1、2002年第十九届全国中学生物理竞赛预复赛试题及解答目 录第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷1第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准4第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题17第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答202002年9月第十九届全国中学生物理竞赛预赛试卷题 号一二三四五六七总计得 分全卷共七题，总分为140分一、（15分）今年3月我国北方地区遭遇了近10年来最严重的沙尘暴天气现把沙尘上扬后的情况简化为如下情景：为竖直向上的风速，沙尘颗粒被扬起后悬浮在空中（不动）这时风对沙尘的作用力相当于空气不动而沙尘以速度竖直向下运动时所受的阻力此阻力可用下式表达其中为一系数，为沙尘
2、颗粒的截面积，为空气密度（1）若沙粒的密度 ，沙尘颗粒为球形，半径，地球表面处空气密度，试估算在地面附近，上述的最小值（2）假定空气密度随高度的变化关系为，其中为处的空气密度，为一常量，试估算当时扬沙的最大高度（不考虑重力加速度随高度的变化）二、（20分）图预19-2所示电路中，电池的电动势为，两个电容器的电容皆为，K为一单刀双掷开关。开始时两电容器均不带电（1）第一种情况，现将K与接通，达到稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将K与断开而与接通，此过程中电池供给的电能等于_。（2）第二种情况，现将K与接通，达到稳定，此过程中电池内阻消耗的电能等于_；再将K与断开而与接通，此过程中电池供
3、给的电能等于_。三、（20分）据新华社报道，为了在本世纪初叶将我国的航天员送上太空，2002年3月25日22时15分，我国成功地发射了一艘无人试验飞船。在完成预定任务后，飞船于4月1日16时51分安全着陆，共绕地球飞行108圈。（1）飞船的名称是什么？（2）飞船在运行期间，按照地面指挥控制中心的指令成功地实施了数百个动作，包括从椭圆轨道变换成圆轨道等假如把飞船从发射到着陆的整个过程中的运动都当作圆周运动处理，试粗略估计飞船离地面的平均高度已知地球半径，地球表面处的重力加速度四、（20分）如图预19-4所示，三个绝热的、容积相同的球状容器A、B、C，用带有阀门K1、K2的绝热细管连通，相邻两球球
4、心的高度差初始时，阀门是关闭的，A中装有1mol的氦（He）,B中装有1mol的氪（Kr）,C中装有lmol的氙（Xe），三者的温度和压强都相同气体均可视为理想气体现打开阀门K1、K2，三种气体相互混合，最终每一种气体在整个容器中均匀分布，三个容器中气体的温度相同求气体温度的改变量已知三种气体的摩尔质量分别为在体积不变时，这三种气体任何一种每摩尔温度升高1K，所吸收的热量均为 ，为普适气体常量五、（20分）图预19-5中，三棱镜的顶角为60，在三棱镜两侧对称位置上放置焦距均为 的两个完全相同的凸透镜L1和 L2若在L1的前焦面上距主光轴下方处放一单色点光源，已知其像与对该光学系统是左右对称的试
5、求该三棱镜的折射率六、（20分）一个长为，宽为，质量为的矩形导电线框，由质量均匀分布的刚性杆构成，静止放置在不导电的水平桌面上，可绕与线框的一条边重合的光滑固定轴ab转动，在此边中串接一能输出可变电流的电流源（图中未画出）。线框处在匀强磁场中，磁场的磁感应强度沿水平方向且与转轴垂直，俯视图如图预19-6所示。现让电流从零逐渐增大，当电流大于某一最小值时，线框将改变静止状态。（1）求电流值。（2）当线框改变静止状态后，设该电流源具有始终保持恒定电流值不变（）的功能。已知在线框运动过程中存在空气阻力。试分析线框的运动状况。七、（25分）如图预19-7所示，在长为m、质量为的车厢B内的右壁处，放一质
