競賽物理PPt復(fù)賽試題匯總.pdf

第第 17 屆物理競賽復(fù)賽試題二屆物理競賽復(fù)賽試題二 二 20 分 如圖復(fù) 17 2 所示 在真空中有一個(gè)折射 率為n 0 nn 0 n為真空的折射率 半徑為r的質(zhì) 地均勻的小球 頻率為 的細(xì)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(diǎn)C點(diǎn)經(jīng)折射進(jìn)入小球 小球成 為光傳播的介質(zhì) 并于小球表面的點(diǎn)D點(diǎn)又經(jīng)折射進(jìn) 入真空 設(shè)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(gè)光子對(duì)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(fù) 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(yīng)的入射角和折射角 由幾何關(guān)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(gè)光子的動(dòng)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(dòng)量p沿BC方向 射出小球的 光束中光子的動(dòng)量 p 沿DE方向 光子動(dòng)量的方向 由于光束的折射而偏轉(zhuǎn)了一個(gè)角度2 由圖中幾何 關(guān)系可知 22 4 若取線段 1 GN的長度正比于光子動(dòng)量p 2 GN的長度正比于光子動(dòng)量 p 則線段 12 N N的 長度正比于光子動(dòng)量的改變量p 由幾何關(guān)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(dòng)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(shí)間可認(rèn)為是光束在小球內(nèi)的傳播時(shí)間 即 0 2 cos r t cnn 6 式中 0 cnn是光在小球內(nèi)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(duì)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(diǎn)O指向點(diǎn)G 由 1 2 4 及 8 式 經(jīng)過三角函數(shù)關(guān)系運(yùn)算 最后可得 22 0 222 0 1 n lhrl F nrnr nl 9 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(fù)屆物理競賽復(fù)賽試題五賽試題五 五 25 分 在真空中建立一坐標(biāo)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(fù) 17 5 在 0yL 的區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場 0 80mL 磁場的磁感強(qiáng)度 的方向沿z軸的正方向 其大小0 10TB 今把一荷質(zhì)比 1 50C kgq m 的帶正電質(zhì)點(diǎn)在0 x 0 20my 0z 處 靜止釋放 將帶電質(zhì)點(diǎn)過原點(diǎn)的時(shí)刻定為0t 時(shí)刻 求帶電質(zhì) 點(diǎn)在磁場中任一時(shí)刻t的位置坐標(biāo) 并求它剛離開磁場時(shí)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(zhì)點(diǎn)靜止釋放時(shí) 受重力作用做自由落體運(yùn)動(dòng) 當(dāng)它到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)時(shí) 速度為 1 2 2 0m svg y 1 1 方向豎直向下 帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場后 除受重力作用外 還受到洛倫茲力作用 質(zhì)點(diǎn)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(shè)想 在帶電質(zhì)點(diǎn)到達(dá) 原點(diǎn)時(shí) 給質(zhì)點(diǎn)附加上沿x軸正方向和負(fù)方向兩個(gè)大小都是 0 v的初速度 由于這兩個(gè)方向相 反的速度的合速度為零 因而不影響帶電質(zhì)點(diǎn)以后的運(yùn)動(dòng) 在0t 時(shí)刻 帶電質(zhì)點(diǎn)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(dāng)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(zhì)點(diǎn)保持 4 式?jīng)Q定的 0 v沿x軸正方向運(yùn)動(dòng) 1 f與重力的合力永遠(yuǎn)等于零 但此 時(shí) 位于坐標(biāo)原點(diǎn)的帶電質(zhì)點(diǎn)還具有豎直向下的速度 1 v和沿x軸負(fù)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(shè)它與x軸的負(fù)方向的夾角為 如圖復(fù)解 17 5 1 所示 則 1 0 tan1 v v 4 6 因而帶電質(zhì)點(diǎn)從0t 時(shí)刻起的運(yùn)動(dòng)可以看做是 速率為 0 v 沿x軸的正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和在 xOy平面內(nèi)速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合成 圓 周半徑 0 56m mv R qB 7 帶電質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入磁場瞬間所對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)的圓心 O 位于垂直于質(zhì)點(diǎn)此時(shí)速度v的直線上 由圖復(fù)解 17 5 1 可知 其坐標(biāo)為 