Question

2012第十八届全国初中物理竞赛初赛答案

2012的

Answer 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 ，离开点为 ，按题意要求 、 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 处脱离滑道的条件是
(1)
由机械能守恒
(2)
(1)、(2)联立解得
或 (3)
2．设滑块刚能在O点离开滑道的条件是
（4）
v0为滑块到达O点的速度，由此得
（5）
设到达O点的速度为v0的滑块在滑道OA上的出发点到 的连线与竖直的夹角为 ，由机械能守恒，有
（6）
由（5）、（6）两式解得
（7）
若滑块到达O点时的速度 ，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 的滑块，其在OA上出发点的位置对应的 角必大于 ，即 ，由于 ，根据机械能守恒，到达O点的最大速度
（8）
由此可知，能从O点离开滑道的滑块速度是v0到 之间所有可能的值，也就是说， 从 至 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 的距离
（9）
（10）
由（5）、（9）、（10）式得
（11）
当滑块以 从O点沿水平方向滑出滑道时，其落水点到 的距离
（12）
由（8）、（10）、（12）式得
（13）
因此，凡能从O点脱离滑道的滑块，其落水点到 的距离在 到 之间的所有可能值．即
（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 、 和 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 ¬¬．由静电屏蔽可知，点电荷q1及感应电荷（ ）在空腔外产生的电场为零；点电荷q2及感应电荷（ ¬¬）在空腔外产生的电场为零；点电荷q3及感应电荷（¬¬ ）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 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 ，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 及空腔3表面的感应电荷（ ）共同产生．无论 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 ， Q在O点产生的电势为 ，这两部分电荷在O3点产生的电势 与它们在O点产生的电势相等，即有
（1）
因q3放在空腔3的中心处，其感应电荷 在空腔3壁上均匀分布．这些电荷在O3点产生的电势为
(2)
根据电势叠加定理，O3点的电势为
(3)
故q3的电势能
(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 的静电力作用，因q1不在空腔1的中心O1点，所以感应电荷 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 中和．同理，空腔2中q2也将在空腔表面感应电荷 的静电力作用下到达空腔2的表面与感应电荷 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 及空腔3内壁的电荷 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．

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，
(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
(2)
由力的平衡可知
(3)
由（2）、（3）两式可得
(4)
代入(1)式得
(5)
由以上讨论可知，当 时，T与Q的关系为
(6)
在 图中为一直线如图中 所示，其斜率
(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 ，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
(8)
q可由摩擦力做功求得，即
(9)
代入（8）式得
(10)
由状态方程式可知
(11)
将（11）式和（4）式代入（10）式，得

即
（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
（13）
把（13）式代入到（12）式，并注意到（4）式和（5），得
（14）
由此可知，当 时，T与Q的关系仍为一直线，此直线起点的坐标为 ， ；斜率为
（15）
在 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 上升到温度为T1的b点，然后沿着斜率为Kbd的直线 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

可得
(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
(2)
故出现挡板完全遮住光束的时刻为
(3)
由（1）、（3）式得
(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
(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
(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
(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 ，其环带面积

式中已略去高阶小量 ．，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为

设时刻t，细圆环转动的角速度为，

单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流

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
(1)
式中 是一个微小量，注意到 ，有
(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：
(3)
由于a0<<a1，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
(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
(5)
由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为
(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 所受的安培力的大小为
(7)

方向如图所示，它沿x及y方向分量分别
(8)
(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
(10)
（式中 ，当 时， 是正的，当 时， 是负的，故 ），
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
(11)
（式中 ，由于在0之间 都是正的，故 ），
即半个导线圆环上受的总安培力的大小为 ，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 ．由（3）、（6）两式得
(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 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 处，距O点的距离为 ．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
(1)
即

这是以t1为变量的一元二次方程，其解为

由于 ，但t1< t，所以上式中只能取减号
(2)
(3)
令
(4)
有
， (5)
在 时刻，位于 处的汽车A发出的笛声沿直线（即波线） 在t时刻传到 处，以 、 分别表示车速与笛声传播方向的夹角，有
(6)
(7)
令表示B车司机接收到的笛声的频率，由多普勒效应可知
(8)
由（6）、（7）、（8）式，得
(9)
七、解法一：
对于由小球A、B和弹簧构成的系统，当A、B之间的距离为l时，已知mA = m，mB = 2m，由质心的定义，可知系统的质心C离A的距离
（1）
故A、B到质心C的距离分别为
（2）
若以质心C为参考系（质心系），则质心C是固定不动的，连接A、B的弹簧可以分成两个弹簧CA和CB．设弹簧CA的自然长度为lA0，劲度系数为kA，一端与小球A相连，另一端固定在C点；弹簧CB的的自然长度为lB0，劲度系数为kB，一端与小球B相连，另一端亦固定在C点．若连接A、B的自然长度为l0，根据题意有
（3）
由（2）式可知弹簧CA和CB的自然长度分别为
（4）
当A被悬挂，系统处于静止时，已知连接A、B的弹簧长度为l，由（2）式可知，此时弹簧CA和CB的长度分别为
（5）
弹簧CA、CB作用于A、B的弹簧力分别为

