2017第34届全国中学生物理竞赛决赛真题几答案解析.doc

第34 届全国中学生物理竞赛决赛试题与参考解答
一、（35 分）如图，质量分别为ma 、mb 的小球a 、b 放置在光滑绝缘水平面上，两球之间用一原长为l0 、劲度系数为k0 的绝缘轻弹簧连接。

（1） t = 0 时，弹簧处于原长，小球 a 有一沿两球连线向右的初速度v0 ，小球b 静止。若运动过程中弹簧始终处于弹性形变范围内，求两球在任一时刻t(t > 0) 的速度。
（2）若让两小球带等量同号电荷，系统平衡时弹簧长度为 L0 ，记静电力常量为 K 。求小球所带电荷量
和两球与弹簧构成的系统做微振动的频率（极化电荷的影响可忽略）。参考解答：
（1）如图， t 时刻弹簧的伸长量为
u = l - l0

有
d 2u

m
dt2
式中
m =
= -k0u ①

ma mb ②

ma + mb
为两小球的约化质量。由①②式知，弹簧的伸长量u 服从简谐振动的动力学方程，振动频率为

f = w
2π

= = ③

1 k0
2π m
2π m m
1 ma + mb k
0
a b
最后一步利用了②式。t 时刻弹簧的伸长量u 的表达式为
u = Asin wt + B coswt ④
式中 A 、B 为待定常量。t = 0 时，弹簧处于原长，即
u(0) = B = 0

将 B = 0 代入④式得

a 相对于b 的速度为

u = Asin wt ⑤

v¢ = dra - drb = du = Aw coswt ⑥

a dt dt dt
t = 0 时有

va¢ (0) = v0 - 0 = Aw ⑦

由⑥⑦式得

va¢ = v0 coswt ⑧

系统在运动过程中动量守恒

小球 a 相对于地面的速度为

ma v0 = ma va + mbvb ⑨

va = va¢ + vb ⑩

由③⑧⑨⑩式可得， t 时刻小球 a 和小球b 的速度分别为

é m æ
(m + m )k öù m

v = ê1 + b cos ç
a

 a b 0 t ÷ú a v ⑪

ê m m m
ú m + m 0

ë a è a b
é æ (m + m )k öù
øû a b

m

v = ê1 - cos çç
b

 a b 0 t ÷÷ú a v ⑫

ê m m ú m + m 0
ë è a b øû a b
（2）若两球带等量同号电荷，电荷量为 q ，系统平衡时有

L = -
q2
K 2 k0 (L0 l0 ) ⑬
0

由⑬式得

设t 时刻弹簧的长度为 L （见图 II），有


q = L0 ⑭

k0 (L - l )
K
0 0
d 2 L q2

m
dt2
= -k0 (L - l0 ) + K L2 ⑮

图 II
令 x = L - L0 为t 时刻弹簧相对平衡时弹簧长度 L0 的伸长量，⑮式可改写为

d 2 x q2 æ


x ö-2

m
dt2
= -k0 x - k0 (L0 - l0 ) + K L2 ç1+ L ÷ ⑯

系统做微振动时有
0 è 0 ø

L0
x

因而
æ x ö-2

x éæ x ö2 ù

ç1 + L ÷
= 1 - 2
L
+ O êç L ÷ ú ⑰

è 0 ø
0 ëêè
0 ø ûú

利用上式，⑯式可写为

d 2 x é

q2 ù æ

q2 ö

éæ x ö2 ù

m
dt2
= ê-k0 (L0 - l0 ) + K L2 ú - ç k0 + 2K L3 ÷ x + O êç L ÷ ú ⑱

éæ x ö2 ù
ë 0 û è
0 ø êëè
0 ø úû

略去O êç L ÷ ú ，并利用⑬或⑭式，⑱式可写为

êëè 0 ø úû


d 2 x æ


q2 ö 3L - 2l

m = -ç k + 2K ÷ x = - 0 0 k x ⑲
0

L3
0
L
0
dt2 è ø0

由⑲式知， 3L0 - 2l0 > 0 ，系统的微振动服从简谐振动的动力学方程，振动频率为

æ
1
2π
ç
3L - 2l
0 0
ö
è 0 ø
m
L
÷ 0
k
1 æ 3L - 2l ö æ m + m ö
2π
ç 0 0 ÷ ç a b ÷ k
è 0 ø è a b
L
m m
0
ø
f = = ⑳