sin0 40m cos0 40m O O xR yR 8 圓周運(yùn)動(dòng)的角速度 1 5 0rad s v R 9 由圖復(fù)解 17 5 1 可知 在帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場區(qū)域前的任何時(shí)刻t 質(zhì)點(diǎn)位置的坐標(biāo)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(zhì)點(diǎn)到達(dá)磁場區(qū)域下邊界時(shí) 0 80myL 代入 11 式 再代入有關(guān)數(shù)值 解得 0 31st 12 將 12 式代入 10 式 再代入有關(guān)數(shù)值得 0 63mx 13 所以帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場下邊界時(shí)的位置的坐標(biāo)為 0 63mx 0 80my 0z 14 帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場內(nèi)的運(yùn)動(dòng)可分解成一個(gè)速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)和一個(gè)速率為 0 v的沿 x軸正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng) 任何時(shí)刻t 帶電質(zhì)點(diǎn)的速度V便是勻速圓周運(yùn)動(dòng)速度v與勻 速直線運(yùn)動(dòng)的速度 0 v的合速度 若圓周運(yùn)動(dòng)的速度在x方向和y方向的分量為 x v y v 則 質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)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(shí)間變化 因此 x V和 y V也隨時(shí)間變化 取決于所考察時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)速度的方向 由于圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的y坐標(biāo)恰為磁場區(qū)域?qū)挾鹊囊话?由對(duì)稱性可知 帶電質(zhì)點(diǎn)離開磁場 下邊緣時(shí) 圓周運(yùn)動(dòng)的速度方向應(yīng)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(zhì)點(diǎn)剛離開磁場區(qū)域時(shí)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(shè)V的方向與x軸的夾角為 如圖復(fù)解 17 5 2 所示 則 1 tan 2 y x V V 得 27 20 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(zhì)點(diǎn)到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O的時(shí)刻作為起始時(shí)刻 0t 則質(zhì)點(diǎn)的初速度為 1 1 2 2 0m svg y 1 方向沿y軸正方向 進(jìn)入磁場區(qū)后 帶電質(zhì)點(diǎn)將受到洛倫茲力作用 洛倫茲力在x方向的分 力取決于質(zhì)點(diǎn)在y方向的分速度 因此質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量在x方向的分量的增量為 xy m vqv B tqB y 2 y 是帶電質(zhì)點(diǎn)在t 時(shí)間內(nèi)沿y方向的位移 質(zhì)點(diǎn)在磁場中運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中 此式對(duì)每一 段t 時(shí)間都成立 所以在0t 到tt 時(shí)間內(nèi)x方向的動(dòng)量的改變?yōu)?00 xx mvmvqB yy 因初始時(shí)刻 0t 帶電質(zhì)點(diǎn)在x軸方向的動(dòng)量 0 x mv為零 其位置在原點(diǎn) 0 0y 因 而得 x mvqyB 即 x qB vy m 3 當(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)具有x方向的速度后 便立即受到沿y負(fù)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(zhì)點(diǎn)的合力 y Fky 其中 22 q B k m y F是準(zhǔn)彈性力 在 y F作用下 帶電質(zhì)點(diǎn)在 y方向的運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng) 振動(dòng)的圓頻率 2 1 5 0rad s qB m 8 y隨時(shí)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(zhì)點(diǎn)的簡諧運(yùn)動(dòng)可以用參考圓來描 寫 以所考察的簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅A為半徑作一圓 過圓心 1 O 作一直角坐標(biāo) 1 x O y 若有一質(zhì)點(diǎn)M沿此圓周做勻速率圓 周運(yùn)動(dòng) 運(yùn)動(dòng)的角速度等于所考察簡諧運(yùn)動(dòng)的角頻率 且 按逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng) 在0t 時(shí)刻 M點(diǎn)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(shí)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(dòng) 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(fù)解 17 5 3 