ? ?? ? ? 2 ? M ?m

(10)

?0 ? ? ?
由(10)、(11)两式得

m ? 2 ?? ? ?? ? M ?m

(11)

?0 ? ? ? ? ? ??
故有

?? ? ?0

(12)

上式说明绳子与圆筒的切点相对圆筒转动的角速度等于卫星的初始角速度,是一个恒量,将(12) 式代入(11)式得

??
由(6)、(13)两式得

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

(13)



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l?R

这便是在卫星角速度减至 ? 时绳的拉直部分的长度 l . 2.由(14)式,当 ? ? 0 得绳总长度, 即

M ? m ? ?0 ? ? ? ? ? m ? ?0 ? ? ?

(14)

L?R

M ?m m

(15)

3.因 ?? 是一个恒量, ? 随时间的 t 的变化规律为 当 ? ? 0 时,由(13)式可得卫星停旋时的 ?

? ? ?0t
?s ?
M ?m m

(16)

(17)

设卫星停转所用的时间为 t s ,由(16)、(17)式得

ts ?

?s 1 ? ?0 ?0

M ?m m

(18)

四、参考解答: 1.根据题意,粒子的初速度只有 y 方向和 z 方向的分量,设它们为 v0 y 和 v0 z .因为粒子在 z 方 向不受电场力和磁场力作用,故粒子在 z 方向以初速度 v0 z 作匀速运动. 粒子在 Oxy 面内的运动可以看作由以下两部分运动的合成:可把粒子在 y 方向的初速度表示 为

v0y ? ?v0y1 ? v0y ? v0y1
其中

(1)

v0y1 ? ?
沿 y 负方向.与 v0y1 相关的磁场力

E0 B0

(2)

f Bx ? ?qv0 y1B0
沿 x 负方向.粒子受到的电场力

(3) (4)

f E ? f Ex ? qE0
大小为

沿 x 正方向.由(2)、(3)、(4)式可知,粒子在 x 方向受到的电场力和磁场力正好抵消,故粒子以

E0 的速度沿 y 负方向运动.除此之外,由(1)式可知,粒子还具有初速度 B0 E (5) v0y 2 ? v0y ? 0 B0 沿 y 正方向,与 v0y 2 相关的磁场力使粒子以速率 v0y 2 在 Oxy 面内作匀速圆周运动,以 r 表示圆周运
动的半径,有

qv0y 2 B0 ? m
可得

2 v0 y2

r

(6)

r?

mv0y 2 qB0

(7)

由周期的定义和(7)式可得圆周运动的周期



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T=

2?m qB0

(8)

(8)式表明,粒子运动的周期与粒子在 y 方向的初速度无关.经过时间 T 或 T 的整数倍所考察的粒 子就能同时回到 Oyz 平面. 2.增加的电场 E2 对粒子在 Oxy 平面内的运动无影响,但粒子在 z 方向要受到此电场力作 用.以 az 表示在此电场力作用下的加速度,有

?

maz ? qE0 cos ?t


(9)

az =
这是简谐运动的加速度,因而有

qE0 cos ?t m

(10)

az = ?? 2 z
由(10)、(11)可得

(11)

1 qE0 cos ?t (12) ?2 m 因未增加电场时,粒子在 z 方向作初速度为 v0z 的匀速运动,增加电场后,粒子在 z 方向的运动是 z??
匀速运动与简谐运动的叠加,即有

z ? v0z t ?
内作圆周运动的角速度,则有

1 qE0 cos ?t ?2 m

(13)

粒子在 Oxy 平面内的运动不受电场 E2 的影响.设 ? 0 为粒子在 Oxy 平面

O

2π qB0 ?0 ? ? T m

y

(14)

?0 t
rr

由图示可得与圆周运动相联系的粒子坐标随时间 t 的变化关系

v0 y 2

x? ? r ?1 ? cos ?0t ? y? ? rsin?0t

(15) (16)

考虑到粒子在 y 方向还具有速度为 v0y1 的匀速运动,并利用(2)、(5)、 (7)、(14)以及己知条件,可得带电粒子的运动规律:

x

x?
(17)

E0 ? ? qB0 ? m ? t? ? v0y ? ? ?1 ? cos qB0 ? B0 ? ? m ?
(18) (19)

E0 E0 ? qB0 m ? t? t ? v0y ? ? sin B0 qB0 ? B0 ? m mE0 qB z ? v0z t ? 2 cos 0 t qB0 m y??
五、答案与评分标准 1. I L ? I 0 ? e 本题 15 分. (2 分), I L (2 分), VT ln ? 1 ?

? ? ?

V VT

? ? 1? ? ?

