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2016武汉33届复赛试题及答案


第 33 届全国中学生物理竞赛复赛理论考试试题解答
2016 年 9 月 17 日

一、 (20 分)如图,上、下两个平凸透光柱面的 半径分别为 R1 、R2 , 且两柱面外切; 其剖面 (平 面)分别平行于各自的轴线,且相互平行;各 自过切点的母线相互垂直。取两柱面切点 O 为 直角坐标系 O-XYZ 的原点, 下侧柱面过切点 O 的母线为 X 轴,上侧柱面过切点 O 的母线为 Y 轴。一束在真空中波长为 ? 的可见光沿 Z 轴负 方向傍轴入射,分别从上、下柱面反射回来的光线会发生干涉;借助于光学读数显微镜,逆着 Z 轴方向,可观测到原点附近上方柱面上的干涉条纹在 X-Y 平面的投影。 R1 和 R2 远大于傍轴光线 干涉区域所对应的两柱面间最大间隙。空气折射率为 n0 ? 1.00 。试推导第 k 级亮纹在 X-Y 平面的 投影的曲线方程。 已知:a. 在两种均匀、各向同性的介质的分界面两侧,折射率较大(小)的介质为光密(疏) 介质;光线在光密(疏)介质的表面反射时,反射波存在(不存在)半波损失。任何情形下,折 射波不存在半波损失。伴随半波损失将产生大小为 π 的相位突变。b. sin x ? x, 当 x ?? 1 。

二、 (20 分)某秋天清晨,气温为 4.0 ?C ,一加水员到 实验园区给一内径为 2.00 m 、 高为 2.00 m 的圆柱形不 锈钢蒸馏水罐加水。罐体导热良好。罐外有一内径为
4.00 cm 的透明圆柱形观察柱,底部与罐相连(连接

处很短) ,顶部与大气相通,如图所示。加完水后, 加水员在水面上覆盖一层轻质防蒸发膜(不溶于水, 与罐壁无摩擦) ,并密闭了罐顶的加水口。此时加水 员通过观察柱上的刻度看到罐内水高为 1.00 m 。 (1)从清晨到中午,气温缓慢升至 24.0?C ,问此时 观察柱内水位为多少?假设中间无人用水,水的蒸发及罐和观察柱体积随温度的变化可忽略。 (2) 从密闭水罐后至中午, 罐内空气对外做的功和吸收的热量分别为多少?求这个过程中罐内空 气的热容量。

1

已 知 罐 外 气 压 始 终 为 标 准 大 气 压 p0 ? 1 . 0?1

5

1 0, P水 a 在 4.0?C 时 的 密 度 为

?0 ? 1.00 ?103 kg ? m?3 ,水在温度变化过程中的平均体积膨胀系数为 ? ? 3.03 ? 10?4 K ?1 ,重力加速度
大小为 g ? 9.80m ? s?2 ,绝对零度为 ?273.15?C 。

三、 (20 分)木星是太阳系内质量最大的行星(其质量约为地球的 318 倍) 。假设地球与木星均沿 圆轨道绕太阳转动,两条轨道在同一平面内。将太阳、地球和木星都视为质点,忽略太阳系内其 它星体的引力;且地球和木星之间的引力在有太阳时可忽略。已知太阳和木星质量分别为 ms 和
mj ,引力常量为 G 。地球和木星绕太阳运行的轨道半径分别是 re 和 rj 。假设在某个时刻,地球与

太阳的连线和木星与太阳的连线之间的夹角为 ? 。这时若太阳质量突然变为零,求 (1)此时地球相对木星的速度大小 vej 和地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 v 0 。 ( 2 )试讨论此后地球是否会围绕木星转动,可利用( 1 )中结果和数据 ms ? 2.0 ? 1030 kg 、

mj ? 1.9 ?1027 kg 、木星公转周期 Tj ? 12 y 。

四、 (20 分)蹦极是年轻人喜爱的运动。为研究蹦极过程,现将一长 为 L 、质量为 m 、当仅受到绳本身重力时几乎不可伸长的均匀弹性 绳的一端系在桥沿 b,绳的另一端系一质量为 M 的小物块(模拟蹦 极者) ;假设 M 比 m 大很多,以至于均匀弹性绳受到绳本身重力和 蹦极者的重力向下拉时会显著伸长,但仍在弹性限度内。在蹦极者 从静止下落直至蹦极者到达最下端、但未向下拉紧绳之前的下落过 程中,不考虑水平运动和可能的能量损失。重力加速度大小为 g 。 (1)求蹦极者从静止下落距离 y ( y ? L )时的速度和加速度的 大小,蹦极者在所考虑的下落过程中的速度和加速度大小的上限。 (2)求蹦极者从静止下落距离 y ( y ? L )时,绳在其左端悬点 b 处张力的大小。