M點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)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(zhì)點(diǎn)沿y軸做簡諧運(yùn)動(dòng)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?yàn)橐阎?t 時(shí) 帶電質(zhì)點(diǎn)位 于0y 處 速度 1y vv 把這個(gè)條件代入 10 式與 11 式得 0 cos0AD 10 sinvA 解上面兩式 結(jié)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(zhì)點(diǎn)沿x軸運(yùn)動(dòng)的速度 0 cos x vDAt 14 14 式表示帶電質(zhì)點(diǎn)在x方向上的速度是由兩個(gè)速度合成的 即沿x方向的勻速運(yùn)動(dòng)速度 D 和x方向的簡諧振動(dòng)速度 0 cos At 的合成 帶電質(zhì)點(diǎn)沿x方向的勻速運(yùn)動(dòng)的位移 xDt 15 由沿x方向的簡諧振動(dòng)速度 0 cos At 可知 沿x方向振動(dòng)位移的振幅等于速度的最大 值與角頻率的比值 參看圖復(fù)解 17 5 3 即等于A 由參考圓方法可知 沿x方向的振 動(dòng)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(shí)刻 x應(yīng) 為零 故前一表示式不符合題意 后一表示式中 b應(yīng)取的值為 0 sinbA 故有 00 sinsin xAAt 16 帶電質(zhì)點(diǎn)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(zhì)點(diǎn)在離開磁場區(qū)域前任何時(shí)刻t的 位置坐標(biāo)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(dāng)帶電質(zhì)點(diǎn)達(dá)到磁場的下邊界時(shí) 0 80myL 18 將與 10 式有關(guān)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?yàn)?arctan27 y x v v 22 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(fù)賽試題四屆物理競賽復(fù)賽試題四 四 22 分 如圖復(fù) 18 4 所示 均勻磁場的方向垂直紙面 向里 磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化 0 BBkt k為大 于 0 的常數(shù) 現(xiàn)有兩個(gè)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(nèi) 圓環(huán)的 半徑為R 電阻為r 相交點(diǎn)的電接觸良好 兩個(gè)環(huán)的接 觸點(diǎn)A與C間的劣弧對(duì)圓心O的張角為 60 求 0 tt 時(shí) 每個(gè)環(huán)所受的均勻磁場的作用力 不考慮感應(yīng)電流之間的 作用 四 參考解答 1 求網(wǎng)絡(luò)各支路的電流 因磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間減少 考慮到電路的對(duì)稱性 可設(shè)兩環(huán)各支路的感應(yīng)電流 1 I 2 I的方向如圖復(fù)解 18 4 1 所示 對(duì)左環(huán)電路ADCFA 有關(guān)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(duì)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(gè)圓環(huán)所受的力 先求左環(huán)所受的力 如圖復(fù)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(duì)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(duì)x軸上下是 對(duì)稱的 因而每段載流導(dǎo)體所受的安培力在y方向的合力為零 以載流導(dǎo)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(dǎo)體弧PQ在y方向的合力為零 所以在 0 t 時(shí)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(dǎo)體弧AC在 0 t時(shí)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(fù)賽試題五屆物理競賽復(fù)賽試題五 五 25 分 如圖復(fù) 18 5 所示 一薄壁導(dǎo)體球殼 以下簡稱為球 殼 的球心在O點(diǎn) 球殼通過一細(xì)導(dǎo)線與端電壓90VU 的電池 的正極相連 電池負(fù)極接地 在球殼外A點(diǎn)有一電量為 9 1 10 10Cq 的點(diǎn)電荷 B點(diǎn)有一電量為 9 2 16 10Cq 的點(diǎn) 電荷 OA之間的距離 1 20cmd OB之間的距離 2 40cmd 現(xiàn) 設(shè)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(shè)點(diǎn)電荷能穿過球殼壁進(jìn)入導(dǎo)體 球殼內(nèi)而不與導(dǎo)體壁接觸 五 參考解答 分以下幾個(gè)階段討論 1 由于球殼外空間點(diǎn)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(shè)球殼半徑10cma 時(shí)球殼外壁帶的電量為 1 Q 因?yàn)殡姾?1 q 2 q與球殼外壁的電 量 1 Q在球殼內(nèi)產(chǎn)生的合場強(qiáng)為零 球殼內(nèi)為電勢(shì)等于U的等勢(shì)區(qū) 在導(dǎo)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(chǎn)生的電勢(shì)為 1 S Uk a 球殼外壁所有電荷 在球心O產(chǎn)生的電勢(shì) 1 U為 1 11 SQ UUkk aa 1 點(diǎn)電荷 1 q 2 q在球殼的球心O處產(chǎn)生的電勢(shì)分別為 