? ?

IL ? ? I0 ?

(2 分),

? V ? VI L ? VI 0 ? eVT ? 1? ? ? ? ?
2.0.62V (2 分);0.54V

(1 分). (2 分);49mW (2 分);6.0 ? (2 分).



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六、参考解答: 在电加热器对 A 室中气体加热的过程中,由于隔板 N 是导热的,B 室中气体的温度要升高,活 塞 M 将向右移动.当加热停止时,活塞 M 有可能刚移到气缸最右端,亦可能尚未移到气缸最右端. 当然亦可能活塞已移到气缸最右端但加热过程尚未停止. 1. 设加热恰好能使活塞 M 移到气缸的最右端,则 B 室气体末态的体积

VB ? 2V0
V0 VB ? T0 TB
由(1)、(2)式得

(1)

根据题意,活塞 M 向右移动过程中,B 中气体压强不变,用 TB 表示 B 室中气体末态的温度,有 (2)

TB ? 2T0
由于隔板 N 是导热的,故 A 室中气体末态的温度

(3) (4)

TA ? 2T0
下面计算此过程中的热量 Qm .

在加热过程中,A 室中气体经历的是等容过程,根据热力学第一定律,气体吸收的热量等于其 内能的增加量,即

QA ?
由(4)、(5)两式得

5 R (TA ? T0 ) 2 5 RT0 2

(5)

QA ?

(6)

B 室中气体经历的是等压过程,在过程中 B 室气体对外做功为

WB ? p0 (VB ? V0 )
由(1)、(7)式及理想气体状态方程得

(7) (8)

WB ? RT0
内能改变为

?U B ?
由(4)、(9)两式得

5 R (TB ? T0 ) 2

(9)

?U B ?

5 RT0 2 7 RT0 2

(10)

根据热力学第一定律和(8)、(10)两式, B 室气体吸收的热量为

QB ? ?U B ? WB ?
由(6)、(11) 两式可知电加热器提供的热量为

(11)

(12) Qm ? QA ? QB ? 6RT0 若 Q0 ? Qm , B 室中气体末态体积为 2V0 , A 室中气体的末态温度 2T0 . 2.若 Q0 ? Qm ,则当加热器供应的热量达到 Qm 时,活塞刚好到达气缸最右端,但这时加热 尚未停止,只是在以后的加热过程中气体的体积保持不变,故热量 Q0 ? Qm 是 A 、 B 中气体在等 容升温过程中吸收的热量.由于等容过程中气体不做功,根据热力学第一定律,若 A 室中气体末态 ? ,有 的温度为 TA

Q0 ? Qm ?

5 5 ? ? 2T0 ) ? R(TA ? ? 2T0 ) R(TA 2 2

(13)



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由(12)、(13)两式可求得

?? TA
B 中气体的末态的体积

Q0 4 ? T0 5R 5

(14)

? = 2V0 VB

(15)

?? 小于 3. 若 Q0 ? Qm ,则隔板尚未移到气缸最右端,加热停止,故 B 室中气体末态的体积 VB
?? ,根据热力学第一定律,注意到 A 室中气 ?? ? 2V0 .设 A、B 两室中气体末态的温度为 TA 2V0 ,即 VB
体经历的是等容过程,其吸收的热量

QA ?
B 室中气体经历的是等压过程,吸收热量

5 ?? ? T0 ) R (TA 2

(16)

QB ?
利用理想气体状态方程,上式变为

5 ?? ? T0 ) ? p0 (VB ?? ? V0 ) R(TA 2

(17)

QB ?
由上可知

7 ?? ? T0 ? R ?TA 2

(18)

?? ? T0 ) Q0 ? QA ? QB ? 6R(TA
所以 A 室中气体的末态温度

(19)

?? ? TA
B 室中气体的末态体积

Q0 ? T0 6R

(20)

?? ? VB

V0 Q ?? ? ( 0 ? 1)V0 TA T0 6RT0

(21)



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七、答案与评分标准:本题 20 分. 1. 3R (3 分) 2. 6R (3 分) 3.第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. I 2 在 L 左方还是右方 I 2 是实像还是虚 I 2 与 L 的距离 I 2 的大小 I 2 是正立还是倒立 像 6R 右方 2h 倒立 虚像

4.第 1 第 3 空格各 2 分;其余 3 个空格全对 3 分,有一个错则不给这 3 分. I 3 在 L 左方还是右 I 3 是正立还是倒立 I 3 与 L 的距离 I 3 的大小 I 3 是实像还是虚像 方 18R 八、参考解答: 1. 反应能 左方 2h 倒立 实像

? 2 Q?? ?? mp ? m3 H ? ? m3 He ? mn ? c

?