但fA 、fB就是连接A、B的弹簧因拉伸而产生的弹力f，即有

由此得
（6）
相对地面，质心C是运动的，在t = 0 时刻，即细线刚烧断时刻，A位于Ox轴的原点O处，即 ；B的坐标 ．由（1）式，可知此时质心C的坐标为
（7）
在细线烧断以后，作用于系统的外力是重力 ．故质心以g为加速度做匀加速直线运动，任意时刻t，质心的坐标
（8）
由于质心作加速运动，质心系是非惯性系．在非惯性参考系中，应用牛顿第二定律研究物体的运动时，物体除受真实力作用外，还受惯性力作用．若在质心系中取一坐标轴 ，原点 与质心C固连，取竖直向下为 轴的正方向，当小球B在这参考系中的坐标为 时，弹簧CB作用于B的弹性力

当 时，方向竖直向上．此外，B还受到重力mg，方向竖直向下；惯性力大小为mg，方向竖直向上．作用于B的合力

由（3）、（4）式得
（9）
令
（10）
有
（11）
当XB = 0，作用于B的合力FB = 0，B处于平衡状态，由（10）式，可知在质心系中，B的平衡位置的坐标
（12）
XB为B离开其平衡位置的位移，（11）式表明，作用于B的合力具有弹性力的性质，故在FB作用下， B将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率
（13）
离开平衡位置的位移
（14）
AB为振幅， 为初相位．在t = 0时刻，即细线刚烧断时刻，B是静止的，故此时B离开其平衡位置 的距离就是简谐振动的振幅AB，而在t = 0时刻，B离开质心的距离即（5）式给出的lB，故B离开平衡位置的距离即振幅

由（5）式、（12）式得
（15）
因t = 0，XB =AB，且XB是正的，故

由此得
（16）
由（10）式，t时刻B在质心系中的坐标
（17）
在地面参考系的坐标
（18）
得
（19）
同理，当小球A在质心系中的坐标为 时，注意到 是负的，这时，弹簧CA的伸长量为
，
当 为负时，弹力向下，为正，当 为正时，弹力向上，为负，故有

作用于A的合力为

令

有

当XA=0，作用于A的合力FB = 0，A处于平衡状态，A的平衡位置的坐标
（20）
XA为A离开其平衡位置的位移，故在合力FA作用下， A将在平衡位置附近作简谐振动，振动圆频率
（21）
离开平衡位置的位置

AA为振幅， 为初相位．在t = 0时刻，即细线刚烧断时刻，A是静止的，A离开质心C的距离为lA，A的平衡位置离开质心的距离为 故此时A离开平衡位置的距离即为振幅AA，

而此时 ，故

由此得
（22）
在时刻t，A在地面参考系中的坐标

解法二：
当 球相对于地面参考系的坐标为 时，弹簧 的伸长量为 ， 所受的合力为

其加速度为

其相对于质心的加速度为

其中 表示 球相对于其平衡位置的位移，在相互平动的两个参考系中，相对位移与参考系无关．
上式表明，相对质心， 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向．也就是说， 球相对质心作简谐振动．
同理可证，

其相对于质心的加速度为

其中 表示 球相对于其平衡位置的位移，相对质心， 球的加速度与其相对于平衡位置的位移成正比且反向，即 球相对质心也作简谐振动．且有 与 振动的圆频率相等，

解法三：
在地面参考系中，列A、B的牛顿定律方程

2
x1、x2是A、B的坐标，l0是弹簧的自然长．
时，有

为初始时即细线刚烧断时刻，弹簧的长度，有关系

所以

由 + ，

令 ， 是一个恒定的加速度，结合初始条件， 对应的坐标和运动方程是，

再由 ，

这是一个以A为参考系描写B物体运动的动力学方程，且是简谐的，所以直接写出解答，

结合初条件，

得到

所以

即

由 ，得

由 + ，得

THE END