1 1 q k d 與 2 2 q k d 因球心O處的電勢(shì)等于球 殼的電勢(shì) 按電勢(shì)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(nèi)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(dāng)球殼半徑趨于 1 d時(shí) 點(diǎn)電荷仍在球殼外 設(shè)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(nèi)產(chǎn)生的合場強(qiáng)仍為零 因球殼內(nèi)仍無電荷 球殼內(nèi) 仍保持電勢(shì)值為U的等勢(shì)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?yàn)榇藭r(shí)球殼內(nèi)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(dāng)點(diǎn)電荷 1 q穿過球殼 剛進(jìn)入球殼內(nèi) 導(dǎo)體半徑仍為 1 d 點(diǎn)電荷 1 q在球殼內(nèi)壁感 應(yīng)出電量 1 q 因球殼的靜電屏蔽 球殼內(nèi)電荷 1 q與球殼內(nèi)壁電荷 1 q在球殼外產(chǎn)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(nèi)產(chǎn)生的合電場為零 表明對(duì)電荷 2 q與 3 Q產(chǎn)生的合電場而言 球殼內(nèi)空間是電勢(shì)值為U的等勢(shì)區(qū) 2 q與 3 Q在球心O處產(chǎn)生的電 勢(shì)等于球殼的電勢(shì) 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(nèi)壁帶的總電量應(yīng)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(gè)結(jié)果表明 電荷 1 q由球殼外極近處的位置進(jìn)入殼內(nèi) 只是將它在球殼外壁感應(yīng)的電荷 轉(zhuǎn)至球殼內(nèi)壁 整個(gè)球殼與大地沒有電荷交換 4 當(dāng)球殼半徑趨于 2 d時(shí) 點(diǎn)電荷 2 q仍在球殼外 令 4 Q表示此時(shí)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(nèi)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(dāng)點(diǎn)電荷 2 q穿過球殼 剛進(jìn)入球殼內(nèi)時(shí) 球殼半徑仍為 2 d 球殼內(nèi)壁的感應(yīng)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(gè)過程中 大地流向球殼的電量是 0QQQ 16 6 當(dāng)球殼的半徑由 2 d增至 1 50cma 時(shí) 令 6 Q表示此時(shí)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(fù)賽試題三屆物理競賽復(fù)賽試題三 三 18 分 如圖復(fù) 19 3 所示 在水平光滑絕緣的桌面上 有三個(gè) 帶正電的質(zhì)點(diǎn) 1 2 3 位于邊長為l的等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)處 C為三角形的中心 三個(gè)質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量皆為m 帶電量皆為q 質(zhì)點(diǎn) 1 3 之間和 2 3 之間用絕緣的輕而細(xì)的剛性桿相連 在 3 的連接處為 無摩擦的鉸鏈 已知開始時(shí)三個(gè)質(zhì)點(diǎn)的速度為零 在此后運(yùn)動(dòng)過程 中 當(dāng)質(zhì)點(diǎn) 3 運(yùn)動(dòng)到 C 處時(shí) 其速度大小為多少 三 參考解答 以三個(gè)質(zhì)點(diǎn)為系統(tǒng) 由對(duì)稱性可知 開始時(shí)其質(zhì)心應(yīng)位于C處 因?yàn)橘|(zhì) 點(diǎn)系所受的合外力為零 由質(zhì)心運(yùn)動(dòng)定理可知 質(zhì)心總是固定不動(dòng)的 質(zhì)點(diǎn) 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(shí) 1 2 連線上運(yùn)動(dòng) 若是那樣運(yùn)動(dòng) 由于桿不能伸長 質(zhì)點(diǎn) 3 必向左運(yùn)動(dòng) 三者 的質(zhì)心勢(shì)必亦向左運(yùn)動(dòng) 這與 質(zhì)心不動(dòng) 相矛盾 故不可能 由此可知 由于桿為剛性 質(zhì)點(diǎn) 1 2 在靜電力作用下 要保持質(zhì)心不動(dòng) 質(zhì)點(diǎn) 1 2 必 將分別向題圖中右上方和右下方運(yùn)動(dòng) 而質(zhì)點(diǎn) 3 將向左運(yùn)動(dòng) 當(dāng) 3 運(yùn)動(dòng)到C 處時(shí) 1 2 將運(yùn)動(dòng)到A B處 A B C三點(diǎn)在一直線上 1 2 的速度 方向向右 3 的速度方向左 如圖復(fù)解 19 3 所示 令 1 v 2 v 3 v分別表示此時(shí)它們的速 度大小 則由對(duì)稱性可知此時(shí)三質(zhì)點(diǎn)的總動(dòng)能為 22 31 11 22 2 K Emvmv 1 再由對(duì)稱性及動(dòng)量守恒可知 31 2mvmv 2 系統(tǒng)原來的電勢(shì)能為 2 3 P q Ek l 3 其中k為靜電力常數(shù) 運(yùn)動(dòng)到國復(fù)解 19 3 所示的位置時(shí)的電勢(shì)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(fù)解 19 3 第第 19 屆物理競賽復(fù)賽試題七屆物理競賽復(fù)賽試題七 七 26 分 一根不可伸長的細(xì)輕繩 穿上一粒質(zhì)量為m的珠子 視 為質(zhì)點(diǎn) 繩的下端固定在A點(diǎn) 上端系在輕質(zhì)小環(huán)上 