?

(1)

式中 c 为光速.代入数据得

Q ? ?0.764MeV (2) 上式表明这是一吸能核反应. 2.为了求入射质子阈能,反应前后各粒子都应沿同一直线运动.设质子的入射速度大小为
3 vp ,反应后 2 He 的速度大小为 v3 He ,中子的速度大小为 vn ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn
1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2
由(3)、(4)式可得
2 2 ? mn ? mp ? mn m3 He ? 2 ? mp m3 He ? 2 mp mn vn ? 2 vp vn ? ? v ?2 Q ?0 ? ? ? ? ? ? ? p m3 He m3 He m3 He ? ? ? ?

(3) (4)

(5)



a?

2 mn ? m3 He mn

m3 He mp mn m3 He m3 He vp
2 vp ?2 Q

b ? ?2 c?
把(6)式代入(5)式得

2 mp ? mp m3 He

? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?

(6)

2 avn ? bvn ? c ? 0

(7)

(7)式有解的条件是

b2 ? 4ac ? 0 (8) 由(6)式可知, c 可能大于零,亦可能小于零.若 c ? 0 ,则(8)总成立,中子速度一定有解,反应一 定能发生;若 c ? 0 ,则由 (6)、(8)两式得 mn ? m3 He 1 2 (9) mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp



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即只有当入射质子的动能满足(9)式时,中子速度才有解,反应才能发生,所以入射质子的阈能为

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用(1)式,在忽略 Q 项的情况下,(10)式可简化为
2

(10)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(11)

mn vn
(12)

m3 He v 3 He

Tth ? 1.02MeV
3.由动量守恒和能量守恒有

以 ? 表示反应中产生的中子速度方向与入射质子速度方向的夹角,如图所示,根据余弦定律有

mp vp ? m3 He v3 He ? mn vn 1 1 1 2 2 mp vp ? m3 He v 2 ? mn vn ?Q 3 He 2 2 2

?
(13) (14)

mp vp

?m

3

He

v 3 He

? ? ?m v ? ? ?m v ?
2 2 n n p p

2

? 2mn mp vn vp cos ?

(15)



1 2 mp vp 2 1 2 Tn ? mn vn 2 1 T3 He ? m 3 He v 2 3 He 2 Tp ?
把(15)、(16)、(17)式代入(13)、(14)两式得

(16) (17) (18)

Q ? Tp ? T3 He ? Tn
2m3 HeT3 He ? 2mnTn ? 2mpTp ? 2 2mnTn ? 2mpTp cos ?
由(18)、(19)式,消去 T3 He 后,得

(19) (20)

Tn ? 2
令 得

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? ? Tn ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

?0

(20)

S?

mn mpTp m3 He ? mn

cos ? , R ?

?m

3

He

? mp Tp ? Q m3 He m3 He ? mn

?

(22)

Tn ? 2S Tn ? R ? 0
合物理意义的解为

(23)

根据题给的入射质子的动能和第 1 问求得的反应能 Q 的值,由(21)式可知 R ? 0 ,故(22)式的符

Tn ? S ? S 2 ? R
将具体数据代入(21)、(23)式中,有

(24) (25)

Tn ? 0.132MeV
(如果得到 Tn ? 0.131MeV,也是对的.) 第 2 问的其他解法



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3 解法一:为了研究阈能,只考虑碰撞前后各粒子都沿同一直线运动的情况.若碰撞后 2 He 和

中子的速度相同,即粘在一起运动(完全非弹性碰撞),则在碰撞过程中损失的机械能最多,若所 损失的机械能正好等于反应能,则入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能. 设质子的入射速
3 度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小为 v ,根据动量守恒和能量守恒有

mp vp ? (m3 He ? mn )v 1 1 2 mp vp ? (m 3 He ? mn )v 2 ? Q 2 2
由(1)、(2)式可得

(1) (2)

mn ? m3 He 1 2 mp vp ? Q 2 mn ? m3 He ? mp
所以阈能为

(3)

? ? mp Tth ? ?1 ? Q ? mn ? m3 ? mp ? ? He ? ?
利用第 1 问中的(1)式,并注意到

(4)

Q ?? 1 m3 H c 2


1 ? mn ? m3 He ? mp
在忽略 Q 项的情况下,(4)式可简化为
2

1 ? Q ? m3 H ?1 ? ? m3 c 2 ? ? ? H ?

?

Q ? 1 ? 1? ? 2 ? ? m3 H ? ? m3 H c ?