6、量的小物块A（可视为质点），向右的水平拉力作用于车厢，使之从静止开始运动，测得车厢B在最初2.0 s内移动的距离，且在这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞假定车厢与地面间的摩擦忽略不计，小物块与车厢壁之间的碰撞是弹性的求车厢开始运动后4.0 s时，车厢与小物块的速度第十九届全国中学生物理竞赛预赛试题参考解答、评分标准一、参考解答（1）在地面附近，沙尘扬起要能悬浮在空中，则空气阻力至少应与重力平衡，即 式中为沙尘颗粒的质量，而 得 代入数据得 （2）用、分别表示时扬沙到达的最高处的空气密度和高度，则有 此时式应为 由、可解得 代入数据得 评分标准：本题15分。1. 第一小题8分。其中式3分，式1
7、分，式1分，式2分，式1分。2. 第二小题7分。其中式1分，式1分，式3分，式2分。二、参考解答（1），0 （2），评分标准：本题20分。（1）10分。其中每个空5分。 （2）10分。其中每个空5分。三、参考解答（1）神舟3号（2）设飞船飞行时间为，绕地球飞行的圈数为，周期为，飞船的质量为，离地面的平均高度为，地球半径为，地球质量为，则有 由、式解得 由题给数据可知，代入及其它有关数据得 评分标准：本题20分（1）4分（2）16分。其中、式各3分，式4分（答案在之间均给这4分）四、参考解答根据题设的条件，可知：开始时A中氦气的质量，B中氪气的质量，C中氙气的质量。三种气体均匀混合后，A中的He
8、有降入B中，有降入C中。He的重力势能增量为 B中的Kr有升入A中，有降入C中。Kr的重力势能增量为 C中的Xe有升入A中，有升入B中。Xe的重力势能增量为 混合后，三种气体的重力势能共增加 因球与外界绝热，也没有外力对气体做功，故重力势能的增加必然引起内能的减少。在体积不变时，气体不做功。由热力学第一定律可知，此时传给气体的热量应等于气体内能的增量，但因理想气体的内能只由温度决定，与体积无关，故只要温度改变量相同，则体积不变条件下内能的增量也就是任何过程中理想气体内能的增量。根据题给的已知条件，注意到本题中所考察的理想气体共有3摩尔，故有 上式中右方为气体内能减少量，表示气体温度的增量，由、
9、两式得 将已知数据代入，注意到，可得 即混合后气体温度降低（如果学生没记住的数值，的值可用标准状态的压强，温度和1mol理想气体在标准状态下的体积求得，即）评分标准：本题共20分。说明经扩散使三种气体均匀混合，并导致气体重力势能改变求得式，得8分。说明能量转换过程，由重力势能增加而内能减少，列出式，得8分。得出正确结果，算出式，得4分。五、参考解答由于光学系统是左右对称的，物、像又是左右对称的，光路一定是左右对称的。该光线在棱镜中的部分与光轴平行。由射向光心的光线的光路图如图预解19-5所示。由对称性可知 由几何关系得 由图可见 又从的边角关系得 代入数值得 由、与式得，根据折射定律，求得 评
10、分标准：本题20分1. 图预解19-5的光路图4分。未说明这是两个左右对称性的结果只给2分。2. 、式各给2分，式给3分，式给1分，式给4分。六、参考解答（1）解法一：导体线框放在水平桌面上，俯视图如图预解19-6-1。由图可见，在线框没动之前，线框的边与边平行于磁场，因而不受磁场力。边受的安培力的大小为，方向垂直于桌面向下，但此力对轴的力矩为零。边受的安培力的大小为，方向垂直桌面向上。此力对固定轴的力矩为 除此力矩外，线框还受到重力矩作用。重力力矩等于重力乘线框重心（点）到轴ab的距离，即 当时，桌面对线框的支持力的力矩为零，时，线框将改变静止状态，开始绕轴ab向上翘起。根据题意及、式，由力
