2003年第20届物理竞赛决赛试题答案解析.docx

2003年20届物理奥赛决赛卷 I"一、5个质量相等的匀质球，其中 4个半径均为a的球，静止放在半径为 R的半球 形碗内，它们的球心在同一水平面内.另 1个半径为b的球放在4球之上.设接触面都是光滑的，试求碗的半径 R的值满足什么条件时下面的球将相互分离.二、一人造地球卫星绕地球做椭圆运动， 地心是椭圆的一个焦点，在直角坐标系中,2 2椭圆的轨迹方程为 = + 1 = 1 a 、b分别是椭圆的长半轴和短半轴， 为已知常数.当 a b该人造卫星在轨道的远地点时，突然以很大的能量沿卫星运行方向从卫星上发射出一个 质量为m的太空探测器，这探测器在地球引力作用下做双曲线运动，此双曲线的焦点位 于地心，实半轴的长度正好等于原来椭圆远地点到地心的距离.试问在发射时，给探测 器的能量为多大？设地球白^质量mr、万有引力常量 G为已知，不计地球以外星体的影响.三、如图决所示，金属飞轮具有 n条辐条，每条辐条长l ,可绕转轴OO旋转.飞 轮处在匀强磁场中，磁场方向与转轴平行，磁感强度为 B.转轴与飞轮边缘通过电刷与电阻R电感L连成闭合回路.飞轮及转轴的电阻和转动过程的摩擦均不计.1 .现用一恒定的外力矩 M作用于飞轮，使它由静止开始转动，求当飞轮转动达到 稳定时，转动角速度 00和通过电阻R的电流I0.2 .在飞轮转速达到稳定后，突然撤去外力矩 M,则飞轮的角速度 Q和通过电阻R的电流，都将随时间变化.当 R取不同值时，角速度随时间变化的图线 ◎⑴ 和电流随时间变化的图线，依）将不同.现给出了 ◎⑴ 图线各6条（附本题后），各图中都把刚撤去外力矩 M的时刻作为起 始时刻，即t=0的时刻，此时刻的角速度 Q =Qo,电流I=I 0.角速度 Q各图的纵坐标单位相同，电流I各图的纵坐标单位相同，各图的时间轴横坐标的单位均相同.试从这 些图线中选出可能正确表示飞轮的角速度◎随时间变化的图线◎ ⑴，以及与所选图线对应的最接近正确的电流， 随时间变化的图线 依）.把你选出的图线 ◎⑴ 与对应的 日） 图线在下面的图线符号之间用直的实线连接起来.注意：只有全部连接正确的才能得全分，连对但不全的可得部分分，有连错的得零分.tY1-D四、如图决所示，y轴右边存在磁感强度为 2R的匀强磁场，y轴左边存在磁感强度 为R的匀强磁场，它们的方向皆垂直于纸面向里.在原点 O处，一个带正电的电荷量为 q、质量为m的粒子a,在t=0时以大小为2V0的初速度沿x轴方向运动.在粒子 a开始 运动后，另一质量和电荷量都与 a相同的粒子b从原点0以大小为V0的初速度沿负x轴 方向开始运动.要想使 a和b能在运动过程中相遇，试分析和计算它们出发的时间差的 最小值应为多大，并求出与此对应的相遇地点的坐标.设整个磁场区域都处于真空中， 且不考虑重力及a、b两粒子之间相互作用力.五、一位近视眼朋友不戴眼镜时， 能看清的物体都在距眼睛 a=20 cm以内.他发现，如果在眼前靠近眼睛处放一个有小圆孔的卡片，通过小圆孔不戴眼镜看远处的物体时也 能看得清晰些.1 .若小圆孔直径为 D,试根据几何光学原理求出当近视眼直视远处的一个点物时，眼的视网膜上产生的光斑的直径.2 .再考虑小圆孔的衍射效应，求小圆孔直径最恰当的大小.计算时可取可见光的 平均波长为600 nm.［提示］1 .人眼是一个结构比较复杂的光学系统， 在本题中，可将人眼简化成一个焦距.厂可调的薄透镜和一个可成像的视网膜，透镜的边缘为瞳孔，两侧介质均为空气，视网膜 与透镜的距离为b.2 .小圆孔的存在对透镜成像的影响介绍如下 ：在几何光学中，从远处物点射向透镜的、平行于光轴的平行光束将会聚于透镜的焦点上，这就是像.如果在透镜前放一直径 为D的小圆孔，则将发生光的衍射，在焦点处像屏上将出现如图左所示的衍射图样，其 中央是一个明亮的圆斑，圆斑外周是一组亮度逐渐减弱的亮暗相间的同心圆环，由于这 些圆环亮度比中央圆斑弱得多，观察时可以不予考虑.中央圆斑的半径对薄透镜中心的 张角△。