五、 (20 分)一种拉伸传感器的示意图如图 a 所示:它由一 半径为 r2 的圆柱形塑料棒和在上面紧密缠绕 N ( N ?? 1 )圈 的一层细绳组成;绳柔软绝缘,半径为 r1 ,外表面均匀涂有 厚度为 t ( t ?? r1 ?? r2 ) 、电阻率为 ? 的石墨烯材料;传感器 两端加有环形电极(与绳保持良好接触) 。未拉伸时,缠绕的 绳可视为 N 个椭圆环挨在一起放置;该椭圆环面与圆柱形塑 料棒的横截面之间的夹角为 ? (见图 a) ,相邻两圈绳之间的
2

接触电阻为 Rc 。 现将整个传感器沿塑料棒轴向朝两端拉伸, 绳间出现 n 个缝隙, 每个缝隙中刚好有一整圈绳, 这圈绳被自动调节成由一个未封 闭圆环和两段短直线段(与塑料棒轴线平行)串接而成(见图 b) 。假 设拉伸前后 ? 、 r1 、 r2 、 ? 、 t 均不变。 (1)求拉伸后传感器的伸长率 ? ( ? 是传感器两电极之间距离的伸长与其原长之比)和两环形电 极间电阻的变化率; (2)在传感器两环形电极间通入大小为 I 的电流,求此传感器在未拉伸及拉伸后,在塑料棒轴线 上离塑料棒中点 O 距离为 D ( D 远大于传感器长度)的 P 点(图中未画出)处沿轴向的磁感应 强度。 已知:长半轴和短半轴的长度分别为 a 和 b 的椭圆的周长为 π(3

a?b ? ab ) ,其中 b ? 0 。 2

六、 (20 分)光电倍增管是用来将光信号转 化为电信号并加以放大的装置,其结构如 图 a 所示:它主要由一个光阴极、n 个倍增 级和一个阳极构成;光阴极与第 1 倍增级、 各相邻倍增级及第 n 倍增级与阳极之间均 有电势差 V ;从光阴极逸出的电子称为光 电子,其中大部分(百分比 ? )被收集到第 1 倍增级上,余下的被直接收集到阳极上; 每个被收集到第 i 倍增级( i ? 1,? , n )的电子在该电极上又使得 ? 个电子( ? ? 1 )逸出;第 i 倍增 级上逸出的电子有大部分(百分比 ? )被第 i ? 1 倍增级收集,其他被阳极收集;直至所有电子被 阳极收集,实现信号放大。已知电子电荷量绝对值为 e 。 (1)求光电倍增管放大一个光电子的平均能耗,已知 ?? ? 1 , n ?? 1 ; (2) 为使尽可能多的电子从第 i 倍增级直接到达第 i ? 1 倍增级而非阳极,早期的光电倍增管中, 会施加垂直于电子运行轨迹所在平面(纸面)的匀强磁场。设倍增级的长度为 a 且相邻倍增级间 的几何位置如图 b 所示,倍增级间电势 差引起的电场很小可忽略。所施加的匀 强磁场应取什么方向以及磁感应强度大 小为多少时, 才能使从第 i 倍增级垂直出 射 的 能 量 为 Ee 的 电 子 中 直 接 打 到 第
i ? 1 倍增级的电子最多?磁感应强度大

小为多少时,可以保证在第 i ? 1 倍增级 上至少收集到一些从第 i 倍增级垂直出
3

图b

射的能量为 Ee 的电子?

七、 (20 分)两根质量均匀分布的杆 AB 和 BC,质 量均为 m , 长均为 l , A 端被光滑铰接到一固定点 (即 AB 杆可在竖直平面内绕 A 点无摩擦转动) 。 开始时 C 点有外力保持两杆静止,A、C 在同一水平线 AD 上, A、B、C 三点都在同一竖直平面内, ?ABC ? 60? 。 某时刻撤去外力后两杆始终在竖直平面内运动。 (1)若两杆在 B 点固结在一起,求 (i)初始时两杆的角加速度; (ii)当 AB 杆运动到与水平线 AD 的夹角为 ? 时,AB 杆绕 A 点转动的角速度。 (2)若两杆在 B 点光滑铰接在一起(即 BC 杆可在竖直平面内绕 B 点无摩擦转动) ,求初始时两 杆的角加速度以及两杆间的相互作用力。

