第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答

1第22届全国中学生物理竞赛复赛题参考解答一、1．如图所示，设滑块出发点为1P，离开点为2P，按题意要求11PO、22PO与竖直方向的夹角相等，设其为，若离开滑道时的速度为v，则滑块在2P处脱离滑道的条件是cos2mgRmv(1)由机械能守恒221)cos1(2vmmgR(2)(1)、(2)联立解得54cos或253654arccos(3)2．设滑块刚能在O点离开滑道的条件是mgRm20v（4）v0为滑块到达O点的速度，由此得Rg0v（5）设到达O点的速度为v0的滑块在滑道OA上的出发点到1O的连线与竖直的夹角为0，由机械能守恒，有20021)cos1(vmmgR（6）由（5）、（6）两式解得3π0（7）若滑块到达O点时的速度0vv，则对OB滑道来说，因O点可能提供的最大向心力为mg，故滑块将沿半径比R大的圆周的水平切线方向离开O点．对于0vv的滑块，其在OA上出发点的位置对应的角必大于0，即0，由于2πmax，根据机械能守恒，到达O点的最大速度Rgmax2v（8）由此可知，能从O点离开滑道的滑块速度是v0到maxv之间所有可能的值，也就是说，从3π至2π下滑的滑块都将在O点离开滑道．以速度v0从O点沿水平方向滑出滑道的滑块，其落水点至2O的距离O1O2OABP1P22tx00v（9）221gtR（10）由（5）、（9）、（10）式得Rx20（11）当滑块以maxv从O点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到2O的距离txmaxmaxv（12）由（8）、（10）、（12）式得Rxmax2（13）因此，凡能从O点脱离滑道的滑块，其落水点到2O的距离在R2到R2之间的所有可能值．即RxR22（14）二、1．由静电感应知空腔1、2及3的表面分别出现电量为1q、2q和3q的面电荷，由电荷守恒定律可知，在导体球的外表面呈现出电量321qqq．由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（1q）在空腔外产生的电场为零；点电荷q2及感应电荷（2q）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（3q）在空腔外产生的电场为零．因此，在导体球外没有电荷时，球表面的电量321qqq作球对称分布．当球外P点处放置电荷Q后，由于静电感应，球面上的总电量仍为321qqq，但这些电荷在球面上不再均匀分布，由球外的Q和重新分布在球面上的电荷在导体球内各点产生的合场强为零．O3处的电势由位于P点处的Q、导体球表面的电荷321qqq及空腔3表面的感应电荷（3q）共同产生．无论321qqq在球面上如何分布，球面上的面电荷到O点的距离都是R，因而在O点产生的电势为Rqqqk321，Q在O点产生的电势为RQk2，这两部分电荷在O3点产生的电势U与它们在O点产生的电势相等，即有RqqqQkRQRqqqkU22222321321（1）3因q3放在空腔3的中心处，其感应电荷3q在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O3点产生的电势为rqkU3(2)根据电势叠加定理，O3点的电势为rqRqqqQkUUU33212222(3)故q3的电势能rqRqqqQkqUqW3321332222(4)2．由于静电屏蔽，空腔1外所有电荷在空腔1内产生的合电场为零，空腔1内的电荷q1仅受到腔内壁感应电荷1q的静电力作用，因q1不在空腔1的中心O1点，所以感应电荷1q在空腔表面分布不均匀，与q1相距较近的区域电荷面密度较大，对q1的吸力较大，在空腔表面感应电荷的静电力作用下，q1最后到达空腔1表面，与感应电荷1q中和．同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷2q的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷2q中和．达到平衡后，腔1、2表面上无电荷分布，腔3表面和导体球外表面的电荷分布没有变化．O3的电势仍由球外的电荷Q和导体球外表面的电量321qqq及空腔3内壁的电荷3q共同产生，故O3处的电势U与q3的电势能W仍如(3)式与(4)式所示．三、答案如图所示．abdQTT0SpCFTQ0010001TSpFSpTtan2=FRSRpCFSCpFSp0002222C1tan1124附计算过程：电阻通电后对气体缓慢加热，气体的温度升高，压强增大，活塞开始有向外运动的趋势，但在气体对活塞的作用力尚未达到外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和以前，活塞不动，即该过程为等容过程．因气体对外不做功，根据热力学第一定律可知，在气体温度从T0升高到T的过程中，气体从电阻丝吸收的热量，0TTCQ(1)此过程将持续到气体对活塞的作用力等于外界大气对活塞的作用力和器壁对活塞的最大静摩擦之和．若用T1表示此过程达到末态的温度，p表示末态的压强，Q1表示此过程中气体从电阻丝吸收的热量，由等容过程方程有010TTpp(2)由力的平衡可知FSppS0(3)由（2）、（3）两式可得SpTFSpT0001(4)代入(1)式得SpCFTQ001(5)由以上讨论可知，当1QQ时，T与Q的关系为0TCQT(6)在QT~图中为一直线如图中ab所示，其斜率5CKab1(7)直线在T轴上的截距等于T0，直线ab的终点b的坐标为（T1，Q1）．当电阻丝继续加热，活塞开始向外运动以后，因为过程是缓慢的，外界大气压及摩擦力皆不变，所以气体的压强不变，仍是p，气体经历的过程为等压过程．