競賽物理PPt復賽試題匯總.pdf

第第 17 屆物理競賽復賽試題二屆物理競賽復賽試題二 二 20 分 如圖復 17 2 所示 在真空中有一個折射 率為n 0 nn 0 n為真空的折射率 半徑為r的質 地均勻的小球 頻率為 的細激光束在真空中沿直線 BC傳播 直線BC與小球球心O的距離為l lr 光束于小球體表面的點C點經(jīng)折射進入小球 小球成 為光傳播的介質 并于小球表面的點D點又經(jīng)折射進 入真空 設激光束的頻率在上述兩次折射后保持不 變 求在兩次折射過程中激光束中一個光子對小球作 用的平均力的大小 二 參考解答 在由直線BC與小球球心O所確定的平面中 激光光束兩次折射的光路BCDE如圖復 解 17 2 所示 圖中入射光線BC與出射光線DE的延長線交于G 按照光的折射定律有 0sin sinnn 1 式中 與 分別是相應的入射角和折射角 由幾何關系還可知 sin l r 2 激光光束經(jīng)兩次折射 頻率 保持不變 故在兩次 折射前后 光束中一個光子的動量的大小p和 p 相 等 即 h pp c 3 式中c為真空中的光速 h為普朗克常量 因射入小 球的光束中光子的動量p沿BC方向 射出小球的 光束中光子的動量 p 沿DE方向 光子動量的方向 由于光束的折射而偏轉了一個角度2 由圖中幾何 關系可知 22 4 若取線段 1 GN的長度正比于光子動量p 2 GN的長度正比于光子動量 p 則線段 12 N N的 長度正比于光子動量的改變量p 由幾何關系得 2 sin2sin h pp c 5 12 GN N 為等腰三角形 其底邊上的高GH與CD平行 故光子動量的改變量p 的方 向沿垂直CD的方向 且由G指向球心O 光子與小球作用的時間可認為是光束在小球內的傳播時間 即 0 2 cos r t cnn 6 式中 0 cnn是光在小球內的傳播速率 按照牛頓第二定律 光子所受小球的平均作用力的大小為 0 sin cos n hp f tnr 7 按照牛頓第三定律 光子對小球的平均作用力大小Ff 即 0 sin cos n h F nr 8 力的方向由點O指向點G 由 1 2 4 及 8 式 經(jīng)過三角函數(shù)關系運算 最后可得 22 0 222 0 1 n lhrl F nrnr nl 9 評分標準 本題 20 分 1 式 1 分 5 式 8 分 6 式 4 分 8 式 3 分 得到 9 式再給 4 分 第第 17 屆物理競賽復屆物理競賽復賽試題五賽試題五 五 25 分 在真空中建立一坐標系 以水平向右為x軸正方向 豎直向下為y軸正方向 z軸垂直紙面向里 圖復 17 5 在 0yL 的區(qū)域內有勻強磁場 0 80mL 磁場的磁感強度 的方向沿z軸的正方向 其大小0 10TB 今把一荷質比 1 50C kgq m 的帶正電質點在0 x 0 20my 0z 處 靜止釋放 將帶電質點過原點的時刻定為0t 時刻 求帶電質 點在磁場中任一時刻t的位置坐標 并求它剛離開磁場時的位置 和速度 取重力加速度 2 10m sg 五 參考解答 解法一 帶電質點靜止釋放時 受重力作用做自由落體運動 當它到達坐標原點時 速度為 1 2 2 0m svg y 1 1 方向豎直向下 帶電質點進入磁場后 除受重力作用外 還受到洛倫茲力作用 質點速度的 大小和方向都將變化 洛倫茲力的大小和方向亦隨之變化 我們可以設想 在帶電質點到達 原點時 給質點附加上沿x軸正方向和負方向兩個大小都是 0 v的初速度 由于這兩個方向相 反的速度的合速度為零 因而不影響帶電質點以后的運動 在0t 時刻 帶電質點因具有 沿x軸正方向的初速度 0 v而受洛倫茲力 1 f的作用 10 fqv B 2 其方向與重力的方向相反 適當選擇 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 只要帶電質點保持 4 式?jīng)Q定的 0 v沿x軸正方向運動 1 f與重力的合力永遠等于零 但此 時 位于坐標原點的帶電質點還具有豎直向下的速度 1 v和沿x軸負方向的速度 0 v 二者的合 成速度大小為 221 01 2 8m svvv 5 方向指向左下方 設它與x軸的負方向的夾角為 如圖復解 17 5 1 所示 則 1 0 tan1 v v 4 6 因而帶電質點從0t 時刻起的運動可以看做是 速率為 0 v 沿x軸的正方向的勻速直線運動和在 xOy平面內速率為v的勻速圓周運動的合成 圓 周半徑 0 56m mv R qB 7 帶電質點進入磁場瞬間所對應的圓周運動的圓心 O 位于垂直于質點此時速度v的直線上 由圖復解 17 5 1 可知 其坐標為 sin0 40m cos0 40m O O xR yR 8 圓周運動的角速度 1 5 0rad s v R 9 由圖復解 17 5 1 可知 在帶電質點離開磁場區(qū)域前的任何時刻t 質點位置的坐標為 0 sin O xv tRtx 10 cos O yyRt 11 式中 0 v R O x O y已分別由 4 7 9 6 8 各式給出 帶電質點到達磁場區(qū)域下邊界時 0 80myL 代入 11 式 再代入有關數(shù)值 解得 0 31st 12 將 12 式代入 10 式 再代入有關數(shù)值得 