八、(20 分)质子是由更小的所谓“部分子”构成的。欧洲大型强子对撞机(LHC)是高能质子质子对撞机,质子束内单个质子能量为 E ? 7.0 TeV ( 1TeV ? 103GeV=1012 eV ) ,两束能量相同的 质子相向而行对撞碎裂, 其中相撞的两个部分子 a、 b 相互作用湮灭产生一个新粒子。 设部分子 a、 b 的动能在质子能量中所占的比值分别为 x a 、 x b ,且远大于其静能。 (1)假设两个部分子 a、b 对撞湮灭产生了一个静质量为 ms ? 1.0 TeV/c2 的新粒子 S,求 x a 和 x b 的 乘积 xa xb ; (2)假设新粒子 S 产生后衰变到两个光子,在新粒子 S 静止的参考系中,求两光子的频率; (3) 假设新粒子 S 产生后在其静止坐标系中衰变到两个质量为 mA ? 1.0 GeV/c2 的轻粒子 A, 每个 轻粒子 A 再衰变到两个同频率的光子,求在这个坐标系中这两个光子动量之间的夹角。

sin ? ? ? , 当? ?? 1 ; 已知: 普朗克常量 h ? 6.63 ? 10?34 J ? s , 电子电荷量绝对值 e ? 1.60 ? 10?19 C 。

4

一、 参考解答: 如图 a 所示,光线 1 在上侧柱面 P 点处傍轴垂直入射,入射角为 ? ,折 射角为 ? 0 ,由折射定律有

n sin ? ? n0 sin ?0



其中 n 和 n0 分别玻璃与空气的折射率。 光线在下侧柱面 Q 点处反射,入射角 与反射角分别为 i 和 i ? ,由反射定律有
i ? i?



光线在下侧柱面 Q 点的反射线交上侧柱面于 P? 点,并由 P? 点向上侧柱面折射,折射光线用 1?? 表 示;光线 1?? 正好与 P? 点处的入射光线 2 的反射光线 2? 相遇,发生干涉。考虑光波反射时的半波损 失,光线 1?? 与光线 2? 在 P? 点处光程差 ?L 为

?? ? ?L ? ?n(? zp )? n 0 ( P ? Q ? P ?Q )? ? n ? z ? p(? n )0 2? ?

? ( ?P Q ?n P z Q ?pz )? ? p( 2

?

)



式中 ? 为入射光线在真空中的波长, n0 ? 1.00 。由题意, R1 和 R2 远大于傍轴光线干涉区域所对应 的两柱面间最大间隙;因而在傍轴垂直入射情况下有

? ? 0 , i ? ? i ?? 1
①式成为
n? ? n0?0



亦即

1 ?? ?0 ? n? ? 0
在傍轴条件下, 柱面上 P、Q 两处切平面的法线近似平行,因此



1 ?? i? ? i ? ?0 ? 0



从而,在 P、Q 两处,不仅切平面的法线近似平行,而且在上下表面的反射光线、折射光线均近 似平行于入射线,因而也近似平行于 Z 轴,从而 P? 与 P 点近似重合,即

zp? ? zp
且 PQ 近似平行于 Z 轴,因而长度



P?Q ? PQ ? zP ? zQ
由③⑧式得



?L ? 2n0 ? PQ ?

?
2

? 2n0 ? zP ? zQ ? ?

?
2



5

可以将⑨式右端的 z - 坐标近似用 x- 或 y- 坐标表出。为此,引入一个近似公式。如图 b 所示, 设置于平面上的柱面透镜与平面之间的空气隙的厚度为 e , 柱面半径为 R 。 对三边边长分别为 R 、

R ? e 和 r 的直角三角形有
R2 = ? R ? e ? ? r 2
2




2 Re ? e2 ? r 2

?

在光线傍轴垂直入射时, e ?? R ,可略去?式 左端的 e 2 ,故

e?

r2 2R

?

在光线傍轴垂直入射时, 前面已证近似有 PQ//Z 轴。故可将上、下两个柱面上的 P、Q 两 点的坐标取为 P ( x, y, zP ) 、Q ( x, y, zQ ) ,如图 c 所示。根据?式可知,P、Q 两点到 XOY 切平面的距离分别为
e1 ? zP ? x2 y2 , e2 ? ? zQ ? 2 R1 2 R2

?

最后,光线在上、下两个柱面反射并相遇时, 其光程差 ?L 为
?L ? 2n0 ? zP ? zQ ? ?

?
2

? 2n0 ? e1 ? e2 ? ?

?
2

? x2 ? x2 y2 ? ? y2 ? ? ? 2n0 ? ? ? ? ? n0 ? ? ? ? ? 2 R1 2 R2 ? 2 ? R1 R2 ? 2

?

若 P、Q 两点在 XOY 平面的投影点 ( x, y ) 落在第 k 级亮(暗)纹上,则 ?L 须满足条件
k ? 1, 2,?, 亮环 ?k ? , ? x2 y 2 ? ? ? ?L ? n0 ? ? ? ? ? ? 1 ? R1 R2 ? 2 ?(k ? )? , k ? 0,1, 2,?, 暗环 ? 2

?