11、矩平衡原理可知 解得 解法二：线框所受的重力矩也可以由各边对ab轴的重力矩来求。边与边的重心均在（）处，两条边对ab轴的合力矩为 边对ab轴的力矩为 故线框所受的重力矩为 与解法一求得的式一致，从而求得与式相同。（2）线框处于静止状态时，若电流比稍大，线框所受的电磁力矩将大于重力矩，使线框绕ab轴向上翘起。边和边所受电磁力不等于零，但二者相互抵消。当保持电流值恒定不变时，线框将从静止状态开始绕固定轴作加速转动。在加速转动过程中，由于通过线框的磁通量发生变化，线框内将产生感应电动势，它有使线框中的电流变小的趋势，题中已设电流源有保持电流恒定不变的功能，所以当线框平面转至与桌面成角时，如图预解19
12、-6-2a所示，线框受到的合力矩为 随着角逐渐增大，合力矩随之减小，但始终大于零，因而线框仍作逆时针加速转动，角速度不断增大。当线框平面转到竖直面时，合力矩为零，角速度达到最大。由于惯性，线框将越过面作逆时针转到。此时，合力矩与线框转动方向相反，角速度将逐渐减小，合力矩的大小随着角的增大而增大，如图预解19-6-2b所示。如果没有空气阻力，将增至180。当角等于180 时，线框转动的角速度为零，合力矩将使线框作顺时针加速转动，结果线框将在角等于0与180之间往复摆动不止。实际上，由于空气阻力作用，线框平面在平面两侧摆动的幅度将逐渐变小，最终静止在面处，此时，电磁力矩与重力矩均为零。如果线框稍偏
13、离平衡位置，电磁力矩与重力矩的合力矩将使线框回到平面处。故线框处于稳定平衡状态。评分标准：本题20分。第一问6分、第二问14分。第一问中，、式各2分。第二问中，正确地分析了线框往复转动，给4分；说明最后平衡在竖直面处，给6分；说明稳定平衡，给4分。七、参考解答解法一：1. 讨论自B开始运动到时间内B与A的运动。根据题意，在2 s内，A未与B发生过碰撞，因此不论A与B之间是否有相对运动，不论A与B之间是否有摩擦，B总是作初速为零的匀加速直线运动。设B的加速度为，有 得 （1）如果A、B之间无摩擦，则在B向右移动1米距离的过程中，A应保持静止状态，接着B的车厢左壁必与A发生碰撞，这不合题意。如果A
14、、B之间无相对运动（即两者之间的摩擦力足以使A与B有一样的加速度），则B的加速度这与（1）式矛盾。由此可见，A、B之间既有相对运动又存在摩擦力作用。以表示A、B间的滑动摩擦力的大小，作用于B的摩擦力向左，作用于A的摩擦力向右，则有 （2） （3）由（1）、（2）、（3）式得 （4） （5）2. 讨论B的左壁与A发生第一次碰撞前的运动。由于，B向右的速度将大于A的速度，故A与B的左壁间的距离将减小。设自静止开始，经过时间，B的左壁刚要与A发生碰撞，这时，B向右运动的路程与A向右运动的路程之差正好等于，即有 解得 （6）代入数据，得 A与B发生第一次碰撞时，碰前的速度分别为 （7） （8）3. 讨
15、论B与A间的弹性碰撞以和分别表示第一次碰撞后A和B的速度。当、为正时，分别表示它们向右运动。在碰撞的极短时间内，外力的冲量可忽略不计，因此有 解以上两式得 （9）（9）式表示，在弹性碰撞中，碰撞前后两者的相对速度的大小不变，但方向反转。4. 讨论从第一次碰撞到车厢与小物块速度变至相同过程中的运动。由（9）式可以看出，经第一次碰撞，A和B都向右运动，但A的速度大于B的速度，这时作用于A的摩擦力向左，作用于B的摩擦力向右，大小仍都为。设此过程中A向左的加速度和B向右的加速度分别为和，则由牛顿第二定律有 解得 （10） （11）由此可知，碰撞后，A作减速运动，B作加速运动。设经过时间，两者速度相等，