0 63mx 13 所以帶電質點離開磁場下邊界時的位置的坐標為 0 63mx 0 80my 0z 14 帶電質點在磁場內的運動可分解成一個速率為v的勻速圓周運動和一個速率為 0 v的沿 x軸正方向的勻速直線運動 任何時刻t 帶電質點的速度V便是勻速圓周運動速度v與勻 速直線運動的速度 0 v的合速度 若圓周運動的速度在x方向和y方向的分量為 x v y v 則 質點合速度在x方向和y方向的分速度分別為 0 xx Vvv 15 yy Vv 16 雖然 22 xy vvv v由 5 式?jīng)Q定 其大小是恒定不變的 0 v由 4 式?jīng)Q定 也是恒定 不變的 但在質點運動過程中因v的方向不斷變化 它在x方向和y方向的分量 x v和 y v都 隨時間變化 因此 x V和 y V也隨時間變化 取決于所考察時刻質點做圓周運動速度的方向 由于圓周運動的圓心的y坐標恰為磁場區(qū)域寬度的一半 由對稱性可知 帶電質點離開磁場 下邊緣時 圓周運動的速度方向應指向右下方 與x軸正方向夾角 4 故代入數(shù)值得 1 cos 2 0m s x vv 1 sin 2 0m s y vv 將以上兩式及 5 式代入 15 16 式 便得帶電質點剛離開磁場區(qū)域時的速度分量 它們分別為 1 4 0m s x V 17 1 2 0m s y V 18 速度大小為 221 4 5m s xy VVV 19 設V的方向與x軸的夾角為 如圖復解 17 5 2 所示 則 1 tan 2 y x V V 得 27 20 評分標準 本題 25 分 4 式 5 分 求得 5 6 式各給 3 分 求得 10 11 式各給 2 分 14 式 3 分 19 式 5 分 求得 20 式再給 2 分 解法二 若以帶電質點到達坐標原點O的時刻作為起始時刻 0t 則質點的初速度為 1 1 2 2 0m svg y 1 方向沿y軸正方向 進入磁場區(qū)后 帶電質點將受到洛倫茲力作用 洛倫茲力在x方向的分 力取決于質點在y方向的分速度 因此質點動量在x方向的分量的增量為 xy m vqv B tqB y 2 y 是帶電質點在t 時間內沿y方向的位移 質點在磁場中運動的整個過程中 此式對每一 段t 時間都成立 所以在0t 到tt 時間內x方向的動量的改變?yōu)?00 xx mvmvqB yy 因初始時刻 0t 帶電質點在x軸方向的動量 0 x mv為零 其位置在原點 0 0y 因 而得 x mvqyB 即 x qB vy m 3 當帶電質點具有x方向的速度后 便立即受到沿y負方向的洛倫茲力的作用 根據(jù)牛頓 第二定律 在y方向上有加速度 y a yx mamgqv B 4 將 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方向作用于帶電質點的合力 y Fky 其中 22 q B k m y F是準彈性力 在 y F作用下 帶電質點在 y方向的運動是簡諧振動 振動的圓頻率 2 1 5 0rad s qB m 8 y隨時間變化的規(guī)律為 0 cos yAt 9 或 0 cos yAtD 10 A與 0 是待求的常量 質點的簡諧運動可以用參考圓來描 寫 以所考察的簡諧運動的振幅A為半徑作一圓 過圓心 1 O 作一直角坐標 1 x O y 若有一質點M沿此圓周做勻速率圓 周運動 運動的角速度等于所考察簡諧運動的角頻率 且 按逆時針方向轉動 在0t 時刻 M點的在圓周上的位置 恰使連線 1 O M與 y軸的夾角等于 9 式中的常量 0 則 在任意時刻t 1 O與M的連線與 y軸的夾角等于 0 t 于是連線 1 O M在 y軸上的投影即為 9 式所示的簡諧振動 將 x軸平行下移0 40mD 連線 1 O M在y軸的投影即如 10 式所示 參看圖復解 17 5 3 M點做圓周運動的速 度大小vA 方向與 1 O M垂直 速度v的y分量就是帶電質點沿y軸做簡諧運動的速度 即 0 sin y vAt 11 10 和 11 兩式中的A和 0 可由下面的方法求得 因為已知在0t 時 帶電質點位 于0y 處 速度 1y vv 把這個條件代入 10 式與 11 式得 0 cos0AD 10 sinvA 解上面兩式 結合 1 8 式 注意到振幅A總是正的 故得 0 5 4 12 0 56mA 13 把 10 式代入 3 式 便得帶電質點沿x軸運動的速度 0 cos x vDAt 14 14 式表示帶電質點在x方向上的速度是由兩個速度合成的 即沿x方向的勻速運動速度 D 和x方向的簡諧振動速度 0 cos At 的合成 帶電質點沿x方向的勻速運動的位移 xDt 15 由沿x方向的簡諧振動速度 0 cos At 可知 沿x方向振動位移的振幅等于速度的最大 值與角頻率的比值 參看圖復解 17 5 3 即等于A 由參考圓方法可知 沿x方向的振 動的位移 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 在本題中 0t 時刻 x應 為零 故前一表示式不符合題意 后一表示式中 b應取的值為 0 sinbA 故有 00 sinsin xAAt 16 帶電質點在x方向的合位移 xxx 由 15 16 式 得 00 