最后一步利用了②式。
评分参考：第（1）问 24 分，①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各 2 分；第（2）问 11 分，⑬⑭⑮式各 2
分，⑰式 1 分，⑲⑳式各 2 分。
二、（35 分）双星系统是一类重要的天文观测对象。假设某两星体均可视为质点，其质量分别为 M 和
m ，一起围绕它们的质心做圆周运动，构成一双星系统，观测到该系统的转动周期为T0 。在某一时刻，
M 星突然发生爆炸而失去质量DM 。假设爆炸是瞬时的、相对于 M 星是各向同性的，因而爆炸后 M
星的残余体 M ¢(M ¢ = M - DM ) 星的瞬间速度与爆炸前瞬间 M 星的速度相同，且爆炸过程和抛射物质
DM 都对m 星没有影响。已知引力常量为G ，不考虑相对论效应。

（1）求爆炸前 M 星和m 星之间的距离r0 ；

（2）若爆炸后 M ¢ 星和m 星仍然做周期运动，求该运动的周期T1 ；
（3）若爆炸后 M ¢ 星和m 星最终能永远分开，求 M 、m 和DM 三者应满足的条件。参考解答：

（1）两体系统的相对运动相当于质量为 m =
Mm M + m
的质点在固定力场中的运动，其运动方程是

Mm r = - GMm r ①

其中 r 是两星体间的相对位矢。①式可化为
M + m r3

r =- G(M + m) r ②
r3

由②式可知，双星系统的相对运动可视为质点在质量为 M + m 的固定等效引力源的引力场中的运动。爆炸前为圆周运动，其运动方程是
G(M + m) æ 2π ö2

r2 = ç T
÷ r0 ③

由③式解得
0 è 0 ø

æ G(M + m)T 2 ö1/3
r = ç 0 ÷ ④
0

è
（2）爆炸前， m 星相对于 M 星的速度大小是
4π2 ø

v = 2πr0 =
2π æ G(M + m)T 2 ö1/3
ç 0 ÷

æ 2πG(M + m) ö1/3
= ç ÷ ⑤

0 T T 4π2 T
0 0 è ø è 0 ø
方向与两星体连线垂直。
爆炸后，等效引力源的质量变为
M = M ¢ + m = M + m - DM ⑥

相对运动轨道从圆变成了椭圆、抛物线或双曲线。由爆炸刚刚完成时（取为初始时刻）两星体的位置和运动状态可知，两星体初始距离为r0 ，初始相对速度的大小为v0 ，其方向与两星体连线垂直，所以初始位置必定是椭圆、抛物线或双曲线的顶点。对于椭圆轨道，它是长轴的一个端点。
设椭圆轨道长轴的另一个端点与等效引力源的距离为 r1 ，在 r1 处的速度（最小速度）为vmin （理由

见⑪式），由角动量守恒和机械能守恒得

r1v1 = r0v0 ⑦

和

v2 GM v2 GM
1 - = 0 - ⑧
2 r1 2 r0

由⑦⑧式得 r1 满足方程


æ 2GM


ö
- 2 2 2 2
v r - 2GM r + r v = 0 ⑨

由⑨式解得
ç
è r0
0 ÷ 1 1 0 0
ø

æ 2GM
è 0
ç
r
- v2 ÷ ç GM
ö-1 æ
0
ø
ç
+ G2M 2 - ç
æ 2GM
è
è 0
r
- v2 ÷ r2v2 ÷
ö
ö
0 0 0
ø
÷
ø
r1 = ⑩

r r v2

= 0 (GM + r v2 - GM
) = 0 0 r

2GM - r v2 0 0
2GM - r v2 0

0 0 0 0

另一解r0 可在⑩式右端根号前取减号得到。由⑩式可知

r1 > r0 ⑪

利用方程⑨和韦达定理（或由⑩式），椭圆的半长轴是

r + r GM
æ G(M + m)T 2 ö1/3
M + m - DM

a = 0 1 =
2 2GM
- r v2 r0
= ç 0 ÷
2
4π
⑫
M + m - 2DM

要使运行轨道为椭圆，应有由⑫⑬式得
0 0 è ø

0 < a < ¥ ⑬

据开普勒第三定律得
M + m - 2DM > 0 ⑭

a3 GM
T1 = 2π ⑮

将⑥⑫式代入⑮式得

T1 =
(M + m)(M + m - DM )2
(M + m - 2DM )3
T0
⑯

[解法（二）
爆炸前，设 M 星与m 星之间的相对运动的速度为v相对0 ，有

G(M + m)
r0
v相对0 = ⑤

爆炸后瞬间， m 星的速度没有改变， M - DM 星与爆炸前的速度相等，设 M - DM 星与m 星之间的相对运动的速度为v相对 ，有
v相对 = v相对0 ⑥