在气体的体积从初始体积V0增大到V，温度由T1升高到T的过程中，设气体从电阻丝吸收的热量为Q，活塞运动过程中与器壁摩擦生热的一半热量为q，由热力学第一定律可知01VVpTTCqQ(8)q可由摩擦力做功求得，即SVVFq021(9)代入（8）式得0102VVpTTCSVVFQ(10)由状态方程式可知10TTRVVp(11)将（11）式和（4）式代入（10）式，得102TTFSpFRRCQ即10002222TQFRSRpCFSCpFSpT（12）从开始对气体加热到气体温度升高到T(T1)的过程中，气体从电阻丝吸收的总热量6QQQ1（13）把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得SpCFTQQSpTFSpSpCFTQFRSRpCFSCpFSpT001000000002222（14）由此可知，当SpCFTQQ001时，T与Q的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为SpCFTQQ001，1TT；斜率为FRSRpCFSCpFSp0002222（15）在QT~图中，就是直线bd，当热量Q从零开始逐渐增大，气体温度T将从起始温度T0沿着斜率为Kab的直线ab上升到温度为T1的b点，然后沿着斜率为Kbd的直线bd上升，如图所示．四、1．相对于车厢参考系，地面连同挡板以速度v趋向光源S运动．由S发出的光经小孔射出后成锥形光束，随离开光源距离的增大，其横截面积逐渐扩大．若距S的距离为L处光束的横截面正好是半径为R的圆面，如图所示，则有LRlr可得rRlL(1)设想车厢足够长，并设想在车厢前端距S为L处放置一个半径为R的环，相对车厢静止，则光束恰好从环内射出．当挡板运动到与此环相遇时，挡板就会将光束完全遮住．此时，在车厢参考系中挡板离光源S的距离就是L．在车厢参考系中，初始时，根据相对论，挡板离光源的距离为21cxAv(2)故出现挡板完全遮住光束的时刻为rRlLS7vvLcxtA21(3)由（1）、（3）式得vvvrRlcxtA21(4)2．相对于地面参考系，光源与车厢以速度v向挡板运动．光源与孔之间的距离缩短为2c1'vll(5)而孔半径r不变，所以锥形光束的顶角变大，环到S的距离即挡板完全遮光时距离应为221crRlrRl'L'v(6)初始时，挡板离S的距离为xA，出现挡板完全遮住光束的时刻为221crRlxL'xtAAvvvv(7)五、用半径分别为r1（a1），r2，…，ri，…，rn–1（a2）的n-1个同心圆把塑料薄圆环分割成n个细圆环．第i个细圆环的宽度为1Δiiirrr，其环带面积iiiiiirrrrππrΔπ2ΔΔS22式中已略去高阶小量2)Δ(ir．，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为iiiiiiirrπrrrσSqΔ4Δπ22σΔ2Δ020设时刻t，细圆环转动的角速度为，t0单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流iiiirrqIΔ2π2ΔΔ0由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为20Δr2ΔΔiiiiirkrIkB(1)8式中irΔ是一个微小量，注意到21Δiiiiiirrrrrr，有iiiiiiiirrrrrrrr11Δ1112(2)将各细圆环产生的磁场叠加，由（1）、（2）式得出环心O点处的磁感应强度：21120)(2aaaakB(3)由于a0a1，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O点的场表示．磁场对导线环的磁通量2021120π)(2aaaaakBSΦ(4)由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为21201202120120π)(2π)(2aaaaaktaaaaaktE(5)由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为RaaaaakRI2120120π)(2E(6)设题图中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于薄圆环环作减角速转动，穿过导线圆环的磁场逐渐减小，根据楞次定律，导线圆环中的感应电流亦为逆时针方向，导线圆环各元段l所受的安培力都沿环半径向外．现取对于y轴两对称点U、V，对应的二段电流元lI所受的安培力的大小为lBIf(7)方向如图所示，它沿x及y方向分量分别MNQffxfyxyOxylffxfylUV9yBIlBIfxcos(8)xBIlBIfysin(9)根据对称性，作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的x分量之和相互抵消，即0ΔΔyBIyBIfx(10)（式中cosly，当2π时，y是正的，当2π时，y是负的，故0y），而作用于沿半个导线圆环QMN上的各电流元的安培力的y分量之和为02ΔΔaBIxBIxBIfy(11)（式中sinlx，由于在0之间x都是正的，故02ax），即半个导线圆环上受的总安培力的大小为02aBI，方向沿y正方向，由于半个圆环处于平衡状态，所以在导线截面Q、N处所受（来自另外半个圆环）的拉力（即张力）F应满足022aBIF．由（3）、（6）两式得tRaaaaakBIaF02221212302020)(π4(12)由（12）式可见，张力F随时间t线性减小．六、如图所示，t时刻汽车B位于tB处，距O点的距离为vBt．此时传播到汽车B的笛声不是t时刻而是较早时刻t1由A车发出的．汽车A发出此笛声时位于1tA处，距O点的距离为1Atv．此笛声由发出点到接收点（t时刻B车所在点）所传播的路程为u(t–t1)，由几何关系可知2121A2B)]([)(ttuttvv(1)即0)(2)(222122122tuttutuBAvv这是以t1为变量的一元二次方程，其解为A(t1)B(t)B(t)A(t)vBvAOA(t1)10tuuutABABA