sinsin xDtAAt 17 17 10 14 和 11 式分別給出了帶電質點在離開磁場區(qū)域前任何時刻t的 位置坐標和速度的x分量和y分量 式中常量 A 0 D已分別由 8 13 12 和 7 式給出 當帶電質點達到磁場的下邊界時 0 80myL 18 將與 10 式有關的數(shù)據(jù)代入 10 式 可解得 0 31st 19 代入 17 式 得 0 63mx 20 將 19 式分別代入 14 式與 11 式 得 1 4 0m s x v 1 2 0m s y v 速度大小為 221 4 5m s xy Vvv 21 速度方向為 arctan27 y x v v 22 評分標準 本題 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 屆物理競賽復賽試題四屆物理競賽復賽試題四 四 22 分 如圖復 18 4 所示 均勻磁場的方向垂直紙面 向里 磁感應強度B隨時間t變化 0 BBkt k為大 于 0 的常數(shù) 現(xiàn)有兩個完全相同的均勻金屬圓環(huán)相互交 疊并固定在圖中所示位置 環(huán)面處于圖中紙面內 圓環(huán)的 半徑為R 電阻為r 相交點的電接觸良好 兩個環(huán)的接 觸點A與C間的劣弧對圓心O的張角為 60 求 0 tt 時 每個環(huán)所受的均勻磁場的作用力 不考慮感應電流之間的 作用 四 參考解答 1 求網(wǎng)絡各支路的電流 因磁感應強度大小隨時間減少 考慮到電路的對稱性 可設兩環(huán)各支路的感應電流 1 I 2 I的方向如圖復解 18 4 1 所示 對左環(huán)電路ADCFA 有關系 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所圍的面積為 2 23 3 2 12 R 故對該回路有 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 求每個圓環(huán)所受的力 先求左環(huán)所受的力 如圖復解 18 4 2 所示 將圓環(huán)分割成很多小圓弧 由左手定則可 知 每段圓弧所受的力的方向均為徑向 根據(jù)對稱性分析 因圓弧PMA與圓弧CNQ中的電 流方向相反 所以在磁場中受的安培力相互抵消 而弧PQ與弧AC的電流相對x軸上下是 對稱的 因而每段載流導體所受的安培力在y方向的合力為零 以載流導體弧PQ上的線段 l 為例 安培力F 為徑向 其x分量的大小表示為 1 cos x FI B l 5 因 cosll 故 1x FI B l 111x FI B lI BPQI BR 6 由于導體弧PQ在y方向的合力為零 所以在 0 t 時刻所受安培力的合力 1 F僅有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 載流導體弧AC在 0 t時刻所受的安培力為 2 22 23 3 2 R FI BRK BR r 2 00 23 3 2 R KBKtR r 8 方向向右 左環(huán)所受的合力大小為 3 1200 9 3 5 FFFK BKtR r 9 方向向左 第第 18 屆物理競賽復賽試題五屆物理競賽復賽試題五 五 25 分 如圖復 18 5 所示 一薄壁導體球殼 以下簡稱為球 殼 的球心在O點 球殼通過一細導線與端電壓90VU 的電池 的正極相連 電池負極接地 在球殼外A點有一電量為 9 1 10 10Cq 的點電荷 B點有一電量為 9 2 16 10Cq 的點 電荷 OA之間的距離 1 20cmd OB之間的距離 2 40cmd 現(xiàn) 設想球殼的半徑從10cma 開始緩慢地增大到 50cm 問 在此 過程中的不同階段 大地流向球殼的電量各是多少 己知靜電力 恒量 922 9 10 N mCk 假設點電荷能穿過球殼壁進入導體 球殼內而不與導體壁接觸 五 參考解答 分以下幾個階段討論 1 由于球殼外空間點電荷 1 q 2 q的存在 球殼外壁的電荷分布不均勻 用 表示面電 荷密度 設球殼半徑10cma 時球殼外壁帶的電量為 1 Q 因為電荷 1 q 2 q與球殼外壁的電 量 1 Q在球殼內產生的合場強為零 球殼內為電勢等于U的等勢區(qū) 在導體表面上的面元S 所帶的電量為S 它在球殼的球心O處產生的電勢為 1 S Uk a 球殼外壁所有電荷 在球心O產生的電勢 1 U為 1 11 SQ UUkk aa 1 點電荷 1 q 2 q在球殼的球心O處產生的電勢分別為 1 1 q k d 與 2 2 q k d 因球心O處的電勢等于球 殼的電勢 按電勢疊加原理 即有 121 12 qqQ kkkU dda 2 代入數(shù)值后可解得球殼外壁的電量 1 Q為 912 1 12 8 10C qqU Qaa kdd 因球殼內壁無電荷 所以球殼的電量Q 等于球殼外壁的電量 1 Q 即 9 1 8 10CQQ 3 2 當球殼半徑趨于 1 d時 點電荷仍在球殼外 設球殼外壁的電量變?yōu)?2 Q 球殼外的 電荷 1 q 2 q與球殼外壁的電量 2 Q在殼內產生的合場強仍為零 因球殼內仍無電荷 球殼內 仍保持電勢值為U的等勢區(qū) 則有 122 