爆炸后质心系的总动能为

E¢ = 1 (M - DM )m v2 ⑦

质心系总能量为
k 2 M + m - DM 相对

k
E¢ = E¢ - G(M - DM )m ⑧
r0
对于椭圆轨道运动有
E¢ =- G(M - DM )m ⑨
2 A
式中

由开普勒第三定律有
A = M + m - DM r ⑩
M + m - 2DM 0

0
G(M + m)
r3
T0 = 2π ⑪

由⑩⑪式有

0
G(M + m - DM )
A3
T1 = 2π ⑫

有
é (M + m)(M + m - DM )2 ù1/ 2

T1 = ê
(M + m - 2DM )3
ú T0 ⑬

ë û
]
（3）根据⑫式，当DM ≥ (M + m)/2 的时候，⑬式不再成立，轨道不再是椭圆。所以若 M ¢ 星和m 星最终能永远分开，须满足
DM ≥ (M + m)/2 ⑰

由题意知

联立⑰⑱式知，还须满足

⑯⑲式即为所求的条件。

M > DM ⑱

M > m ⑲

评分参考：第（1）问 8 分，①②③④式各 2 分；
第（2）问 23 分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫式各 2 分，⑬式 1 分，⑭⑮⑯式各 2 分；解法（二）⑤⑥式各 2
分；⑦⑧⑨式各 3 分；⑩式 2 分，⑪式 3 分，⑫式 2 分，⑬式 3 分；
第（3）问 4 分，⑰⑲式各 2 分。
三、（35 分）熟练的荡秋千的人能够通过在秋千板上适时站起和蹲下使秋千越荡越高。一质量为m 的人荡一架底板和摆杆均为刚性的秋千，底板和摆杆的质量均可忽略，假定人的质量集中在其质心。人在秋千上每次完全站起时起质心距悬点O 的距离为l ，完全蹲下时此距离变为l + d 。实际上，人在秋千上站起和蹲下过程都是在一段时间内完成的。作为一个简单的模型，假设人在第一个最高点 A 点从完
全站立的姿势迅速完全下蹲，然后荡至最低点 B ，A 与 B 的高度差为h1 ；随后他在 B 点迅速完全站起
（且最终径向速度为零），继而随秋千荡至第二个最高点C ，这一过程中该人质心运动的轨迹如图所示。此后人以同样的方式回荡，重复前述过程，荡向第 3、4 等最高点。假设人站起和蹲下的过程中，人与秋千的相互作用力始终与摆杆平行。以最低点 B 为重力势能零点。

（ 1 ） 假 定 在 始 终 完 全 蹲 下 和 始 终 完 全 站 立 过 程 中 没 有 机 械 能 损 失 ， 求 该 人 质 心 在
A ® A¢ ® B ® B¢ ® C 各个阶段的机械能及其变化；
（2）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中的机械能损失DE 与过程前后高度差的绝对值Dh 的关系分别为
DE = k1mg(h0 + Dh) ，0 < k1 < 1，始终完全蹲下

DE = k2 mg(h0¢ + Dh) ，0 < k2 < 1 ，始终完全站立

这里， k1 、k2 、h0 和h0¢ 是常量， g 是重力加速度的大小。求

（i）相对于 B 点，第 n 个最高点的高度hn 与第n + 1 个最高点的高度hn+1 之间的关系；

（ii） hn 与h1 之间的关系式和hn+1 - hn 与h1 之间的关系式。参考解答：

（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中没有机械能损失。将人和秋千作为一个系统。人在 A
处位于完全站立状态，此时系统的机械能为
U A = K A + VA = 0 + mg[l(1- cosa A ) + d ] = mgh1 ①

式中，K A = 0 和VA = mgh1 分别是人在 A 处时系统的动能和重力势能，a A 是秋千与竖直方向的夹角（以
下使用类似记号）如图所示。
人在 A¢ 处完全下蹲，在 A ® A¢ 过程中系统重力势能减少，（因受到摆底板的限制）动能仍然为零。人

