第二十三届全国物理竞赛预赛答案Word文档格式.docx

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（本题20分）

　　1.10分.

（1）、

（2）、（3）、（4）、（5）、（6）、（7）、（8）式各1分，aA、aB的方向各1分.

　　2.10分.（i）5分，（ii）5分.（必须正确说出两条形磁铁能吸引在一起的理由，才给这5分，否则不给分）.

　　二、参考答案

　　1.

　　（iii）

　　2.f1，f4.

　　1.12分.（i）4分，（ii）4分，（iii）4分.

　　2.8分.两个空格都填对，才给这8分，否则0分.

　　三、参考解答：

　　（i）通过对点电荷场强方向的分析，场强为零的P点只可能位于两点电荷之间.设P点的坐标为x0，则有

（1）

　　已知q2=2q1　　

（2）

　　由

（1）、

（2）两式解得

　　（3）

　　（ii）先考察点电荷q0被限制在沿x轴运动的情况.q1、q2两点电荷在P点处产生的场强的大小分别为

　　方向沿x轴正方向

　　方向沿x轴负方向

　　由于

处合场强的方向沿x轴的正方向，即指向P点.

　　由以上的讨论可知，在x轴上，在P点的两侧，点电荷q1和q2产生的电场的合场强的方向都指向P点，带正电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＞0时，P点是q0的稳定平衡位置.带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都背离P点，所以当q0＜0时，P点是q0的不稳定平衡位置.

　　再考虑q0被限制在沿垂直于x轴的方向运动的情况.沿垂直于x轴的方向，在P点两侧附近，点电荷q1和q2产生的电场的合场强沿垂直x轴分量的方向都背离P点，因而带正电的点电荷在P点附近受到沿垂直x轴的分量的电场力都背离P点.所以，当q0＞0时，P点是q0的不稳定平衡位置.带负电的点电荷在P点附近受到的电场力都指向P点，所以当q0＜0时，P点是q0的稳定平衡位置.

　　2.

　　1.12分.

　　（i）2分.

　　（ii）当q0被限制在沿x轴方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的稳定平衡位置，占3分；

正确论证q0＜0，P点是q0的不稳定平衡位置，占3分.（未列公式，定性分析正确的同样给分）

　　当q0被限制在垂直于x轴的方向运动时，正确论证q0＞0，P点是q0的不稳定平衡位置，占2分；

正确论证q0＜0，P点是q0的稳定平衡位置，占2分.

　　2.8分.纵坐标标的数值或图线有错的都给0分.纵坐标的数值.图线与参考解答不同，正确的同样给分.

　　四、参考解答：

　　开始时竖直细管内空气柱长度为L，压强为H（以cmHg为单位），注入少量水银后，气柱将因水银柱压力而缩短.当管中水银柱长度为x时，管内空气压强p=（H+x），根据玻意耳定律，此时空气柱长度

（1）

　　空气柱上表面与管口的距离

（2）

　　开始时x很小，由于L＞H，故

即水银柱上表面低于管口，可继续注入水银，直至d=x（即水银柱上表面与管口相平）时为止.何时水银柱表面与管口相平，可分下面两种情况讨论.

　　1.水银柱表面与管口相平时，水银柱未进入水平管

　　此时水银柱的长度x≤l，由玻意耳定律有

　　（H+x）（L-x）=HL　　（3）

　　由（3）式可得x=L-H　　（4）

　　由此可知，当l≥L-H时，注入的水银柱的长度x的最大值xmax=L-H　　（5）

　　2.水银柱表面与管口相平时，一部分水银进入水平管

　　此时注入水银柱的长度x＞l，由玻意耳定律有

　　（H+l）（L-x）=HL　　（6）

　　（7）

　　（8）

　　由（8）式得l＜L-H，或L＞H+l　　（9）

　　（10）

　　即当l＜L-H时，注入水银柱的最大长度x＜xmax.

　　由上讨论表明，当l≥L-H时，可注入的水银量为最大，这时水银柱的长度为xmax，即（5）式.

　　正确论证l≥L-H时，可注入的水银量最大，占13分.求出最大水银量占7分.若论证的方法与参考解答不同，只要正确，同样给分.

　　五、参考解答：

　　正、负电子绕它们连线的中点作半径为

的圆周运动，电子的电荷量为e，正、负电子间的库仑力是电子作圆周运动所需的向心力，即

　　正电子、负电子的动能分别为Ek+和Ek-，有

（2）

　　正、负电子间相互作用的势能

　　电子偶素的总能量E=Ek++Ek-+Ep　　（4）

　　由

（1）、

（2）、（3）、（4）各式得

　　（5）

　　根据量子化条件

，n=1，2，3，…　　（6）

　　（6）式表明，r与量子数n有关.由

（1）和（6）式得与量子数n对应的定态r为

　　n=1，2，3，…　　（7）

　　代入（5）式得与量子数n对应的定态的E值为

　　n=1，2，3，…　　（8）

　　n=1时，电子偶素的能量最小，对应于基态.基态的能量为　　

　　（9）

　　n=2是第一激发态，与基态的能量差

（2）式2分、（5）式4分，（7）式、（8）式各5分，（10）式4分.