?式中亮环条件对应于第 k 级亮纹上的点 ( x, y , z ) 的 x -、 y -坐标满足的方程。 更具体地,不妨假设 R1 ? R2 ,根据?式中的亮环条件,可得第 k 级亮纹的方程为
x2 y2 ? ? 1, k ? 1, 2? Ak2 Bk2

?

它们是椭圆亮环纹,其半长轴与半短轴分别为
1 1 Ak ? (k ? ) R1? / n0 , k ? 1, 2, ? , Bk ? (k ? ) R2 ? / n0 , k ? 1, 2, ? 2 2

?

评分参考: ①②式各 1 分, ③式 2 分, ④⑤式各 1 分, ⑥式 2 分, ⑦式 1 分, ⑧式 2 分, ⑨⑩?? 式各 1 分,?式 2 分,?式 1 分,?式(亮环条件正确)2 分。
6

二、 参考解答: (1)清晨加完水封闭后,罐内空气的状态方程为
p0V0 ? nRT0



式中 n 为罐内空气的摩尔数, p0 、 V0 ? π m3 和 T0 ? 277.15K 分别是此时罐内空气的压强、体积和 温度。 至中午时, 由于气温升高, 罐内空气压强增大, 设此时罐内空气的压强、 体积和温度分别为 p1 、
V1 和 T1 ,相应的状态方程为
p1V1 ? nRT1



式中 T1 ? 297.15K 。空气和水的体积都发生变化,使得观察柱中水位发生变化,此时观察柱内水 位和罐内水位之差为,
?h ? V1 ? V0 V1 ? V0 ? (T1 ? T0 )( S1 +S2 )l0 ? ? S1 S2 S2



式中右端第三项是由原罐内和观察柱内水的膨胀引起的贡献, l0 ? 1.00 m 为早上加水后观测柱内 水面的高度, S1 ? π m2 、 S2 ? 4π ?10?4 m2 分别为罐、观察柱的横截面积。由力平衡条件有
p1 ? p0 ? ?1 g ?h1



式中

?1 ?

1 ? ? (T1 ? T0 )

?0



是水在温度为 T1 时的密度。联立①②③④⑤式得关于 ? h 的一元二次方程为

?1 gS ?( ?h )2 ? ( p0 S1 ? ??1 gV0 ) ?h ? (
式中
S? ? S1 S 2 , ? ? 1 ? ? (T1 ? T0 ) S1 ? S 2

T1 ? ? ) p0V0 ? 0 T0





解方程⑥得
?( p0 S1 ? ??1 gV0 ) ? ( p0 S1 ? ??1 gV0 ) 2 ? 4 ?1 gS ?p0V0 ( ?h ? 2 ?1 gS ? T1 ? ?) T0

? 0.812m



另一解不合题意,舍去。由③⑤⑦⑧式和题给数据得
V1 ? V0 ? S ??h ? ? (T1 ? T0 )S1l0 ? ?0.0180m3

由上式和题给数据得,中午观察柱内水位为
l1 ? ?h ?
7

V1 ? V0 +l0 ? 1.82m S1



(2)先求罐内空气从清晨至中午对外所做的功。 (解法一)早上罐内空气压强 p0 ? 1.01 ? 105 Pa ;中午观察柱内水位相对于此时罐内水位升高
? h ,罐内空气压强升高了

?p ? ?1g?h ? 7.913 ?103 Pa ? 7.91 ?103 Pa
由于 ?p ?? p0 ,可认为在准静态升温过程中,罐内空气平均压强为



1 p ? p0 ? ?p ? 1.0495 ? 105 Pa ? 1.05 ?105 Pa 2
罐内空气体积缩小了
?V ? 0.0180m3

?

?

可见 ?V / V0 ?? 1 ,这说明?式是合理的。罐内空气对外做功
W ? p?V ? ?1.889 ? 103 J ? ?1.9 ?103 J

?

(解法二)缓慢升温是一个准静态过程,在封闭水罐后至中午之间的任意时刻,设罐内空气 都处于热平衡状态,设其体积、温度和压强分别为 V 、 T 和 p 。水温为 T 时水的密度为

??

1 ? ? (T ? T0 )

?0



将②③④式中的 V1 、 T1 和 p1 换为 V 、T 和 p ,利用⑩式得,罐内空气在温度为 T 时的状态方程为
p ? p0 ? ?V ? V0 ? ? ?T ? T0 ? S1l0 ? ? S? ? ? gS l (V ? V0 ) / ( S1l0 ) ? ? ?T ? T0 ? ? p0 ? 0 1 0 S? 1 ? ? (T ? T0 )

?g

?