小環(huán)可沿固 定的水平細(xì)桿滑動(dòng) 小環(huán)的質(zhì)量及與細(xì)桿摩擦皆可忽略不計(jì) 細(xì)桿 與A在同一豎直平面內(nèi) 開始時(shí) 珠子緊靠小環(huán) 繩被拉直 如圖復(fù) 19 7 1 所示 已知 繩長為l A點(diǎn)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(dá)最低點(diǎn)前繩子被拉斷 求細(xì)繩被 拉斷時(shí)珠子的位置和速度的大小 珠子與繩子之間無摩擦 注 質(zhì)點(diǎn)在平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)時(shí) 它在任一點(diǎn)的加速度沿該點(diǎn)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(zhì)點(diǎn) 在該點(diǎn)時(shí)速度的大小 R為軌道曲線在該點(diǎn)的 曲率半徑 所謂平面 曲線上某點(diǎn)的曲率半徑 就是在曲線上取包含該點(diǎn)在內(nèi)的一段弧 當(dāng) 這段弧極小時(shí) 可以把它看做是某個(gè) 圓 的弧 則此圓的半徑就是 曲線在該點(diǎn)的曲率半徑 如圖復(fù) 19 7 2 中曲線在A點(diǎn)的曲率半徑為 A R 在B點(diǎn)的曲率半徑為 B R 七 參考解答 1 珠子運(yùn)動(dòng)的軌跡 建立如圖復(fù)解19 7所示的坐標(biāo)系 原點(diǎn)O在過A點(diǎn)的豎直線與細(xì)桿相交處 x軸沿細(xì)桿 向右 y軸沿OA向下 當(dāng)珠子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)處且繩子未斷時(shí) 小環(huán)在B處 BN垂直于x軸 所以珠子的坐標(biāo)為 xPNyBN 由APN 知 222 APPNAN 即有 222 hyxly 得 222 2 xlh ylh 1 這是一個(gè)以y軸為對(duì)稱軸 頂點(diǎn)位于 1 2 ylh 處 焦點(diǎn)與頂點(diǎn)的距離為 1 2 lh 的拋 物線 如圖復(fù)解19 7 1所示 圖中的 1 2 Hlh A為焦點(diǎn) 2 珠子在N點(diǎn)的運(yùn) 動(dòng)方程 因?yàn)楹雎岳K子的 質(zhì)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(fù)解 19 7 1 圖復(fù)解 19 7 2 三個(gè) 一是重力mg 另外兩個(gè)是兩繩子對(duì)珠子的拉力 它們分別沿NB和NA方向 這兩 個(gè)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(diǎn)兩邊繩子之間夾角的一半 F沿ANB 的角平分線方向 因?yàn)锳N是焦點(diǎn)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(zhì)可知 N點(diǎn)的法線是ANB 的角平分線 故合力F的方向與N點(diǎn)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(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方程 沿法線方向 應(yīng)為 2 2 coscos v Tmgm R 3 2 2 coscos mv Tmg R 4 式中R是N點(diǎn)處軌道曲線的曲率半徑 v為珠子在N處時(shí)速度的大小 根據(jù)機(jī)械能守恒定 律可得 2vgy 5 3 求曲車半徑R 當(dāng)繩子斷裂時(shí) 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(guān)系 則就可能由 4 5 兩式求得繩子斷裂時(shí)珠子的縱坐標(biāo)y 現(xiàn)提出如下一種辦法 做一條與小珠軌跡對(duì)于x軸呈對(duì)稱狀態(tài)的拋物線 如圖復(fù)解19 7 2所示 由此很容易想到這 是一個(gè)從高H處平拋物體的軌跡 平拋運(yùn)動(dòng)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(xì)的運(yùn)動(dòng)學(xué)方程 這樣我們可不必通過軌道方程而是運(yùn)用力學(xué)原理 分析其運(yùn)動(dòng)過程即可求出與N對(duì)稱的 N 點(diǎn)處拋物線的曲率半徑R與y的關(guān)系 也就是N處 拋物線的曲率半徑R與y的關(guān)系 設(shè)從拋出至落地的時(shí)間為t 則有 22 0 v tlh 由此解得 0 vg lh 7 設(shè)物體在 N 處的速度為v 由機(jī)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(yùn)動(dòng)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(diǎn)拋物線的曲率半徑 BNBNy 故得 2 cos ly R 10 4 求繩被拉斷時(shí)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(dāng) d TT 時(shí)繩子被拉斷 設(shè)此時(shí)珠子位置的坐標(biāo)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(shí)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(fù)賽試題一屆物理競賽復(fù)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(yuǎn) 處的電勢(shì)為零時(shí) 球表面處的電勢(shì)為U 1000 V 在離球心 O 很遠(yuǎn)的 O 點(diǎn)附近有一質(zhì)子 b 它以 Ek 2000 eV 的 動(dòng)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(zhì)子 b 能夠與帶電球體 a 的表面 相碰 試求 l 的最大值 把質(zhì)子換成電子 再求 l 的最大 值 一 參考解答 令m表示質(zhì)子的質(zhì)量 0 v和v分別表示質(zhì)子的初速度和到達(dá) 