　　六、参考解答：

　　P被释放后，细绳的张力对D产生机械力矩，带动D和A1作逆时针的加速转动.通过两个轮子之间无相对运动的接触，A1带动A2作顺时针的加速转动.由于两个轮子的辐条切割磁场线，所以在A1产生由周边沿辐条指向轴的电动势，在A2产生由轴沿辐条指向周边的电动势，经电阻R构成闭合电路.A1、A2中各辐条上流有沿电动势方向的电流，在磁场中辐条受到安培力.不难看出，安培力产生的电磁力矩是阻力矩，使A1、A2加速转动的势头减缓.A1、A2从起始的静止状态逐渐加速转动，电流随之逐渐增大，电磁阻力矩亦逐渐增大，直至电磁阻力矩与机械力矩相等，D、A1和A2停止作加速转动，均作匀角速转动，此时P匀速下落，设其速度为v，则A1的角速度

　　A1带动A2转动，A2的角速度ω2与A1的角速度ω1之间的关系为

　　ω1a1=ω2a2　　

（2）

　　A1中每根辐条产生的感应电动势均为

　　轴与轮边之间的电动势就是A1中四条辐条电动势的并联，其数值见（3）式.

　　同理，A2中，轴与轮边之间的电动势就是A2中四条辐条电动势的并联，其数值为

　　（4）

　　A1中，每根辐条的电阻为R1，轴与轮功之间的电阻是A1中四条辐条电阻的并联，其数值为

　　A2中，每根辐条的电阻为R2，轴与轮功之间的电阻是A2中四条辐条电阻的并联，其数值为

　　（6）

　　A1轮、A2轮和电阻R构成串联回路，其中的电流为

　　以

（1）至（6）式代入（7）式，得

　　当P匀速下降时，对整个系统来说，重力的功率等于所有电阻的焦耳热功率之和，即

　　以（8）式代入（9）式得

（本题25分）

（1）、

（2）式各2分，（3）、（4）式各3分，（5）、（6）、（7）式各2分，（9）式6分，（10）式3分.

　　七、参考解答：

　　1.如图1所示，设筒内磁场的方向垂直纸面指向纸外，带电粒子P带正电，其速率为v.P从小孔射入圆筒中因受到磁场的作用力而偏离入射方向，若与筒壁只发生一次碰撞，是不可能从小孔射出圆筒的.但与筒壁碰撞两次，它就有可能从小孔射出.在此情形中，P在筒内的路径由三段等长、等半径的圆弧HM、MN和NH组成.现考察其中一段圆弧MN，如图2所示.由于P沿筒的半径方向入射，OM和ON均与轨道相切，两者的夹角

　　设圆弧的圆半径为r，则有

　　圆弧对轨道圆心O′所张的圆心角

　　由几何关系得

　　解

（2）、（3）、（4）式得

　　2.P由小孔射入到第一次与筒壁碰撞所通过的路径为s=βr　　（6）

　　经历时间为

　　P从射入小孔到射出小孔经历的时间为t=3t1　　（8）

　　由以上有关各式得

　　1.17分.

（1）、

（2）、（3）、（4）式各3分，（5）式5分.

　　2.8分.（6）、（7）、（8）、（9）式各2分.

　　八、参考解答：

　　小球获得沿竖直向下的初速度v0后，由于细绳处于松弛状态，故从C点开始，小球沿竖直方向作初速度为v0、加速度为g的匀加速直线运动.当小球运动到图1中的M点时，绳刚被拉直，匀加速直线运动终止，此时绳与竖直方向的夹角为α=30°