在 A¢ 处时系统的机械能为

U A ' = K A¢ + VA¢ = 0 + mg(d + l)(1 - cosa A ) ②
= mg l + d (h - d )

l 1
人在 B 仍处位于完全下蹲状态，在 A¢ ® B 过程中系统机械能守恒。人在 B 处的动能为

K = 1 mv2 = U

 ③

式中下标 1 表示秋千第一次到 B 处。
B1 2 B1 A¢

人在 B¢ 处突然站立，人做功，机械能增加。设人站立前后体系的角动量分别为 LB1 和 LB¢1 ，在 B ® B¢ 过

程中系统角动量守恒

LB1 = mvB1 (l + d) = m(l + d) 2KB1 / m

2g l + d (h - d )
l
1
= m(l + d )
 ④

= LB¢1 = mlvB¢1

由此得

人在 B¢ 处的机械能为

vB¢1 =

l + d
l
2g l + d (h - d )
l
1
U


= 1 mv¢2 + mgd



⑤

B¢1 2 B1

1 æ l + d ö3
= 2 m × 2ç l ÷ g(h1 - d ) + mgd ⑥
è ø
人在C 仍处于完全站立状态，在 B¢ ® C 过程中系统机械能守恒。人在C 处时系统的机械能为
UC = mgh2
(l + d )3

由⑥⑦式得
= mg
l3
(h1 - d ) + mgd = UB¢1 ⑦

æ l + d ö3
h2 - d = ç l ÷ (h1 - d )
è ø

于是

éæ l + d ö3 ù

UC -U A = mg êç l ÷ -1ú (h1 - d ) ⑧
êëè ø úû
（2）（1）假定在始终完全蹲下和始终完全站立过程中有机械能损失。按题给模型，人第n 第在 B 处时系统的动能为
1 mv2 = mgh¢ - k (mgh + mgh¢ )

2 Bn n 1 0 n

= (1 - k1 )mghn¢ - k1mgh0 ⑨

= (1- k )mg l + d (h - d ) - k mgh

1 l n 1 0
即
v2 = 2(1 - k )g l + d (h - d ) - 2k gh ⑨

Bn 1 l n 1 0
按题给模型，人第 n 次在 B¢ 处时系统的动能为

1 mv2 = mg(h - d ) + k [mgh¢ + mg(h

- d )]