121 qqQ kkkU ddd 4 解得球殼外壁的電量 912 211 12 16 10C qqU Qdd kdd 因為此時球殼內壁電量仍為零 所以球殼的電量就等于球殼外壁的電量 即 9 2 16 10CQQ 5 在10cma 到趨于 1 d的過程中 大地流向球殼的電量為 9 8 10CQQQ 6 3 當點電荷 1 q穿過球殼 剛進入球殼內 導體半徑仍為 1 d 點電荷 1 q在球殼內壁感 應出電量 1 q 因球殼的靜電屏蔽 球殼內電荷 1 q與球殼內壁電荷 1 q在球殼外產生的合 電場為零 表明球殼外電場僅由球殼外電荷 2 q與球殼外壁的電荷 3 Q所決定 由于球殼的靜 電屏蔽 球殼外電荷 2 q與球殼外壁的電荷 3 Q在球殼內產生的合電場為零 表明對電荷 2 q與 3 Q產生的合電場而言 球殼內空間是電勢值為U的等勢區(qū) 2 q與 3 Q在球心O處產生的電 勢等于球殼的電勢 即 32 21 Qq kkU dd 7 解得球殼外壁電量 92 311 2 6 10C qU Qdd kd 8 球殼外壁和內壁帶的總電量應為 9 31 16 10CQQq 9 在這過程中 大地流向球殼的電量為 0QQQ 10 這個結果表明 電荷 1 q由球殼外極近處的位置進入殼內 只是將它在球殼外壁感應的電荷 轉至球殼內壁 整個球殼與大地沒有電荷交換 4 當球殼半徑趨于 2 d時 點電荷 2 q仍在球殼外 令 4 Q表示此時球殼外壁的電量 類 似前面第 3 階段中的分析 可得 24 22 qQ kkU dd 11 由此得 92 422 2 12 10C qU Qdd kd 球殼的電量Q 等于球殼內外壁電量的和 即 9 41 22 10CQQq 12 大地流向球殼的電量為 9 6 10CQQQ 13 5 當點電荷 2 q穿過球殼 剛進入球殼內時 球殼半徑仍為 2 d 球殼內壁的感應電荷 變?yōu)?1 q 2 q 由于球殼的靜電屏蔽 類似前面的分析可知 球殼外電場僅由球殼外壁 的電量 5 Q決定 即 5 2 Q kU d 14 可得 9 52 4 10C U Qd k 球殼的總電量是 9 512 22 10CQQqq 15 在這個過程中 大地流向球殼的電量是 0QQQ 16 6 當球殼的半徑由 2 d增至 1 50cma 時 令 6 Q表示此時球殼外壁的電量 有 6 1 Q kU a 17 可得 9 61 5 10C U Qa k 球殼的總電量為 9 612 21 10CQQqq 18 大地流向球殼的電量為 9 1 10CQQQ 19 第第 19 屆物理競賽復賽試題三屆物理競賽復賽試題三 三 18 分 如圖復 19 3 所示 在水平光滑絕緣的桌面上 有三個 帶正電的質點 1 2 3 位于邊長為l的等邊三角形的三個頂點處 C為三角形的中心 三個質點的質量皆為m 帶電量皆為q 質點 1 3 之間和 2 3 之間用絕緣的輕而細的剛性桿相連 在 3 的連接處為 無摩擦的鉸鏈 已知開始時三個質點的速度為零 在此后運動過程 中 當質點 3 運動到 C 處時 其速度大小為多少 三 參考解答 以三個質點為系統(tǒng) 由對稱性可知 開始時其質心應位于C處 因為質 點系所受的合外力為零 由質心運動定理可知 質心總是固定不動的 質點 1 2 在靜電力作用下 彼此間距離必增大 但不可能保持在沿起始狀態(tài)時 1 2 連線上運動 若是那樣運動 由于桿不能伸長 質點 3 必向左運動 三者 的質心勢必亦向左運動 這與 質心不動 相矛盾 故不可能 由此可知 由于桿為剛性 質點 1 2 在靜電力作用下 要保持質心不動 質點 1 2 必 將分別向題圖中右上方和右下方運動 而質點 3 將向左運動 當 3 運動到C 處時 1 2 將運動到A B處 A B C三點在一直線上 1 2 的速度 方向向右 3 的速度方向左 如圖復解 19 3 所示 令 1 v 2 v 3 v分別表示此時它們的速 度大小 則由對稱性可知此時三質點的總動能為 22 31 11 22 2 K Emvmv 1 再由對稱性及動量守恒可知 31 2mvmv 2 系統(tǒng)原來的電勢能為 2 3 P q Ek l 3 其中k為靜電力常數(shù) 運動到國復解 19 3 所示的位置時的電勢能為 22 2 2 P qq Ekk ll 4 根據(jù)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 圖復解 19 3 第第 19 屆物理競賽復賽試題七屆物理競賽復賽試題七 七 26 分 一根不可伸長的細輕繩 穿上一粒質量為m的珠子 視 為質點 繩的下端固定在A點 上端系在輕質小環(huán)上 小環(huán)可沿固 定的水平細桿滑動 小環(huán)的質量及與細桿摩擦皆可忽略不計 細桿 與A在同一豎直平面內 開始時 珠子緊靠小環(huán) 繩被拉直 如圖復 19 7 1 所示 已知 繩長為l A點到桿的距離為h 繩能承受的最 大張力為 d T 珠子下滑過程中到達最低點前繩子被拉斷 求細繩被 拉斷時珠子的位置和速度的大小 珠子與繩子之間無摩擦 注 質點在平面內做曲線運動時 它在任一點的加速度沿該點軌道法 線方向的分量稱為法向加速度 n a 可以證明 2 n avR v為質點 在該點時速度的大小 