由题设数据和前面计算结果可知

? (T ? T0 ) ? ? (T1 ? T0 ) ? 0.0060
V ? V0 V1 ? V0 ? =0.0057 S1l0 S1l0

这说明?式右端分子中与 T 有关的项不可略去, 而右端分母中与 T 有关的项可略去。 于是?式可
p ? p0 ? ?V ? V0 ? ? ?T ? T0 ? S1l0 ? ? S? ? ? gS l ? p0 ? 0 1 0 ? (V ? V0 ) / ( S1l0 ) ? ? ?T ? T0 ? ? ? S? ?

?g

利用状态方程,上式可改写成

p?

p0 ?

?0 g
S?

(V0 ? ? T0 S1l0 ) ?

1?

??0 gl0 S1
nR

nR ? S1l0

?

S?

V

nR ? S1l0

?

从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为

8

W ? ? pdV ? ?
V0

V1

V1

V0

?0 g nR ? ? ? p0 ? S ? (V0 ? ? T0 S1l0 ) ? ? S l nR ? 1 0 ? ? ? dV ?? 0 gl0 S1 ? S l ? ? 1 0 1? V ? ? nR S ? ? ?
S1 ? V1 S? ? S1 ? V0 ? S? ?

?? gl ? 1? 0 0 nR ? S? ? ?0 g nR ? nR ?? p0 ? (V0 ? ? T0 S1l0 ) ? ln ?(V ? V ) ? ? S1l0 ? 1 0 ? 0 g ? S? ? S1l0 ? ? ? 1 ? ?? 0 gl0 nR ? 3 3 ? ?1.890 ? 10 J ? ?1.9 ? 10 J

?

(解法三)缓慢升温是一个准静态过程,在封闭水罐后至中午的任意时刻,罐内空气都处于 热平衡状态,设其体积、温度和压强分别为 V 、 T 和 p 。水在温为 T 时的密度为

??

1 ? ? (T ? T0 )

?0



将②③④式中的 V1 、 T1 和 p1 换为 V 、T 和 p ,利用⑩式得,罐内空气在温度为 T 时的状态方程为
p ? p0 ? ?V ? V0 ? ? ?T ? T0 ? S1l0 ? ? S? ? ? g V ? V0 ? ? ?T ? T0 ? S1l0 ? p0 ? 0 S? 1 ? ? (T ? T0 ) ? p0 ? ? p0 ? ? ? ? ?

?g

?0 g
S?

S1l0 ? ?

S? ? gl S p0 ? 0 0 1 S? ? 0 gl0 S1 p0 ? S? ? 0 gl0 S1 p0 ? S? ? gl S p0 ? 0 0 1 S?

? 0 gl0 S1

(V ? V0 ? S1l0 )[1 ? ? (T ? T0 )] S? ? g? ? ? ? 0 ?(V ? V0 ? S1l0 )(1 ? ? T0 ) ? pV (V ? V0 ? S1l0 ) ? S? ? nR ? ?0 g ? 0 g ? S1l0 ? (V ? V0 ? S1l0 )(1 ? ? T0 ) ? pV S? S ? nR ?g ? g ?V0 ? 0 (V ? 2V0 )(1 ? ? T0 ) ? 0 pV S? S ? nR ?g ? g ? T0 ? 0 (V ? 2V0 )(1 ? ? T0 ) ? 0 pV S? S ? p0

? 0 g V ? V0 ? S1l0 S ? 1 ? ? (T ? T0 ) ?0 g

?

式中应用了

? (T ? T0 ) ? ? (T1 ? T0 ) ? 0.0060 ,
V ? V0 V1 ? V0 ? =0.0057 S1l0 S1l0

?式可改写成
p? p0 ?

? 0 gl0 S1
S?

(V ? 2V0 )(1 ? ? T0 ) S? ? g ? T0 1? 0 V S ? p0 ?

?0 g

1 ? 2? T0 ? gV p0 ? 0 0 (1 ? 2? T0 ) (1 ? ? T0 ) p0 ? T0 S? ?? ? ? g ? T0 ? T0 1? 0 V S ? p0
9

?

从封闭水罐后至中午,罐内空气对外界做的功为
1 ? 2? T0 ? gV ? ? p0 ? 0 0 (1 ? 2? T0 ) ? ? (1 ? ? T ) p ? T0 S? 0 0 W ? ? pdV ? ? ? ? ? ? dV V0 V0 ? 0 g ? T0 ? T0 ? ? 1? V ? ? S ? p0 ? ? (1 ? ? T0 ) p0 ? ? S ?p0 ? S ?p ? ? 0 g? T0V1 ? ?? V1 ? V0 ? ? ? V0 ? ln 0 ? ? ? T0 ? ? 0 g? T0 ? S ?p0 ? ? 0 g? T0V0 ? ?
V1 V1

?