16、第一次达到相对静止，则有 由上式和（9）式解得 （12）代入有关数据得 （13）设在时间内，A与B的左壁之间的距离增大至，则有 结合（9）、（12）两式得 （14）式中 （15）代入有关数据得 由（14）可知，A不会与B的右壁发生碰撞。5. 讨论A与B的左壁的第二次碰撞。以表示B与A第一次相等的速度，由于B始终受作用而加速，它将拖着A向右加速，其情况与第一次碰撞前相似。这时作用于A的摩擦力向右，A的加速度为，方向向右。作用于B的摩擦力向左，B的加速度为，方向也向右。但是原来A与B左端的距离为，现改为，因，B的左壁与小A之间的距离将减小。设两者间的距离从减小至零即减小至开始发生第二次碰撞所经历的
17、时间为，以代入式，结合（14）式，即可求得 （16）代入有关数据，得 第二次碰撞前瞬间A和B的速度分别为 （17）故第二次碰撞前A、B速度之差小于第一次碰撞前A、B的速度差。设第二次碰撞完毕的瞬间A、B的速度分别为和，则有 （18）第二次碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经历时间，两者速度相等，即第二次相对静止，则有 解得 （19）在时间内，A与B的左壁的距离变为，有 结合（8）、（9）得 （20）自B开始运动到A与B达到第二次相对静止共经历时间 6. 讨论A与B的左壁的第三次碰撞。当A与B的左壁之间的距离为时，A、B相对静止。由于B受外力作用而继续加速，它将拖着A向右加速
18、。这时，A的加速度为，B的加速度为，方向都向右，但因，A将与B的左壁发生第三次碰撞。设此过程经历的时间为，则以代入（6）式结合（16）式得 （21）设第三次碰撞前瞬间A和B的速度分别为和，碰撞后的速度分别为和 碰撞后，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。设经过时间两者速度相等，即第三次相对静止，A与B左壁之间的距离为。则有 （22） 自B开始运动至第三次A与B相对静止共经历的时间仍小于4 s。7. 讨论车厢左壁与小物块的第次碰撞。在第次碰撞完毕的瞬间，A和B的速度分别为和，A以加速度作减速运动，B以加速度作加速运动。经过时间，两者速度相等，即第次相对静止。A与B左壁之间的距离为。根据前
19、面的讨论有 （23） 再经过时间将发生B的左壁与A的第次碰撞。碰撞前两者的速度分别为和。根据前面的讨论，有 （24） 可以看出，碰撞次数越多，下一次碰撞前，A、B速度之差越小。当碰撞次数非常大时，下次碰撞前两者的速度趋于相等，即A实际上将贴在B的左壁上不再分开。8. 讨论第4秒B与A的运动速度。第4秒末B与A的速度取决于在第4秒末B与A经历了多少次碰撞。B自静止开始运动到第次相对静止经历的总时间为 （25）以，代入，注意到当很大时，得 （26）这表明早在第4秒之前，A与B的左壁贴在一起时二者速度已相同，不再发生碰撞，此后二者即以相同的速度运动了、现以A和B都静止时作为初态，设时刻A和B的速度为
20、，对A、B开始运动至的过程应用动量定理，得 （27）或 代入数值，得 （28）解法二：如果A与B之间没有摩擦力，B前进1m就会与A发生碰撞。已知开始2s为A与B未发生碰撞，而B已走了5m，可见二者之间有摩擦力存在，且在此期间二者均作匀加速运动。由可求出B对地面的加速度： ， 设A与B底部之间的滑动摩擦力为，则由小车的运动方程 代入数值得 又由A的运动方程得A的相对地面的加速度为 于是，A对B的相对加速度为 第一次碰撞由开始运动到A碰撞B的左壁的时间满足，。于是 A与B的左壁碰撞前瞬间，A相对B的速度 由于作弹性碰撞的两个物体在碰撞前后其相对速度等值反向，所以碰后A从B的左壁开始，以相对速度 向