R為軌道曲線在該點的 曲率半徑 所謂平面 曲線上某點的曲率半徑 就是在曲線上取包含該點在內的一段弧 當 這段弧極小時 可以把它看做是某個 圓 的弧 則此圓的半徑就是 曲線在該點的曲率半徑 如圖復 19 7 2 中曲線在A點的曲率半徑為 A R 在B點的曲率半徑為 B R 七 參考解答 1 珠子運動的軌跡 建立如圖復解19 7所示的坐標系 原點O在過A點的豎直線與細桿相交處 x軸沿細桿 向右 y軸沿OA向下 當珠子運動到N點處且繩子未斷時 小環(huán)在B處 BN垂直于x軸 所以珠子的坐標為 xPNyBN 由APN 知 222 APPNAN 即有 222 hyxly 得 222 2 xlh ylh 1 這是一個以y軸為對稱軸 頂點位于 1 2 ylh 處 焦點與頂點的距離為 1 2 lh 的拋 物線 如圖復解19 7 1所示 圖中的 1 2 Hlh A為焦點 2 珠子在N點的運 動方程 因為忽略繩子的 質量 所以可把與珠 子接觸的那一小段繩 子看做是珠子的一部 分 則珠子受的力有 O B H P A C h y F T T N xM xM x mg 切線 法線 mg 法線 切線 N mg x y C P A O H T C A N 圖復解 19 7 1 圖復解 19 7 2 三個 一是重力mg 另外兩個是兩繩子對珠子的拉力 它們分別沿NB和NA方向 這兩 個拉力大小相等 皆用T表示 則它們的合力的大小為 2 cosFT 2 為N點兩邊繩子之間夾角的一半 F沿ANB 的角平分線方向 因為AN是焦點至N的連線 BN平行于y軸 根據(jù)解析幾何所述的拋物線性質可知 N點的法線是ANB 的角平分線 故合力F的方向與N點的法線一致 由以上的論證 再根據(jù)牛頓定律和題中的注 珠子在N點的運動方程 沿法線方向 應為 2 2 coscos v Tmgm R 3 2 2 coscos mv Tmg R 4 式中R是N點處軌道曲線的曲率半徑 v為珠子在N處時速度的大小 根據(jù)機械能守恒定 律可得 2vgy 5 3 求曲車半徑R 當繩子斷裂時 d TT 由 4 式可見 如果我們能另想其他辦法求得曲率半徑R與y的 關系 則就可能由 4 5 兩式求得繩子斷裂時珠子的縱坐標y 現(xiàn)提出如下一種辦法 做一條與小珠軌跡對于x軸呈對稱狀態(tài)的拋物線 如圖復解19 7 2所示 由此很容易想到這 是一個從高H處平拋物體的軌跡 平拋運動是我們熟悉的 我們不僅知道其軌跡是拋物線 而且知道其受力情況及詳細的運動學方程 這樣我們可不必通過軌道方程而是運用力學原理 分析其運動過程即可求出與N對稱的 N 點處拋物線的曲率半徑R與y的關系 也就是N處 拋物線的曲率半徑R與y的關系 設從拋出至落地的時間為t 則有 22 0 v tlh 由此解得 0 vg lh 7 設物體在 N 處的速度為v 由機械能守恒定律可得 2 2 0 2 vvg HBN 8 物體在 N 處法線方向的運動方程為 2 cos mv mg R 9 式中R即為 N 處拋物線的曲率半徑 從 7 8 9 式及 1 2 Hlh 可求得 2 cos lBN R 這也等于N點拋物線的曲率半徑 BNBNy 故得 2 cos ly R 10 4 求繩被拉斷時小珠的位置和速度的大小 把 5 式和 10 式代入 4 式 可求得繩子的張力為 2 mgl T ly 11 當 d TT 時繩子被拉斷 設此時珠子位置的坐標為 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 繩子斷開時珠子速度的大小為 22 1 2 dd d mg vgygl T 14 第第 20 屆物理競賽復賽試題一屆物理競賽復賽試題一 一 15 分 圖中 a 為一固定放置的半徑為 R 的均勻帶電球體 O 為其球心 己知取無限遠 處的電勢為零時 球表面處的電勢為U 1000 V 在離球心 O 很遠的 O 點附近有一質子 b 它以 Ek 2000 eV 的 動能沿與 O O 平行的方向射向 a 以 l 表示 b 與 O O 線 之間的垂直距離 要使質子 b 能夠與帶電球體 a 的表面 相碰 試求 l 的最大值 把質子換成電子 再求 l 的最大 值 一 參考解答 令m表示質子的質量 0 v和v分別表示質子的初速度和到達 a 球球面處的速度 e表示 元電荷 由能量守恒可知 22 0 11 22 mvmveU 1 因為 a 不動 可取其球心O為原點 由于質子所受的 a 球對它的靜電庫侖力總是通過 a 球 的球心 所以此力對原點的力矩始終為零 質子對O點的角動量守恒 所求l的最大值對應 于質子到達 a 球表面處時其速度方向剛好與該處球面相切 見復解 20 1 1 以 max l表示l的 最大值 由角動量守恒有 max 0 mv lmvR 2 由式 1 2 可得 2 0 max 1 2 eU lR mv 3 代入數(shù)據(jù) 可得 4 若把質子換成電子 則如圖復解 20 1 2 所示 此時式 1 中e改為e 同理可求得 max 6 2 lR 5 評分標準 本題 15 分 式 1 2 各 4 分 式 4 2 分 式 5 5 分 第第 20 屆物理競賽復賽試題六屆物理競賽復賽試題六 六 23 分 兩個點電荷位于x軸上 在它們形成的電場中 若取 