的大小与D有关.理论计算得到 △9=1. 22入/D 式中入是所用光的波 长，这圆斑就是有小圆孔时观察到的物点的 “像”，如图右所示.由上式可见， D越大,像斑就越小，点物的像就越接近一个点，物体的像越清晰；反之， D越小，点物的衍射像斑就越大，物体的像就越不清晰.如果观察屏不在焦点处而在焦点附近，屏上将出现 类似的衍射图样，其中央亮斑对透镜中心的张角4 0可近似地用上式计算.六、设地球是一个半径为 6370 km的球体.在赤道上空离地面 1千多公里处和赤道共面的圆与赤道形成的环形区域内，地磁场可看作是均匀的，其磁感强度为 B=3.20 x 10-6T.某种带电宇宙射线粒子，其静质量为 m0=6.68X 10-27kg ,其电荷量为q=3.20 X1O-19C,在地球赤道上空的均匀地磁场中围绕地心做半径为 R=7370 km的圆周运动.已知在相对论中只要作用于粒子的力 F的方向始终与粒子运动的速度 v的方向垂直，则运动粒子的质量 m和加速度a与力F的关系仍为F=ma但式中的质量 m为粒子的 相对论质量.问：1 .该粒子的动能为多大 ？2 .该粒子在圆形轨道上运动时与一个不带电的静质量为 m2=4n0的静止粒子发生碰撞，并被其吸收形成一个复合粒子，试求复合粒子的静质量 m.・参考解答•设半径为6的球放在4个球上后，下面4个球的位 /_ ；A .置未变,以m表示每个球的质景，下面4个球的球心形 ,少、f成一个位于水平面内的正方 方与7k )形ABCD，俯视图如图决解 、 /207 7所示.0为正方形对 ( ')角线的交点，各球之间的相互作用力大小均为的.根据 图决解20-IT对称性，并茎意到接触面都是光滑的，可知每个球受到相邻两耳 作用力的爵都为戊外，方向沿对角线.由几何对称性分析，可知对角线4C、上面球的球心E和副 的球心0r应在同一竖直平面内，如图决解20- 1 -2所示，设上由 球与下面每个球的相互作用力的大小均为心,对A球，&的方 向沿球心A,E连线.平衡时对半径为b的球有 式中我是球心连线A£与水平线之间的夹角，有时于下面每个球，如球A,受到的作用力有重力摩,B、D两 球对它的作用的合力J2 Q ,上面球的作用力Fj和碗面的作用力 心，由于体系对称且接触面光滑，各力均通过球心儿，死还通过 。

平衡时有⑶(4)'/2 F( + F萍osar - F^sinji3= 0「产os# - niff -竹sina = 0 式中夕是修方向与竖直线的夹角，有AO'由式(I)可得4sina(6)由式(4)和⑹可得尸3 - 4cosS由式⑶<6)和(7)可得F)=-呷(5tanf - cota )4 v2如果％"0,表示F面的4个球相互接触,4个球在原来的位置;如果八< 0,则下面的4个球将相互分离.当下面的4个球分离 时，由式(8)得5tang - cot a < 0 利用式(2)和6),式(9)化为5出VR2 - 2Ra - a2 < — + 2通-a 解此不等式，可得R > J25户；50而二说+ a 即碗的半径R满足上式时，下面的球将分离. 要式(11)有解.应有25b2 + 50(i6 - 分 0(10)(11)(12)(13)由于下面各球距的最小距离为Q2 - 1)q,现匕面的球能放在4个球的上面，表明(14)晒 > 4内/5,所以只要第5个球能够放在4个球的上面，式 (12)一定成立.探测器在发射前，是人造地球 卫星的落分，它与人造地球卫星 一起沿同一椭圆轨道运动，椭圆的 长半轴为明短半轴为人椭圆的中 心U到焦点F的距离为j如图决解 20-Z-1所示,由解析几何知c2 = 口* —6探测器发射前的能量就是它做椭圆运动的能靖.设在远地点，探测器的速度为白，则发射前探测器的能最为jn 1 2 .加 CEi = 2mi -777 ⑵由于作用于探测器的万有引力作用线始终通过地心，引力 对地心的力矩为零.做椭圆运动的探测器角动最守恒，若探测器 在近地点的速度为。