21、右运动，所受摩擦力反向向左，为。对地面的加速度为 此时B所受的摩擦力方向向右，由其运动方程得B对地面的加速度为 由、二式知，碰后A对B的相对加速度为 A相当于B作向右的匀减速运动。设A由碰后开始达到相对静止的时间为，相当于B走过的距离为，由式得 可见A停止在B当中，不与B的右壁相碰。第二次碰撞A在B内相对静止后，将相当于B向左滑动，所受的摩擦力改为向右，而B所受的摩擦力改为向左。这时A对B的相对加速度重新成为，即式。A由相对静止到与B的左壁第二次碰撞所需的时间可用算出： 自B开始运动至B的左壁与A发生第二次碰撞经历的时间 A达到B的左壁前相当于B的速度的大小为 这也就是第二次碰后A由B的左壁出
22、发的相对速度大小。第二次碰后，A相对B向右运动，此时A相对于B的相对加速度又成为，即式。A由碰撞到相对静止所需要的时间和相当于B走过的距离分别为 以后的碰撞根据、二式，如令 则有 由此可以推知，在第三次碰撞中必有 在第次碰撞中有 即每一次所需时间要比上次少得多（A在B中所走的距离也小得多）。把所有的时间加在一起，得 这就是说，在B开始运动后3.56 s时，A将紧贴B的左壁，并与B具有相同速度，二者不再发生碰撞，一直处于相对静止状态。现取A和B都静止时作为初态，以时刻的运动状态为末态，设此时A和B的速度为，由动量定理，有 代入数值，得 答：自车厢开始运动到4.0 s时车厢与物块的速度相同，均为评
23、分标准：本题25分。得出摩擦力得5分，得出第一次碰撞时间得5分，得出第二次碰撞时间得5分。得出无穷次碰撞时间得5分 ，得到最后结果再得5分。第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题一、（20分）某甲设计了1个如图复19-1所示的“自动喷泉”装置，其中A、B、C为3个容器，D、E、F为3根细管，管栓K是关闭的A、B、C及细管D、E中均盛有水，容器水面的高度差分别为和如图所示A、B、C的截面半径为12cm，D的半径为0.2cm甲向同伴乙说：“我若拧开管栓K，会有水从细管口喷出”乙认为不可能理由是：“低处的水自动走向高外，能量从哪儿来？”甲当即拧开K，果然见到有水喷出，乙哑口无言，但不明白自己的错误所在甲
24、又进一步演示在拧开管栓K前，先将喷管D的上端加长到足够长，然后拧开K，管中水面即上升，最后水面静止于某个高度处 (1)论证拧开K后水柱上升的原因 (2)当D管上端足够长时，求拧开K后D中静止水面与A中水面的高度差 (3)论证水柱上升所需能量的来源 二、 (18 分) 在图复19-2中，半径为的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度随时间均匀变化，变化率(为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中弦的方向画一直线，并向外延长，弦与半径的夹角直线上有一任意点，设该点与点的距离为，求从沿直线到该点的电动势的大小 三、（18分）如图复19-3所示，在水平光滑绝缘的桌面上，有三
25、个带正电的质点1、2、3，位于边长为的等边三角形的三个顶点处。为三角形的中心，三个质点的质量皆为，带电量皆为。质点 1、3之间和2、3之间用绝缘的轻而细的刚性杆相连，在3的连接处为无摩擦的铰链。已知开始时三个质点的速度为零，在此后运动过程中，当质点3运动到C处时，其速度大小为多少？ 四、（18分）有人设计了下述装置用以测量线圈的自感系数在图复19-4-1中，E为电压可调的直流电源。K为开关，为待测线圈的自感系数，为线圈的直流电阻，D为理想二极管，为用电阻丝做成的电阻器的电阻，A为电流表。将图复19-4-1中、之间的电阻线装进图复19-4-2所示的试管1内，图复19-4-2中其它装置见图下说明其