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?yàn)?a 不動(dòng) 可取其球心O為原點(diǎn) 由于質(zhì)子所受的 a 球?qū)λ撵o電庫侖力總是通過 a 球 的球心 所以此力對(duì)原點(diǎn)的力矩始終為零 質(zhì)子對(duì)O點(diǎn)的角動(dòng)量守恒 所求l的最大值對(duì)應(yīng) 于質(zhì)子到達(dá) a 球表面處時(shí)其速度方向剛好與該處球面相切 見復(fù)解 20 1 1 以 max l表示l的 最大值 由角動(dòng)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(zhì)子換成電子 則如圖復(fù)解 20 1 2 所示 此時(shí)式 1 中e改為e 同理可求得 max 6 2 lR 5 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(fù)賽試題六屆物理競賽復(fù)賽試題六 六 23 分 兩個(gè)點(diǎn)電荷位于x軸上 在它們形成的電場中 若取 無限遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零 則在正x軸上各點(diǎn)的電勢(shì)如圖中曲線所示 當(dāng)0 x 時(shí) 電勢(shì)U 當(dāng)x 時(shí) 電勢(shì)0U 電勢(shì)為 零的點(diǎn)的坐標(biāo) 0 x 電勢(shì)為極小值 0 U 的點(diǎn)的坐標(biāo)為 0 ax a 2 試根據(jù)圖線提供的信息 確定這兩個(gè)點(diǎn)電荷所帶電荷的符號(hào) 電 量的大小以及它們?cè)趚軸上的位置 六 參考解答 在點(diǎn)電荷形成的電場中一點(diǎn)的電勢(shì)與離開該點(diǎn)電荷的距離 成反比 因?yàn)槿o限遠(yuǎn)處為電勢(shì)的零點(diǎn) 故正電荷在空間各點(diǎn)的電勢(shì)為正 負(fù)電荷在空間各 點(diǎn)的電勢(shì)為負(fù) 現(xiàn)已知 0 xx 處的電勢(shì)為零 故可知這兩個(gè)點(diǎn)電荷必定是一正一負(fù) 根據(jù)所 max 2 2 lR 提供的電勢(shì)的曲線 當(dāng)考察點(diǎn)離坐標(biāo)原點(diǎn)很近時(shí) 電勢(shì)為正 且隨x的減小而很快趨向無限 大 故正的點(diǎn)電荷必定位于原點(diǎn)O處 以 1 Q表示該點(diǎn)電荷的電量 當(dāng)x從 0 增大時(shí) 電勢(shì) 沒有出現(xiàn)負(fù)無限大 即沒有經(jīng)過負(fù)的點(diǎn)電荷 這表明負(fù)的點(diǎn)電荷必定在原點(diǎn)的左側(cè) 設(shè)它到 原點(diǎn)的距離為a 當(dāng)x很大時(shí) 電勢(shì)一定為負(fù) 且趨向于零 這表明負(fù)的點(diǎn)電荷的電量的數(shù) 值 2 Q應(yīng)大于 1 Q 即產(chǎn)生題目所給的電勢(shì)的兩個(gè)點(diǎn)電荷 一個(gè)是位于原點(diǎn)的正電荷 電量為 1 Q 另一個(gè)是位于負(fù)x軸上離原點(diǎn)距離a處的負(fù)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(shí) 電勢(shì)為極小值 故任一電量為q的正檢測(cè)電荷位于 0 xax 處的電勢(shì)能也 為極小值 這表明該點(diǎn)是檢測(cè)電荷的平衡位置 位于該點(diǎn)的檢測(cè)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(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(fù)賽試題五屆物理競賽復(fù)賽試題五 五 20 分 如圖所示 接地的空心導(dǎo)體球殼內(nèi)半徑為 R 在空腔內(nèi)一直徑 上的 P1和 P2處 放置電量分別為 q1和 q2的點(diǎn)電荷 q1 q2 q 兩點(diǎn)電荷 到球心的距離均為 a 由靜電感應(yīng)與靜電屏蔽可知 導(dǎo)體空腔內(nèi)表面將出 現(xiàn)感應(yīng)電荷分布 感應(yīng)電荷電量等于 2q 空腔內(nèi)部的電場是由 q1 q2和 兩者在空腔內(nèi)表面上的感應(yīng)電荷共同產(chǎn)生的 由于我們尚不知道這些感應(yīng) 電荷是怎樣分布的 所以很難用場強(qiáng)疊加原理直接求得腔內(nèi)的電勢(shì)或場 強(qiáng) 但理論上可以證明 感應(yīng)電荷對(duì)腔內(nèi)電場的貢獻(xiàn) 可用假想的位于腔 外的 等效 點(diǎn)電荷來代替 在本題中假想 等效 點(diǎn)電荷應(yīng)為兩個(gè) 只要 假想的 等效 點(diǎn)電荷的位置和電量能滿足這樣的條件 即 設(shè)想將整個(gè) 21 0 00 QQ kkU axaxa r P2 P1 R a a 導(dǎo)體殼去掉 由 q1在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想 等效 點(diǎn)電荷 1 q 與 q1共同產(chǎn)生的電 場在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點(diǎn)的電勢(shì)皆為 0 由 q2在原空腔內(nèi)表面的感應(yīng)電荷的假想 等效 點(diǎn)電荷 2 q 與 q2共同產(chǎn)生的電場在原空腔內(nèi)表面所在位置處各點(diǎn)的電勢(shì)皆為 0 這 樣確定的假想電荷叫做感應(yīng)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(yīng)電荷后 可用等效電荷 1 q 2 q 和 q1 q2來計(jì)算原來導(dǎo)體存在時(shí)空腔內(nèi)部任意點(diǎn)的 電勢(shì)或場強(qiáng) 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(nèi)部任意點(diǎn) A 的電勢(shì) UA 已知 A 點(diǎn)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(nèi)表面所在位置 1 q 的位置應(yīng)位于 