無限遠處的電勢為零 則在正x軸上各點的電勢如圖中曲線所示 當0 x 時 電勢U 當x 時 電勢0U 電勢為 零的點的坐標 0 x 電勢為極小值 0 U 的點的坐標為 0 ax a 2 試根據(jù)圖線提供的信息 確定這兩個點電荷所帶電荷的符號 電 量的大小以及它們在x軸上的位置 六 參考解答 在點電荷形成的電場中一點的電勢與離開該點電荷的距離 成反比 因為取無限遠處為電勢的零點 故正電荷在空間各點的電勢為正 負電荷在空間各 點的電勢為負 現(xiàn)已知 0 xx 處的電勢為零 故可知這兩個點電荷必定是一正一負 根據(jù)所 max 2 2 lR 提供的電勢的曲線 當考察點離坐標原點很近時 電勢為正 且隨x的減小而很快趨向無限 大 故正的點電荷必定位于原點O處 以 1 Q表示該點電荷的電量 當x從 0 增大時 電勢 沒有出現(xiàn)負無限大 即沒有經(jīng)過負的點電荷 這表明負的點電荷必定在原點的左側 設它到 原點的距離為a 當x很大時 電勢一定為負 且趨向于零 這表明負的點電荷的電量的數(shù) 值 2 Q應大于 1 Q 即產生題目所給的電勢的兩個點電荷 一個是位于原點的正電荷 電量為 1 Q 另一個是位于負x軸上離原點距離a處的負電荷 電量的大小為 2 Q 且 2 Q 1 Q 按 題目所給的條件有 21 00 0 QQ kk xxa 1 2 因 0 xax 時 電勢為極小值 故任一電量為q的正檢測電荷位于 0 xax 處的電勢能也 為極小值 這表明該點是檢測電荷的平衡位置 位于該點的檢測電荷受到的電場力等于零 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為靜電力常量 評分標準 本題 23 分 式 1 2 各 4 分 式 3 6 分 式 4 5 6 各 3 分 第第 21 屆物理競賽復賽試題五屆物理競賽復賽試題五 五 20 分 如圖所示 接地的空心導體球殼內半徑為 R 在空腔內一直徑 上的 P1和 P2處 放置電量分別為 q1和 q2的點電荷 q1 q2 q 兩點電荷 到球心的距離均為 a 由靜電感應與靜電屏蔽可知 導體空腔內表面將出 現(xiàn)感應電荷分布 感應電荷電量等于 2q 空腔內部的電場是由 q1 q2和 兩者在空腔內表面上的感應電荷共同產生的 由于我們尚不知道這些感應 電荷是怎樣分布的 所以很難用場強疊加原理直接求得腔內的電勢或場 強 但理論上可以證明 感應電荷對腔內電場的貢獻 可用假想的位于腔 外的 等效 點電荷來代替 在本題中假想 等效 點電荷應為兩個 只要 假想的 等效 點電荷的位置和電量能滿足這樣的條件 即 設想將整個 21 0 00 QQ kkU axaxa r P2 P1 R a a 導體殼去掉 由 q1在原空腔內表面的感應電荷的假想 等效 點電荷 1 q 與 q1共同產生的電 場在原空腔內表面所在位置處各點的電勢皆為 0 由 q2在原空腔內表面的感應電荷的假想 等效 點電荷 2 q 與 q2共同產生的電場在原空腔內表面所在位置處各點的電勢皆為 0 這 樣確定的假想電荷叫做感應電荷的等效電荷 而且這樣確定的等效電荷是唯一的 等效電荷 取代感應電荷后 可用等效電荷 1 q 2 q 和 q1 q2來計算原來導體存在時空腔內部任意點的 電勢或場強 1 試根據(jù)上述條件 確定假想等效電荷 1 q 2 q 的位置及電量 2 求空腔內部任意點 A 的電勢 UA 已知 A 點到球心 O 的距離為 r OA與 1 OP的夾角為 五 1 解法 如圖 1 所示 S 為原空腔內表面所在位置 1 q 的位置應位于 1 OP的延長線上的某點 B1 處 2 q 的位置應位于 2 OP的延長線上的某點 B2 處 設 A1為 S 面上的任意一點 根據(jù)題意有 0 11 1 11 1 BA q k PA q k 1 0 21 2 21 2 BA q k PA q k 2 怎樣才能使 1 式成立呢 下面分析圖 1 中 11A OP 與 11B OA 的關系 若等效電荷 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 則 1111 BOAAOP 有 R a OA OP BA PA 1 1 11 11 5 由 1 式和 5 式便可求得等效電荷 1 q 11 q a R q 6 由 3 式知 等效電荷 1 q 的位置 B1到原球殼中心位置 O 的距離 a R OB 2 1 7 同理 B2的位置應使 2112 BOAAOP 用類似的方法可求得等效電荷 22 q a R q 8 B2 B1 P2 P1 O R a a 圖 1 S A1 等效電荷 2 q 的位置 B2到原球殼中心 O 位置的距離 a R OB 2 2 9 解法 在圖 1 中 設 111 rPA 111 rBA dOB 1 根據(jù)題意 1 q和 1 q 兩者在 A1點產生的 電勢和為零 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為變量的一次多項式 要使 4 式對任意 均成立 等號兩邊的相應 系數(shù)應相等 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 