26、中注射器筒5和试管1组成的密闭容器内装有某种气体（可视为理想气体），通过活塞6的上下移动可调节毛细管8中有色液注的初始位置，调节后将阀门10关闭，使两边气体隔开毛细管8的内直径为 已知在压强不变的条件下，试管中的气体温度升高1K时，需要吸收的热量为，大气压强为。设试管、三通管、注射器和毛细管皆为绝热的，电阻丝的热容不计当接通电键K后，线圈中将产生磁场，已知线圈中储存的磁场能量，为通过线圈的电流，其值可通过电流表A测量，现利用此装置及合理的步骤测量的自感系数 1简要写出此实验的步骤 2用题中所给出的各已知量（、等）及直接测得的量导出的表达式，五、（20分）薄凸透镜放在空气中时，两侧焦点与透镜中心
27、的距离相等。如果此薄透镜两侧的介质不同，其折射率分别为和，则透镜两侧各有一个焦点（设为和），但、和透镜中心的距离不相等，其值分别为和。现有一个薄凸透镜，已知此凸透镜对平行光束起会聚作用，在其左右两侧介质的折射率及焦点的位置如图复19-5所示。1试求出此时物距，像距，焦距、四者之间的关系式。2若有一傍轴光线射向透镜中心，已知它与透镜主轴的夹角为，则与之相应的出射线与主轴的夹角多大？3，四者之间有何关系？ 六、（20分）在相对于实验室静止的平面直角坐标系中，有一个光子，沿轴正方向射向一个静止于坐标原点的电子在轴方向探测到一个散射光子已知电子的静止质量为，光速为,入射光子的能量与散射光子的能量之差等
28、于电子静止能量的110 1试求电子运动速度的大小,电子运动的方向与轴的夹角；电子运动到离原点距离为（作为已知量）的点所经历的时间2在电子以1中的速度开始运动时，一观察者相对于坐标系也以速度沿中电子运动的方向运动(即相对于电子静止)，试求测出的的长度七、（26分）一根不可伸长的细轻绳，穿上一粒质量为的珠子（视为质点），绳的下端固定在点，上端系在轻质小环上，小环可沿固定的水平细杆滑动（小环的质量及与细杆摩擦皆可忽略不计），细杆与在同一竖直平面内开始时，珠子紧靠小环，绳被拉直，如图复19-7-1所示，已知，绳长为，点到杆的距离为，绳能承受的最大张力为，珠子下滑过程中到达最低点前绳子被拉断，求细绳被拉
29、断时珠子的位置和速度的大小（珠子与绳子之间无摩擦）注：质点在平面内做曲线运动时，它在任一点的加速度沿该点轨道法线方向的分量称为法向加速度，可以证明，为质点在该点时速度的大小，为轨道曲线在该点的“曲率半径”，所谓平面曲线上某点的曲率半径，就是在曲线上取包含该点在内的一段弧，当这段弧极小时，可以把它看做是某个“圆”的弧，则此圆的半径就是曲线在该点的曲率半径如图复19-7-2中曲线在点的曲率半径为，在点的曲率半径为第十九届全国中学生物理竞赛复赛试题参考解答2002年一、参考解答实践证明，甲的设计是正确的，所以乙的结论肯定是错的。（1）设大气压为，水的密度为。拧开前的情况如图复解19-l的（a）图所示
30、。由流KKDHAABBFCCEh1h2(a)(b)图复解 19-1体静力学可知，、中气体的压强为 （1）中气体的压强为 （2）由（1）、（2）两式可得 即，当拧开后，中气体压强降至，此时 （3） 即管中容器水面以上的那一段水柱所受合力向上，所以管中水柱上升。（2）拧开后，水柱上升，因管上端已足够长，故水不会从管口喷出设到中的水面静止时中增加水量的体积为，则中减少水量的体积亦为，其水面将略有降低，因而及中气体压强路有下降，中的水将通过管流入中，当从流入水量的体积等于时，、中气体压强恢复原值。因为、的半径为管半径的60倍，截面积比为3600倍，故、中少量水的增减（）引起的、中水面高度的变化可忽略不
31、计，即和的数值保持不变。设中水面静止时与中水面的高度差为，（见图复解19-1（b），则有 （4）由此可得 （5）（3）将图复解 19-l（a）和(b)两图相比较可知，其差别在于体积为的水从移至中，另的水又由移入中，前者重力势能减少，而后者重力势能增大，前者的重力势能减少量为 （6）中增加的水柱的重心离中水面的高度为，故后者的重力势能增量为 （7）即。由此可知，体积为的水由流入中减少的势能的一部分转化为同体积的水由进入中所需的势能，其余部分则转化为水柱的动能，故发生上下振动，中水面静止处为平衡点由于水与管间有摩擦等原因，动能逐步消耗，最后水面停留在距中水面处。二、参考解答由于圆柱形区域内存在变化