.在这过程中，小球下落的距离

　　细绳刚拉直时小球的速度v1满足下式：

　　在细绳拉紧的瞬间，由于绳的伸长量可不计而且绳是非弹性的，故小球沿细绳方向的分速度v1cosα变为零，而与绳垂直的分速度保持不变，以后小球将从M点开始以初速度

　　在竖直平面内作圆周运动，圆周的半径为2l，圆心位于A点，如图1所示.由

（1）、

（2）、（3）式得

　　当小球沿圆周运动到图中的N点时，其速度为v，细绳与水平方向的夹角为θ，由能量关系有

　　用FT表示绳对小球的拉力，有

　　设在θ=θ1时（见图2），绳开始松弛，FT=0，小球的速度v=u1.以此代入（5）、（6）两式得

　　由（4）、（7）、（8）式和题设v0的数值可求得θ1=45°

　　即在θ1=45°

时，绳开始松弛.以N1表示此时小球在圆周上的位置，此后，小球将脱离圆轨道从N1处以大小为u1，方向与水平方向成45°

角的初速度作斜抛运动

　　以N1点为坐标原点，建立直角坐标系N1xy，x轴水平向右，y轴竖直向上.若以小球从N1处抛出的时刻作为计时起点，小球在时刻t的坐标分别为

　　（11）

　　（12）

　　由（11）、（12）式，注意到（10）式，可得小球的轨道方程：

　　（13）

　　AD面的横坐标为

　　（14）

　　由（13）、（14）式可得小球通过AD所在竖直平面的纵坐标y=0　　（15）

　　由此可见小球将在D点上方越过，然后打到DC边上，DC边的纵坐标为

　　（16）

　　把（16）式代入（13）式，解得小球与DC边撞击点的横坐标x=1.75l　　（17）

　　撞击点与D点的距离为△l=x-2lcos45°

=0.35l　　（18）

　　设在θ=θ2时，绳松弛，FT=0，小球的速度v=u2，以此代替（5）、（6）式中的θ1、u1，得

　　（19）

　　（20）

　　以

代入（4）式，与（19）、（20）式联立，可解得

　　θ2=90°

　　（21）

　　（22）

　　（22）式表示小球到达圆周的最高点处时，绳中张力为0，随后绳子被拉紧，球速增大，绳中的拉力不断增加，拉力和重力沿绳子的分力之和等于小球沿圆周运动所需的向心力，小球将绕以D点为圆心，l为半径的圆周打到梁上的C点.

　　（3）式2分，（5）、（6）式各1分，（9）、（10）式各3分，得出小球不可能打在AD边上，给3分.得出小球能打在DC边上，给2分，正确求出小球打在DC边上的位置给2分，求出（21）、（22）式各占3分，得出小球能打在C点，再给2分.

　　如果学生直接从抛物线方程和y=-（2lsin45°

-l）=-（

-1）l求出x=1.75l，同样给分.不必证明不能撞击在AD边上.

　　九、参考解答：

　　1.这是一个大尺度运动，导弹发射后，在地球引力作用下将沿椭圆轨道运动.如果导弹能打到N点，则此椭圆一定位于过地心O、北极点N和赤道上的发射点C组成的平面（此平面是C点所在的子午面）内，因此导弹的发射速度（初速度v）必须也在此平面内，地心O是椭圆的一个焦点.根据对称性，注意到椭圆上的C、N两点到焦点O的距离相等，故所考察椭圆的长轴是过O点垂直CN的直线，即图上的直线AB，椭圆的另一焦点必在AB上.已知质量为m的物体在质量为M的地球的引力作用下作椭圆运动时，物体和地球构成的系统的能量E（无穷远作为引力势能的零点）与椭圆半长轴a的关系为

　　要求发射的能量最少，即要求椭圆的半长轴a最短.根据椭圆的几何性质可知，椭圆的两焦点到椭圆上任一点的距离之和为2a，现C点到一个焦点O的距离是定值，等于地球的半径R，只要位于长轴上的另一焦点到C的距离最小，该椭圆的半长轴就最小.显然，当另一焦点位于C到AB的垂线的垂足处时，C到该焦点的距离必最小.由几何关系可知

　　设发射时导弹的速度为v，则有

　　解

（1）、

（2）、（3）式得

　　因

　　比较（4）、（5）两式得

　　代入有关数据得v=7.2km/s　　（7）

　　速度的方向在C点与椭圆轨道相切.根据解析几何知识，过椭圆上一点的切线的垂直线，平分两焦点到该点连线的夹角∠OCP.从图中可看出，速度方向与OC的夹角

　　2.由于地球绕通过ON的轴自转，在赤道上C点相对地心的速度为

（9）

　　式中R是地球的半径，T为地球自转的周期，T=24×

3600s=86400s，故

　　vC=0.46km/s（10）

　　C点速度的方向垂直于子午面（图中纸面）.位于赤道上C点的导弹发射前也有与子午面垂直的速度vC，为使导弹相对于地心速度位于子午面内，且满足（7）、（8）两式的要求，导弹相对于地面（C点）的发射速度应有一大小等于vC、方向与vC相反的分速度，以使导弹在此方向相对于地心的速度为零，导弹的速度的大小为

（11）

　　代入有关数据得v′=7.4km/s　　（12）

　　它在赤道面内的分速度与vC相反，它在子午面内的分速度满足（7）、（8）两式.

　　3.质量为m的质点在地球引力作用下的运动服从机械能守恒定律和开普勒定律，故对于近地点和远地点有下列关系式

　　式中v1、v2分别为物体在远地点和近地点的速度，r1、r2为远地点和近地点到地心的距离.将（14）式中的v1代入（13）式，经整理得

　　（15）

　　注意到r1+r2=2a　　（16）

　　得

　　（17）

　　（18）

　　由（16）、（17）、（18）式得

　　1.14分.

（2）式6分，（3）式2分，（6）、（7）式共4分，（8）式2分.

　　2.6分.（11）式4分，（12）式2分.

　　3.5分.（13）、（14）式各1分，（19）式3分.