? ?1.896 ? 103 J ? ?1.9 ? 103 J

现计算罐内空气的内能变化。由能量均分定理知,罐内空气中午相对于清晨的内能改变为
?U ? 5 5 p0V0 nR (T1 ? T0 )= (T1 ? T0 ) ? 5.724 ? 104 J ? 5.72 ? 104J 2 2 T0

?

式中 5 是常温下空气分子的自由度。由热力学第一定律得,罐内空气的吸热为
?Q ? W ? ?U ? 5.535 ?104J ? 5.54 ?104J

?

从密闭水罐后至中午,罐内空气在这个过程中的热容量为
C? ?Q ? 2.77 ? 103 J ? K ?1 。 T1 ? T0

?

评分参考:第(1)问 10 分,①②③④⑤⑥⑦⑧式各 1 分,⑨式 2 分;第(2)问 10 分,⑩?? 式各 1 分,???式各 2 分,?式 1 分。

三、 参考解答: (1)若太阳质量突然变为零,地球和木星围绕太阳转动速度不会突然改变,因而应当等于在太阳 质量变为零之前的瞬间,地球和木星围绕太阳转动的速度。设在太阳质量变为零之前,地球和木 星绕太阳转动速度分别是 v e 和 v j 。以太阳为原点、地球和木星公转轨道平面为 x-y 平面建立坐标 系。由万有引力定律和牛顿第二定律有
G ms me v2 ? me e 2 re re



由①式得
ve ? Gms , re



同理有
vj ? Gms , rj



现计算地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 v 0 (不考虑太阳引力) 。若地球相对木星刚 好以速度 v 0 运动,也就是说,当地球在木星的引力场里运动到无限远时,速度刚好为零,此时木

10

星-地球系统引力势能为零,动能也为零,即总机械能为零。按机械能守恒定律,在地球离木星距 离为 rej 时,速度 v 0 满足
mm 1 2 me v0 ?G e j ? 0 , 2 rej





v0 ?

2Gmj rej





可见,地球不被木星引力俘获所需要的最小速率 v 0 的大小与木星质量和地球离木星的距离有关。 设在太阳质量变为零的瞬间,木星的位矢为
rj ? ( rj ,0)



地球的位矢为
re ? ( re cos? , re sin ? ) ,



式中 ? 为地球此时的位矢与 x-轴的夹角。此时地球和木星的距离为

rej ? re2 ? rj2 ? 2re rj cos?
此时地球相对于木星的速度大小为
2 vej ? ve ? v j ? ve ? v2 j ? 2ve v j cos ? ? Gms



1 1 2cos? ? ? re rj re rj



式中 cos ? 项前面取减号是因为考虑到木星和地球同方向绕太阳旋转的缘故。由⑤⑧式得

v0 ?
(2)解法(一)

2Gmj rej

?

(2Gmj )1/2 ( re2 ? rj2 ? 2re rj cos? )1/4





为了判断地球是否会围绕木星转动,只需比较 vej 和 v0 的大小。由开普勒第三定律有

rj3 Tj2

?

re3 , Te2

?

式中 Tj =12 y 是木星公转周期,而 Te =1y 是地球公转周期。由?式得

rj re

?

3

Tj2 Te2

? 3 144 ? 5.2

?

vej 和 v 0 都是正数,所以,由⑨⑩?式有:

vej v0

?

ms 2m j

1 1 2cos ? 2 ? ? re 4 1 ? ? 5.2 ? ? 2cos ? re 5.2re 5.2re

ms 1 2cos ? 4 2 ? 1? ? 1 ? ?5.2 ? ? 2cos ? 2m j 5.2 5.2
11

?

显然,?式右端当 cos ? ? 1 ,即

? ?0

?

时取最小值,此时太阳、地球、木星共线,且地球和木星在太阳同侧。由??式和题给数据有
? vej ? ms 1 2 4 2 1? ? 1 ? ?5.2 ? ? 2 ? 29 ?? 1 ? ? ? v 2 m 5.2 5.2 j ? 0 ?min

?

也就是说,在任何情况下,

vej >> v0

?

即若太阳质量突然变为零,地球必定不会被木星引力俘获,不会围绕木星旋转。这里考虑的是地 球与木星绕太阳运动方向相同的情况。若地球和木星绕太阳转动方向相反,则地球和木星的相对 速度会更大,而 v0 不变,地球也不会围绕木星旋转。 解法(二) 为了判断地球是否会围绕木星转动,只需比较 vej 和 v0 的大小。首先讨论 ? ? 0 时的情况,即 在太阳质量变为零的瞬间,太阳、地球、木星共线,且地球和木星在太阳同侧的情形。由开普勒 第三定律有

rj3 Tj2

?

re3 , Te2

?