由于等效電荷位于空腔外部 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 考慮到 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 點的位置如圖 2 所示 A 的電勢由 q1 1 q q2 2 q 共同產生 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 評分標準 本題20 分 第1 問18 分 解法 中 1 2 6 7 8 9 式各3 分 解法 的評分可 參考解法 第 2 問 2 分 即 11 式 2 分 B2 B1 P2 P1 O R a a 圖 2 S 第第 21 屆物理競賽復賽試題七屆物理競賽復賽試題七 七 25 分 如圖所示 有二平行金屬導軌 相距 l 位于同一水平面內 圖中紙面 處在 磁感應強度為 B 的勻強磁場中 磁場方向豎直 向下 垂直紙面向里 質量均為 m 的兩金屬桿 ab 和 cd 放在導軌上 與導軌垂直 初始時刻 金屬桿 ab 和 cd 分別位于 x x0和 x 0 處 假 設導軌及金屬桿的電阻都為零 由兩金屬桿與導 軌構成的回路的自感系數(shù)為 L 今對金屬桿 ab 施以沿導軌向右的瞬時沖量 使它獲得初速 0 v 設導軌足夠長 0 x也足夠大 在運動過程中 兩金屬桿之間距離的變化遠小于兩金屬 桿的初始間距 0 x 因而可以認為在桿運動過程中由兩金屬桿與導軌構成的回路的自感系數(shù) L 是恒定不變的 桿與導軌之間摩擦可不計 求任意時刻兩桿的位置 xab和 xcd以及由兩桿和導 軌構成的回路中的電流 i 三者各自隨時間 t 的變化關系 七 解法 當金屬桿 ab 獲得沿 x 軸正方向的初速 v0時 因切割磁力線而產生感應電動勢 由兩金 屬桿與導軌構成的回路中會出現(xiàn)感應電流 由于回路具有自感系數(shù) 感應電流的出現(xiàn) 又會 在回路中產生自感電動勢 自感電動勢將阻礙電流的增大 所以 雖然回路的電阻為零 但 回路的電流并不會趨向無限大 當回路中一旦有了電流 磁場作用于桿 ab 的安培力將使 ab 桿減速 作用于 cd 桿的安培力使 cd 桿運動 設在任意時刻 t ab 桿和 cd 桿的速度分別為 v1和 v2 相對地面參考系 S 當 v1 v2 為正時 表示速度沿 x 軸正方向 若規(guī)定逆時針方向為回路中電流和電動勢的正方向 則因 兩桿作切割磁力線的運動而產生的感應電動勢 21 vv BlE 1 當回路中的電流 i 隨時間的變化率為ti 時 回路中的自感電動勢 t i L L E 2 根據(jù)歐姆定律 注意到回路沒有電阻 有 0 L EE 3 金屬桿在導軌上運動過程中 兩桿構成的系統(tǒng)受到的水平方向的合外力為零 系統(tǒng)的 質心作勻速直線運動 設系統(tǒng)質心的速度為 VC 有 C mVm2 0 v 4 得 2 0 v C V 5 VC方向與 v0相同 沿 x 軸的正方向 現(xiàn)取一新的參考系 S 它與質心固連在一起 并把質心作為坐標原點 O 取坐標軸x O 與 x 軸平行 設相對 S 系 金屬桿 ab 的速度為 u cd 桿的速度為 u 則有 x O y v0 c a b y d uVC 1 v 6 uVC 2 v 7 因相對 S 系 兩桿的總動量為零 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 時刻 金屬桿 ab 坐標為 x 在 t t 時刻 它的坐標為xx 則 由速度的定義 t x u 10 代入 9 式得 iLxBl 2 11 若將 x 視為 i 的函數(shù) 由 11 式知ix 為常數(shù) 所以 x 與 i 的關系可用一直線方程表 示 bi Bl L x 2 12 式中 b 為常數(shù) 其值待定 現(xiàn)已知在 t 時刻 金屬桿 ab 在 S 系中的坐標 x 0 2 1 x 這 時 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 時刻金屬桿 ab 的位置 x 表示在任意時刻 t 桿 ab 的位置 故 0 2 1 xx 就是桿 ab 在 t 時刻相對初始位置的位移 用 X 表示 0 2 1 xxX 15 當 X 0 時 ab 桿位于其初始位置的右側 當 X 0 時 ab 桿位于其初始位置的左側 代入 14 式 得 X L Bl i 2 16 這時作用于 ab 桿的安培力 X L lB iBlF 22 2 17 ab 桿在初始位置右側時 安培力的方向指向左側 ab 桿在初始位置左側時 安培力的 方向指向右側 可知該安培力具有彈性力的性質 金屬桿 ab 的運動是簡諧振動 振動的周 期 LlB m T 22 2 2 18 在任意時刻 t ab 桿離開其初始位置的位移 t T AX 2 cos 19 A 為簡諧振動的振幅 為初相位 都是待定的常量 通過參考圓可求得 ab 桿的振動速度 t TT Au 2 sin 2 20 19 20 式分別表示任意時刻ab桿離開初始位置的位移和運動速度 現(xiàn)已知在t 0時刻 ab 桿位于初始位置 即 X 0 速度 0000 