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(5)

Tth ? 1.02MeV

(6)

第 2 问 8 分:(1)、(2)式各 3 分,(4)式或(5)式 1 分,(6)式 1 分. 解法二:在牛顿力学中可以证明,质点系的总动能可以表示为质点系的总质量以质心速度运 动的动能即所谓质心动能与各质点相对质心运动的动能之和.若质点系不受外力作用,则质点系的 动量守恒,质心速度不变,故质心动能亦恒定不变;如果质点系内部的相互作用导致质点系机械 能的变化,则可变化的机械能只能是各质点相对质心运动的动能. 在本题中,如果质子 p 与氚 3 1H
3 发生反应后,生成的中子 n 和氦 2 He 相对质心都静止,则质子 p 与氚 3 1 H 相对质心运动的动能之和

全部转化成反应能,反应后系统的动能只有质心的动能,在这请况下,转化成其他形式能量的机 械能最多,入射质子的动能最小,这最小动能便是阈能.所以入射质子的阈能等于系统质心的动能 与反应能之和.
3 ? p 以 v? p 和 v 3 H 分别表示质子 和氚 1 H 相对质心的速度,有

Q=
因系统质心的速度

1 1 2 mp v? m 3 H v?32H p ? 2 2

(1)



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vc ?


mp vp mp ? m 3 H

(2)

v? p ? vp ? vc ?

m3 H vp mp ? m3 H mp vp mp ? m3 H

(3)

v?3 H ? 0 ? vc ? ?
由(1)、(3)、(4)式得

(4)

Q ?

m3 H mp ? m 3 H

1 2 mp vp 2

(5)

在牛顿力学中,系统的总质量是恒定不变的,这就导致系统质心的动能在反应前后恒定不变的 结论,但在本题中,损失掉的机械能导致系统总质量的变化,使反应前系统的总质量与反应后系 统的总质量不相等,即 mp ? m3 H ? mn ? m3 He .如果仍沿用牛顿力学的结论,对一个孤立系统,其 质心速度是不会改变的,故反应后质心的动能应为

Ec ?


1 1 1 Q 2 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc ? vc 2 2 2 c2

?

?

2 2 mp vp mp Q Q 1 Q 2 1 Q v ? ? ? 2? ? c 2 2 2 2c 2 c ? m ? m3 ? c mp ? m3 H m3 H p H

由此可见,在忽略 Q 的条件下

2

1 1 2 2 mn ? m3 He vc ? ? mp ? m3 H ? vc 2 2

?

?

而入射质子的阀能

Tth ?
由(2)、(5)、(6)式得

1 ? mp ? m3 H ? vc2 ? Q 2

(6)

? m ? Tth ? ?1 ? p ? Q ? m3 ? ? H ?
代入有关数据得

(7)

Tth ? 1.02MeV
第 2 问 8 分:(1)、(5) 、(6)式各 2 分, (7)式 1 分,(8)式 1 分.

(8)

解法三:考虑反应前后各粒子都沿同一直线运动的情况,若入射质子与与静止的 3 1 H 发生完
3 全非弹性碰撞,即反应后产生的中子和 2 He 以相同的速度运动,则入射质子的动能就是阈能.以 3 m10 表示质子的静止质量, m20 表示 3 1 H 的静止质量, m30 表示中子的静止质量, m40 表示 1 He 的静 3 止质量,设质子的入射速度大小为 vp ,反应后 2 He 和中子的速度大小都为 v ,根据动量守恒和能

量守恒有

m1vp ?

? m30 ? m40 ? v
v2 1? 2 c

(1)



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m1c 2 ? m20c 2 ?
式中 m1 是质子的动质量.由(1)、(2)两式得

? m30 ? m40 ? c2
v2 1? 2 c

(2)

v=
把(3)式代入(1)式,经整理得

m1vp m1 ? m20
2 2 c 2 ? m12 vp ? ? m30 ? m40 ? c 2 2

(3)

? m1 ? m20 ?


(4)

m1 ?
可得

m10 1?
2 vp

(5)

c2
2 m12 vp

m ?m ?
2 1 2 10

c2

(6)

若入射质子的阈能为 Eth ,有

m1c2 ? m10c2 ? Eth
由(4)、(6)、(7)式可得

(7)
2

Eth
利用题给条件并引入反应能,得

? m ? m40 ? ? ? m10 ? m20 ? ? 30
2

2m20

(8)

Eth ?
或有

mp ? m3 H ? mn ? m3 He 2m 3 H

Q

(9)

Q + 2 ? mp ? m3 H ? 2 mp ? m3 H Eth ? c Q? Q 2m 3 H m3 H
代入有关数据得

(10)

Tth ? 1.02MeV

(11)



56





56




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