32、磁场，在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场，电场线为圆，圆心在圆柱轴线上，圆面与轴线垂直，如图中虚点线所示在这样的电场中，沿任意半径方向移动电荷时，由于电场力与移动方向垂直，涡旋电场力做功为零，因此沿半径方向任意一段路径上的电动势均为零1任意点在磁场区域内：令为任意点（见图复解19-2-1），在图中连直线与。取闭合回路，可得回路电动势，式中，分别为从到、从到、从到的电动势。由前面的分析可知，故 （1）令的面积为，此面积上磁通量，由电磁感应定律，回路的电动势大小为 根据题给的条件有 （2）由图复解19-2-2可知 （3）由（1）、（2）、（3）式可得沿线段的电动势大小为 （4） ACCAOORR
33、PxaaaabDQ图复解 19-21图复解 19-222任意点在磁场区域外：令为任意点（见图复解19-2-2），。在图中连、。取闭合回路，设回路中电动势为，根据类似上面的讨论有 （5）对于回路，回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量，此面积为，通过它的磁通量。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小 （6）在图中连，令，则，于是 当时，中有 于是得 （7）由（5）、（6）、（7）式可得沿线的电动势的大小为 （8）三、参考解答以三个质点为系统，由对称性可知，开始时其质心应位于处，因为质点系所受的合外力为零，由质心运动定理可知，质心总是固定不动的。质点1、2在静电力作用下，彼此间距离必增大
34、，但不可能保持在沿起始状态时1、2连线上运动，若是那样运动，由于杆不图复解 19-31A能伸长，质点3必向左运动，三者的质心势必亦向左运动，这与“质心不动”相矛盾，故不可能。由此可知，由于杆为刚性，质点1、2在静电力作用下，C要保持质心不动，质点1、2必将分别向题图中右上方和右下方运动，而质3点3将向左运动当3运动到处时，1、2将运动到、处，、三点在一直线上，1、2的速度方向向右，3的速度方向左（如图复解19-32B所示）。令、分别表示此时它们的速度大小，则由对称性可知此时三质点的总动能为 （1）再由对称性及动量守恒可知 （2）系统原来的电势能为 （3）其中为静电力常数运动到国复解19-3所示
35、的位置时的电势能为 （4）根据能量守恒有 （5）由以上各式可解得 （6）四、参考解答1.（1）调整活塞6使毛细管8中有色液柱处于适当位置，将阀门10关闭使两边气体隔绝，记下有色液柱的位置；（2）合上开关，测得电流；（3）打开开关；（4）测出有色液体右移的最远距离；（5）改变电源电压，重复测量多次，记下多次的和值。2.合上开关后，线捆贮有磁场能量，因二极管的存在，中无电流。打开开关后，由于中有感应电动势，在线圈、电阻器和二极管组成的回路中有电流通过，最后变为零。在此过程中原来线圈中储存的磁场能量将转化为和上放出的热量，其中上放出的热量为 （1）此热量使试管中的气体加热、升温。因为是等压过程，所以