1 OP的延長線上的某點(diǎn) B1 處 2 q 的位置應(yīng)位于 2 OP的延長線上的某點(diǎn) B2 處 設(shè) A1為 S 面上的任意一點(diǎn) 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(guān)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(yīng)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(shè) 111 rPA 111 rBA dOB 1 根據(jù)題意 1 q和 1 q 兩者在 A1點(diǎn)產(chǎn)生的 電勢(shì)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(xiàng)式 要使 4 式對(duì)任意 均成立 等號(hào)兩邊的相應(yīng) 系數(shù)應(yīng)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(diǎn)的位置如圖 2 所示 A 的電勢(shì)由 q1 1 q q2 2 q 共同產(chǎn)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(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(píng)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(fù)賽試題七屆物理競賽復(fù)賽試題七 七 25 分 如圖所示 有二平行金屬導(dǎo)軌 相距 l 位于同一水平面內(nèi) 圖中紙面 處在 磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場中 磁場方向豎直 向下 垂直紙面向里 質(zhì)量均為 m 的兩金屬桿 ab 和 cd 放在導(dǎo)軌上 與導(dǎo)軌垂直 初始時(shí)刻 金屬桿 ab 和 cd 分別位于 x x0和 x 0 處 假 設(shè)導(dǎo)軌及金屬桿的電阻都為零 由兩金屬桿與導(dǎo) 軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù)為 L 今對(duì)金屬桿 ab 施以沿導(dǎo)軌向右的瞬時(shí)沖量 使它獲得初速 0 v 設(shè)導(dǎo)軌足夠長 0 x也足夠大 在運(yùn)動(dòng)過程中 兩金屬桿之間距離的變化遠(yuǎn)小于兩金屬 桿的初始間距 0 x 因而可以認(rèn)為在桿運(yùn)動(dòng)過程中由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路的自感系數(shù) L 是恒定不變的 桿與導(dǎo)軌之間摩擦可不計(jì) 求任意時(shí)刻兩桿的位置 xab和 xcd以及由兩桿和導(dǎo) 軌構(gòu)成的回路中的電流 i 三者各自隨時(shí)間 t 的變化關(guān)系 七 解法 當(dāng)金屬桿 ab 獲得沿 x 軸正方向的初速 v0時(shí) 因切割磁力線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 由兩金 屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中會(huì)出現(xiàn)感應(yīng)電流 由于回路具有自感系數(shù) 感應(yīng)電流的出現(xiàn) 又會(huì) 在回路中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì) 自感電動(dòng)勢(shì)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(huì)趨向無限大 當(dāng)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(yùn)動(dòng) 設(shè)在任意時(shí)刻 t ab 桿和 cd 桿的速度分別為 v1和 v2 相對(duì)地面參考系 S 當(dāng) v1 v2 為正時(shí) 表示速度沿 x 軸正方向 若規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)榛芈分须娏骱碗妱?dòng)勢(shì)的正方向 則因 兩桿作切割磁力線的運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 21 vv BlE 1 當(dāng)回路中的電流 i 隨時(shí)間的變化率為ti 時(shí) 回路中的自感電動(dòng)勢(shì) 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(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)過程中 兩桿構(gòu)成的系統(tǒng)受到的水平方向的合外力為零 系統(tǒng)的 質(zhì)心作勻速直線運(yùn)動(dòng) 設(shè)系統(tǒng)質(zhì)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(zhì)心固連在一起 并把質(zhì)心作為坐標(biāo)原點(diǎn) O 取坐標(biāo)軸x O 與 x 軸平行 設(shè)相對(duì) 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(duì) S 系 兩桿的總動(dòng)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(shí)刻 金屬桿 ab 坐標(biāo)為 x 在 t t 時(shí)刻 它的坐標(biāo)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(guān)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(shí)刻 金屬桿 ab 在 S 系中的坐標(biāo) x 0 2 1 x 這 時(shí) 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(shí)刻金屬桿 ab 的位置 x 表示在任意時(shí)刻 t 桿 ab 的位置 故 0 2 1 xx 