2 1 2 1 vvvv C Vu 故有 cos0A sin 2 2 0 T A v 解這兩式 并注意到 18 式得 2 3 21 224 00 mL Bl TA vv 22 由此得 ab 桿的位移 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 桿在 S 系中的位置 t T mL Bl xx 2 sin 222 1 0 0ab v 24 因相對質心 任意時刻 ab 桿和 cd 桿都在質心兩側 到質心的距離相等 故在 S 系中 cd 桿的位置 t T mL Bl xx 2 sin 222 1 0 0cd v 25 相對地面參考系 S 質心以 0 2 1 v C V的速度向右運動 并注意到 18 式 得 ab 桿在地面 參考系中的位置 t mL Bl mL Bl txx 2 sin 222 1 0 00ab v v 26 cd 桿在 S 系中的位置 t mL Bl mL Bl tx 2 sin 222 1 0 0cd v v 27 回路中的電流由 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 當金屬桿在磁場中運動時 因切割磁力線而產生感應電動勢 回路中出現(xiàn)電流時 兩金 屬桿都要受到安培力的作用 安培力使 ab 桿的速度改變 使 cd 桿運動 設任意時刻 t 兩 桿的速度分別為 v1和 v2 相對地面參考系 S 若規(guī)定逆時針方向為回路電動勢和電流的正 方向 則由兩金屬桿與導軌構成的回路中 因桿在磁場中運動而出現(xiàn)的感應電動勢為 21 vv BlE 1 令 u 表示 ab 桿相對于 cd 桿的速度 有 Blu L E 2 當回路中的電流 i 變化時 回路中有自感電動勢 EL 其大小與電流的變化率成正比 即有 t i L L E 3 根據(jù)歐姆定律 注意到回路沒有電阻 有 0 L EE 由式 2 3 兩式得 t i LBlu 4 設在 t 時刻 金屬桿 ab 相對于 cd 桿的距離為 x 在 t t 時刻 ab 相對于 cd 桿的距 離為 x x 則由速度的定義 有 t x u 5 代入 4 式得 iLxBl 6 若將 x 視為 i 的函數(shù) 由 6 式可知 ix 為常量 所以 x 與 i 的關系可以用一直線方程 表示 即 bi Bl L x 7 式中 b 為常數(shù) 其值待定 現(xiàn)已知在 t 時刻 金屬桿 ab 相對于 cd 桿的距離為 0 x 這時 i 0 故得 0 xi Bl L x 8 或 0 xx L Bl i 9 0 x表示 t 時刻金屬桿 ab 相對于 cd 桿的位置 x 表示在任意時刻 t 時 ab 桿相對于 cd 桿的位置 故 0 xx 就是桿 ab 在 t 時刻相對于 cd 桿的相對位置相對于它們在 t 時刻的 相對位置的位移 即從 t 到 t t 時間內 ab 桿相對于 cd 桿的位移 0 xxX 10 于是有 X L Bl i 11 任意時刻 t ab 桿和 cd 桿因受安培力作用而分別有加速度 aab和 acd 由牛頓定律有 ab maiBl 12 cd maiBl 13 兩式相減并注意到 9 式得 X L lB iBlaam 22 cdab 2 2 14 式中 cdab aa 為金屬桿 ab 相對于 cd 桿的加速度 而 X 是 ab 桿相對 cd 桿相對位置的位 移 L lB 22 2 是常數(shù) 表明這個相對運動是簡諧振動 它的振動的周期 LlB m T 22 2 2 15 在任意時刻 t ab 桿相對 cd 桿相對位置相對它們初始位置的位移 t T AX 2 cos 16 A 為簡諧振動的振幅 為初相位 都是待定的常量 通過參考圓可求得 X 隨時間的變化率 即速度 TT AV 2 sin 2 17 現(xiàn)已知在 t 0 時刻 桿位于初始位置 即 X 0 速度 0 v V 故有 cos0A sin 2 0 T Av 解這兩式 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 時刻 cd 桿位于 x 0 處 ab 桿位于 x x0 處 兩者的相對位置由 x0表示 設 t 時 刻 cd 桿位于 x xcd 處 ab 桿位于 x xab處 兩者的相對位置由 xab xcd表示 故兩桿的 相對位置的位移又可表示為 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 兩桿速度之和為一常數(shù)即 v0 所以兩桿的位置 xab和 xcd之和應為 xab xcd x0 v0t 21 由 20 和 21 式相加和相減 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 式得回路中電流 t mL Bl L m i 2 sin 2 0 v 24 評分標準 本題 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 的評分可參照解法 評分標準中的相應式子給分 第第 22 屆物理競賽復賽試題二屆物理競賽復賽試題二 二 如圖所示 O 為半徑等于 R 的原來不帶電的導