式中 Tj =12 y 是木星公转周期,而 Te =1y 是地球公转周期。由?式得

?T ? rj ? ? j ? ? Te ?
将?式和有关数据代入⑨⑩式得

2/3

re ? 3 144re ? 5.2re ,

?

vej ? Gms

1 1 2cos? G G ? ? ? 0.56 ms ? 7.9 ? 1014 re rj re re re rj
(2Gmj )1/2 ? 0.44 2mj G G ? 2.7 ? 1013 re re

?

v0 ?
可见,此时有

( re2 ? rj2 ? 2re rj cos? )1/4

?

vej >> v0

?

所以这种情形下地球不会围绕木星旋转。这里考虑的是地球与木星绕太阳运动方向相同的情况。 若地球和木星绕太阳转动方向相反,则地球和木星的相对速度会更大,而 v0 不变,地球也不会围 绕木星旋转。 对于 ? ? 0 的情况,当 ? 从 0 到 π (或从 0 到 ?π )改变时,从式⑨⑩式可以看到,
vej 单调增大, v 0 单调减小

?

所以总有?式成立。因此,若太阳质量突然变为零,地球仍不会围绕木星旋转。
12

评分参考:第(1)问 10 分,①②③④⑤⑦⑧⑨⑩式各 1 分;第(2)问 10 分,?式 2 分,?式 1 分,??式各 2 分,??式各 1 分,结论正确给 1 分。

四、 参考解答: (1)由题意,均匀弹性绳在自重作用下几乎不可伸长,此即其劲度系数非常大。因而,虽然绳的 弹力大小不可忽略,但绳在自重作用下的弹性势能却可忽略不计。取桥面为重力势能零点,系统 总的初始能量是绳的初始势能,即

Ei ? E pi ? ?mg

L 4



式中, m 是绳的质量, L 是绳的原长。蹦极者下落距离 y 时,系统的动能为

1 1 L? y 2 Ek ? M v2 ? m v 2 2 2L



式中, M 是蹦极者的质量, v 是蹦极者的速度大小,它等于下落的绳的速度。下落的那段绳的重 力势能为

E p,动 ? ?m
而此时静止的那段绳的重力势能为

L? y L? y g( y ? ) 2L 4



E p,静 ? ?m

L? y L? y g 2L 4



由②③④式得,此时系统(蹦极者和绳)总的机械能为

E f ? Ek +E p ,动 ? E p ,静 ? Mgy 1 1 L? y 2 L? y L? y L? y L? y ? M v2 ? m v ?m g( y ? )?m g ? Mgy 2 2 2L 2L 4 2L 4
按题意,不考虑可能的能量损失,有
Ei ? E f





由①②③④⑤⑥式得
v 2 ? gy 4 ML ? 2mL ? my 2 ML ? mL ? my



将⑦式两边对时间求导得
2v dv dy ? my (4 ML ? 2mL ? my ) ? ? g ? 2+ dt dt ? (2 ML ? mL ? my )2 ? ?





dv dy 为 ? v 代入⑧式得,蹦极者加速度大小 a ? dt dt
2 ? 2 ML ? mL ? ? g? ? my (4 ML ? 2mL ? my ) ? 或 a ? g ?1 ? a ? ?1 ? 2? 2(2 ML ? mL ? my )2 ? 2? ? ? ? ? 2 ML ? mL ? my ? ? ?



13

在所考虑的下落过程中,加速度向下,速度大小的上限为
v y ? L ? 2 gL ? 1 m gL 2M



由⑨式有
da (2 M ? m) 2 L2 ? mg ?0 dy (2 ML ? mL ? my )3

?

加速度大小的上限为
? m(4 M ? m) ? a y ? L ? g ?1 ? ? 8M 2 ? ?

?

(2)解法(一)设蹦极者在时刻 t 下落到离起始水平面距离 y 处,在时刻 t ? dt 下落到离起始水 平面距离 y ? dy 处。考虑时刻 t 绳底端右边长度为 dy / 2 的一小段绳,它在时刻 t ? dt 静止于绳底 端左边,如图所示。在这个过程中,在竖直方向上,对这一小段绳应用冲量定理有

( F1 ? F2 )dt ?

m dy m dy g dt ? 0 ? v L 2 L 2

?

式中 F1 和 F2 分别是绳的弯曲段左、右两端在时刻 t 张力的大小。 另一方面,对于右边正在下落的那段绳,由牛顿第二定律有

m L? y? m L? y ? y? g ? Mg ? F2 ?M ? ? ?? L 2 ? L 2 ?
联立⑤⑥??式得

?