就是桿 ab 在 t 時(shí)刻相對(duì)初始位置的位移 用 X 表示 0 2 1 xxX 15 當(dāng) X 0 時(shí) ab 桿位于其初始位置的右側(cè) 當(dāng) X 0 時(shí) ab 桿位于其初始位置的左側(cè) 代入 14 式 得 X L Bl i 2 16 這時(shí)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(cè)時(shí) 安培力的方向指向左側(cè) ab 桿在初始位置左側(cè)時(shí) 安培力的 方向指向右側(cè) 可知該安培力具有彈性力的性質(zhì) 金屬桿 ab 的運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng) 振動(dòng)的周 期 LlB m T 22 2 2 18 在任意時(shí)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(dòng)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(dòng)速度 t TT Au 2 sin 2 20 19 20 式分別表示任意時(shí)刻ab桿離開初始位置的位移和運(yùn)動(dòng)速度 現(xiàn)已知在t 0時(shí)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(duì)質(zhì)心 任意時(shí)刻 ab 桿和 cd 桿都在質(zhì)心兩側(cè) 到質(zhì)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(duì)地面參考系 S 質(zhì)心以 0 2 1 v C V的速度向右運(yùn)動(dòng) 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(dāng)金屬桿在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí) 因切割磁力線而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 回路中出現(xiàn)電流時(shí) 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(yùn)動(dòng) 設(shè)任意時(shí)刻 t 兩 桿的速度分別為 v1和 v2 相對(duì)地面參考系 S 若規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)榛芈冯妱?dòng)勢(shì)和電流的正 方向 則由兩金屬桿與導(dǎo)軌構(gòu)成的回路中 因桿在磁場中運(yùn)動(dòng)而出現(xiàn)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 21 vv BlE 1 令 u 表示 ab 桿相對(duì)于 cd 桿的速度 有 Blu L E 2 當(dāng)回路中的電流 i 變化時(shí) 回路中有自感電動(dòng)勢(shì) 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(shè)在 t 時(shí)刻 金屬桿 ab 相對(duì)于 cd 桿的距離為 x 在 t t 時(shí)刻 ab 相對(duì)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(guān)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(shí)刻 金屬桿 ab 相對(duì)于 cd 桿的距離為 0 x 這時(shí) i 0 故得 0 xi Bl L x 8 或 0 xx L Bl i 9 0 x表示 t 時(shí)刻金屬桿 ab 相對(duì)于 cd 桿的位置 x 表示在任意時(shí)刻 t 時(shí) ab 桿相對(duì)于 cd 桿的位置 故 0 xx 就是桿 ab 在 t 時(shí)刻相對(duì)于 cd 桿的相對(duì)位置相對(duì)于它們?cè)?t 時(shí)刻的 相對(duì)位置的位移 即從 t 到 t t 時(shí)間內(nèi) ab 桿相對(duì)于 cd 桿的位移 0 xxX 10 于是有 X L Bl i 11 任意時(shí)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(duì)于 cd 桿的加速度 而 X 是 ab 桿相對(duì) cd 桿相對(duì)位置的位 移 L lB 22 2 是常數(shù) 表明這個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)是簡諧振動(dòng) 它的振動(dòng)的周期 LlB m T 22 2 2 15 在任意時(shí)刻 t ab 桿相對(duì) cd 桿相對(duì)位置相對(duì)它們初始位置的位移 t T AX 2 cos 16 A 為簡諧振動(dòng)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(shí)間的變化率 即速度 TT AV 2 sin 2 17 現(xiàn)已知在 t 0 時(shí)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(shí)刻 cd 桿位于 x 0 處 ab 桿位于 x x0 處 兩者的相對(duì)位置由 x0表示 設(shè) t 時(shí) 刻 cd 桿位于 x xcd 處 ab 桿位于 x xab處 兩者的相對(duì)位置由 xab xcd表示 故兩桿的 相對(duì)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(yīng)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(píng)分標(biāo)準(zhǔn) 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(píng)分可參照解法 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)中的相應(yīng)式子給分 第第 22 屆物理競賽復(fù)賽試題二屆物理競賽復(fù)賽試題二 二 如圖所示 O 為半徑等于 R 的原來不帶電的導(dǎo)