则由角动量守恒，有mt?। ( o + c)= rrw式 q r c) (3)万有引力是保守力,探测器沿椭圆运动过程中机械能守恒, 对于远地点与近地点，有1 2 Gmvm2 a + c 解式(3)和⑷得Gmy-m a - r(4)把式(5)代入式(2),得(6)探测器射出后，沿双曲线 运动，该双曲线的顶点与原来 的卫星的椭圆轨道的顶点重 合，如图决解20 2-2所示,探 测器做双曲线运动的过程中， 角动就守恒,机械能亦守恒.设 如为探测器刚弹出时的速度. 也就是在双曲线顶点处的速 度，该点到地心的距离为 c.探测器的角动量为皿虱〃 +「). 当探测器到达无限远处时，其速度的方向沿双曲线的渐由H VI v表示其速度的大小,d表示地心到渐近线的即闺，IIm仙・〃 侬d根据角动量守恒，有a + 匕): nwd探测器在双曲线的顶点的机械能应等于它到达无限远处的机械 能，故有1 》 碗卜" 1 i ,“-_ = k mr (N2 a + c 2由图决解20-2-2可知d = 2( a + c)Binat ，、4若A、H分别表示双曲线的实半轴和虚半轴，C表示双曲" 中心到地心的距离，因地心是双曲线的焦点，根据题给的条件H 解析几何，有月/a + e (I。

C = 2(a + e) (HB1 =炉一A1 (12而 sirur 二' — (13VA2 + B2由以上各式，可得(H0sins = t解式(7)<8)<9)和(14),得(15探测器被射出后,其能量就是做双曲线运动时的能量.故射出!” 探测器的能量为(lb(17(18)「 I 2 Gmrm% = 2^ = 2(777)由式⑴、⑹和(⑹，得发射探测器时给探测器的能量为伙2g + y a' - b' 之口 a + x/ M.二 %当飞轮的痢速度为n时，每一耦条中的感应电动势为E = (1)当有电流/通过电阻用时.每条辎条中的电流『=事 ⑵受到的安培力f = mr ⑶安培力对转轴的磁力矩(4)作用于整个飞轮的总磁力矩Mr = Mh (5)当 M = % (6)时，飞轮做匀速转动，即转动达到稳定.这时力=%」二h由 以上各式得M = yBf3Z0 (7)E = !用讯(a)由欧姆定律有£ = IqR⑼解式⑺48）和式）得, 2M(10)4 \1R可见电阻我越大,达到稳定时，E轮的角速度小越大,而达到E定时电流/„与R无关.2.图决解力41四”带电荷就为外质疑为小，初速为v 的粒子，当它在磁感强度为B的匀强磁 场中运动时.如果其初速度的方向与磁 场方向垂直，由洛伦兹力和牛顿定律可 知，它将在磁场中做匀速回周运动.令T 和夫分别表示其周期和轨道半径，则有由此求得R 嚼 （3）把这些结论用到本题中，可知a粒 子开始在第一象限中运动（y轴以右）t _ 加_ 辿5 （a）配一倡比）-泌tn[2vQ） muG *%=两=福 （5）经半个周期（即[TQ后，进入第二三象限中⑶轴以左），周期和轨道半径变为加二需 ⑹u 2mtfo 力心=画 （7）以后就按此模式在町平面内沿图洪解20 47中的虚线运动. 同理，粒。