0?

dE f dt

1 ? ? ? ( F1 ? F2 ) y 2

?

由??式得

F1 ? F2 ? ?

1 m dy 1m 2 g? v 2L 2 4L

?

取 dy ? 0 ,绳在其上端悬点 b 处的张力大小为

Fb ?
由⑩?式得

m L? y 1m 2 g? v L 2 4L

?

y 4 ML ? 2mL ? my ? ?L? y Fb ? mg ? ? 4 L 2 ML ? mL ? my ? ? 2L ?

?

解法(二)设蹦极者在时刻 t 下落到离起始水平面距离 y 处,在时刻 t ? dt 下落到离起始水平 面距离 y ? dy 处。整个系统(整段绳、蹦极者和地球)在这段时间始末动量的改变为
m L ? ( y ? dy ) ? m L? y? ? ? dp ? ? M ? v( y ? dy ) ? ? M ? v( y ) ? L 2 L 2 ? ? ? ? ? m L? y? m dy ? ? ?M ? v( y ? dy ) ? v( y ? dy ) ? v( y )? ? ? L 2 ? L 2 ?

?

外力的冲量为
14

I ? ( M ? m) gdt ? Fbdt

?

由动量定理
I ? dp

?

并利用
v( y ? dy ) ? v( y ) ? dv dy dy

可得
Fb ? m L + y m dy ? g? v( y)? ? ( M ? L 2 L 2dt ? m ? L y? )? g? L 2 ? ? M ? m ( L? L 2 y ) d?y d ? v ? ? ? ? ?d t

对右边那段绳应用牛顿第二定律有

(M ?

m L? y m L ? ( y ? dy )? d v m dy 1 m dy 1 m 2 ? )g ? ?M ? ? dt ? F2 ? L 2 g ? 2 L 2 g ? 4 L v L 2 L 2 ? ?

这里利用了解法(一)的?式。将上式代入?式,并取取 dy ? 0 得

Fb ?
由⑩?式得

m L? y 1m 2 g? v L 2 4L

?

y 4 ML ? 2mL ? my ? ?L? y Fb ? mg ? ? 2 L 4 L 2 ML ? mL ? my ? ? ?

?

解法(三)设蹦极者在时刻 t 下落到离起始水平面距离 y 处,在时刻 t ? dt 下落到离起始水平 面距离 y ? dy 处。整个系统(整段绳、蹦极者和地球)在这段时间始末动量的改变为
m L ? ( y ? dy ) ? m L? y? ? ? dp ? ? M ? v( y ? dy ) ? ? M ? v( y ) ? L 2 L 2 ? ? ? ? ? m L? y? m dy ? ? ?M ? ? ? v( y ? dy ) ? v( y )? ? L 2 v( y ? dy ) L 2 ? ?

?

外力的冲量为
I ? ( M ? m) gdt ? Fbdt

?

由动量定理
I ? dp

?

并利用
v( y ? dy ) ? v( y ) ? dv dy dy

可得

Fb ?

m L+y m 2 m L? y m dy g? v ( y) ? ( M ? )[ g ? a( y )] ? a( y ) L 2 2L L 2 L 2

?

利用⑨式,?式成为

15

Fb ?

m L+y m 2 m L ? y my (4 ML ? 2mL ? my ) g? v ( y) ? (M ? )g L 2 2L L 2 2(2 ML ? mL ? my ) 2

?

式中右端已取 dy ? 0 。由⑦?式得
y 4 ML ? 2mL ? my ? ?L? y Fb ? mg ? ? 4 L 2 ML ? mL ? my ? ? 2L ?

?

评分参考: 第 (1) 问 10 分, ①②③④⑤⑥⑦⑨⑩?式各 1 分。 第 (2) 问 10 分, (解法一) ??? 式各 2 分,??式各 1 分,?式 2 分; (解法二)??式各 2 分,??式各 1 分,?式 2 分(其 中包括(解法一)?式的 1 分) ,?式 2 分; (解法三)??式各 2 分,??式各 1 分,??式 各 2 分。

五、 参考解答: (1)如图 a 所示,由几何关系知,传感器轴向和细绳的横截面之间的夹角也是 ? 。传感器两电 极之间的长度(原长)为

L1 ? N

2r1 cos?



每圈绳可看作长半轴为 r2? cos ? 、短半轴为 r2? 的椭圆环,其周长为
r2? ? r2? r2?2 πr ? 3 2 l ? π(3 cos ? ? )? 2( ? ? 3) 2 cos ? 2 cos ? cos ?



式中 r2? ? t ? r1 ? r2 ? r2 。拉伸后,传感器的伸长率为 ? ,产生了 n 个缝