36、气体吸热为 （2）式中为气体质量，为其摩尔质量，为温升，因为是等压过程，设气体体积改变量为，则由理想气体状态方程可得 （3）而 （4）由以上各式可得 （5）五、参考解答QQPPF1F2uvn1n2yyf1f2图复解 19-5-1利用焦点的性质，用作图法可求得小物的像，如下图所示。（1）用和分别表示物和像的大小，则由图中的几何关系可得 （1） 简化后即得物像距公式，即，之间的关系式 （2）（2）薄透镜中心附近可视为筹薄平行板，入射光线经过两次折射后射出，放大后的光路如图复解19-5-2所示。图中为入射角，为与之相应的出射角，为平行板中的光线与法线的夹角。设透镜的折射率为，则由折射定律得 （3）对
37、傍轴光线，、1，得，因而得n1n2q1q2ggn图复解 19-5-2 （4）（3）由物点射向中心的入射线，经折射后，出射线应射向，如图复解19-5-3所示，QQPPF1F2Lq2uvuyq1yn1n2图复解 19-5-3 在傍轴的条件下，有 （5）二式相除并利用（4）式，得 （6）用（1）式的代入（6）式，得 即 （7）用（1）式的代入（6）式，得 即 （8）从而得，之间关系式 （9）六、参考解答（1）由能量与速度关系及题给条件可知运动电子的能量为 （1）由此可解得 （2）图复解 19-6光子散射方向光子入射方向光子入射方向电子qA入射光子和散射光子的动量分别为和，方向如图复解19-6所示。电
38、子的动量为，为运动电子的相对论质量。由动量守恒定律可得 （3） （4）已知 （5）由（2）、（3）、（4）、（5）式可解得 （6） （7） （8）电子从点运动到所需时间为 （9）（2）当观察者相对于沿方向以速度运动时，由狭义相对论的长度收缩效应得 （10） （11）七、参考解答1. 珠子运动的轨迹建立如图复解19-7所示的坐标系，原点在过点的竖直线与细杆相交处，轴沿细杆向右，轴沿向下。当珠子运动到点处且绳子未断时，小环在处，垂直于轴，所以珠子的坐标为 由知 即有，得 （1）这是一个以轴为对称轴，顶点位于处，焦点与顶点的距离为的抛物线，如图复解19-7-1所示，图中的，为焦点。OBHPAChyF
39、TTNaaaaxMxMxmg切线法线mg法线切线NmgxyCPAOHTCAN图复解 19-7-1图复解 19-7-22. 珠子在点的运动方程因为忽略绳子的质量，所以可把与珠子接触的那一小段绳子看做是珠子的一部分，则珠子受的力有三个，一是重力；另外两个是两绳子对珠子的拉力，它们分别沿和方向，这两个拉力大小相等，皆用表示，则它们的合力的大小为 （2）为点两边绳子之间夹角的一半，沿的角平分线方向。因为是焦点至的连线，平行于轴，根据解析几何所述的抛物线性质可知，点的法线是的角平分线故合力的方向与点的法线一致。由以上的论证再根据牛顿定律和题中的注，珠子在点的运动方程（沿法线方向）应为 （3） （4）式中
40、是点处轨道曲线的曲率半径；为珠子在处时速度的大小。根据机械能守恒定律可得 （5）3. 求曲车半径当绳子断裂时，由（4）式可见，如果我们能另想其他办法求得曲率半径与的关系,则就可能由（4）、（5）两式求得绳子断裂时珠子的纵坐标。现提出如下一种办法。做一条与小珠轨迹对于轴呈对称状态的抛物线，如图复解19-7-2所示。由此很容易想到这是一个从高处平抛物体的轨迹。平抛运动是我们熟悉的，我们不仅知道其轨迹是抛物线，而且知道其受力情况及详细的运动学方程。这样我们可不必通过轨道方程而是运用力学原理分析其运动过程即可求出与对称的点处抛物线的曲率半径与的关系，也就是处抛物线的曲率半径与的关系。设从抛出至落地的时间为，则有 由此解得 （7）设物体在处的速度为，由机械能守恒定律可得 （8）物体在处法线方向的运动方程为 （9）式中即为处抛物线的曲率半径，从（7）、（8）、（9）式及,可求得 这也等于点抛物线的曲率半径，故得 （10）4. 求绳被拉断时小珠的位置和速度的大小把（5）式和（10）式代入（4）式，可求得绳子的张力为 （11）当时绳子被拉断，设此时珠子位置的坐标为，由（11）式得 （12）代入（1）式，得 （13）绳子断开时珠子速度的大小为 （14）