2 B¢n n+1 2 0
n+1

= (1+ k2 )mg(hn+1 - d ) + k2mgh0¢ ⑩

即

v2¢ = 2(1+ k )g(h

- d) + k gh¢ ⑩

B n 2
在第 n 次 B ® B¢ 过程中，系统角动量守恒，有
n+1 2 0
(l + d )mvBn = lmvB¢n ⑪

由⑨⑩⑪式得
2(1+ k )l2 g(h - d) + 2k l2 gh¢

2 n+1 2 0

= 2(1 - k )(l + d )2 g l + d (h - d ) - 2k (l + d )2 gh ⑫

由⑫式得
1 l n 1 0

1 - k
æ l + d ö3
k æ l + d ö2 k

hn+1 - d = 1 ç ÷ (hn - d ) - 1 ç ÷ h0 - 2 h¢0

1+ k2 è l ø
1+ k2 è l ø
1+ k2

1- k
æ l + d ö3
é k æ l + d ö2 k ù

= 1 ç ÷ (hn - d ) - ê 1 ç ÷ h0 + 2 h¢0 ú ⑬

1+ k2 è l ø
êë1+ k2 è l ø
1+ k2 úû

= l(hn - d ) - m

式中

1 - k æ l + d ö3
l = 1 ç ÷ ⑭

1 + k2 è l ø

k æ l + d ö2 k

m = 1 ç ÷

h0 + 2 h0¢ ⑮

1 + k2 è l ø 1 + k2

（ii）由⑬⑭⑮式有

hn+1 - d = l(hn - d ) - m

= l[l(hn-1 - d ) - m] - m

n-1
= l2 (h - d) - m(1+ l) ⑯
=
+ ln-1)
1
= ln (h - d) - m(1+ l +

= ln
即
n
n
1- l
(h1 - d ) - m 1- l
1- ln

hn+1 = l
于是
(h1 - d ) + d - m 1- l ⑰

hn+1
- hn
= ln-1[(l -1)(h - d) - m] ⑱

1
评分参考：第（1）问 17 分。①②③式各 2 分，④式 3 分，⑤⑥⑦⑧式各 2 分；第（2）问 18 分，⑨
⑩⑪⑫⑬各 2 分，⑭⑮式各 1 分，⑯⑰⑱式各 2 分。
四、（35 分）如图，在磁感应强度大小为 B 、方向竖直向上的匀强磁场中．有一均质刚性导电的正方形线框 abcd ，线框质量为 m ，边长为l ，总电阻为 R 。线框可绕通过 ad 边和bc 边中点的光滑轴OO¢ 转动。 P 、Q 点是线框引线的两端， OO¢ 轴和 x 轴位于同一水平面内，且相互重直，不考虑线框自感。
（1）求线框绕OO¢ 轴的转动惯量 J ；
（2） t = 0 时，线框静止，其所在平面与 x 轴有一很小的夹角q0 ，此时给线框通以大小为 I 的恒定直流

电流，方向沿 P ® a ® b ® c ® d ® Q ，求此后线框所在平面与 X 轴的夹角q 、线框转动的角速度q 和角加速度q 随时间变化的关系式；
（3） t = t0 > 0 时，线框平面恰好逆时针转至水平，此时断开 P 、Q 与外电路的连接。此后线框如何运

动？求 P 、Q 间电压VPQ 随时间变化的关系式；
（4）线框做上述运动一段时间后，当其所在平面与 X 轴夹角为q æ π ≤q ≤ 3π ö 时，将 P 、Q 短路，
1 ç 4 1 4 ÷
è ø
线框再转一小角度a 后停止，求a 与q1 的关系式和a 的最小值。参考解答：
（1）线框 ab 边和cd 边绕OO¢ 轴的转动惯量 Jab 和 Jcd 均为

m æ l ö2
è ø
Jab = Jcd = 4 ç 2 ÷
= ml2
16

线框ad 边和bc 边绕OO¢ 轴的转动惯量 J ad 和 Jbc 均为

0
l /2 m ml 2

线框绕OO¢ 轴的转动惯量 J 为
Jad = Jbc = 2 ò 4l
r2dr =


48

ml2

J = Jab + Jcd + Jad + Jbc = 6 ①
（2）当线框中通过电流 I 时， ab 和cd 两边受到大小相等，方向相反分别指向 X 轴正向和反向的安培力。设线框的 ab 边转到与 X 轴的夹角为q 时其角速度为q ，角加速度为q ， ab 边和cd 边的线速度则
为v = l q ，所受安培力大小为 F = BlI ，线框所受力偶矩为
2
M = -2 × l BlI sinq » -Bl 2Iq ②
2
Jq = -Bl2 Iq
式中已用到小角近似sinq = q ，其中负号表示力偶矩与线框角位移q 方向相反，根据刚体转动定理，有
③
此方程与单摆的动力学方程在形式上完全一致，所以线框将做简谐运动，可设其运动方程为
BI
J
q = q0 coswt ④

将其代入③式，可求得

于是，角位移q 随时间t 而变化的关系式为

w = l


6BI
m
= ⑤

角速度q 随时间t 而变化的关系式为
q = q0

cos
6BI t ⑥
m

q = -q
6BI sin
6BI t ⑦

0 m m
角加速度q 随时间t 而变化的关系式为

q = -q
6BI cos 6BI t ⑧

0

π m
2 6BI
由⑥⑦⑧式知，当t = 时，q = 0 ，q = -q0
m m
6BI 达到反向最大值，q = 0 ，可见，线框的运动是以
m

6BI
m
m
6BI
q = 0 为平衡位置、圆频率w = 、周期T = 2π 、振幅为q0 的简谐运动。

（3）线框在做上述运动的过程中，当逆时针转至 ab 边与 X 轴正向重合时，

q = 0 ，且q
0 = q0
6BI ， ⑨
m

此时 P 、Q 形成断路，线框内没有了电流，不再受到安培力的力矩。由于没有阻力，线框将保持作角速度为q0 的匀角速转动
q (t) = q0 ，t ≥t0
⑩

因为 ab 和cd 边切割磁力线，线框中产生的感应电动势随时间变化的关系为

e = 2Blv sin é 6BI (t - t )ù = 2Bl l q sin é 6BI (t - t )ù

êq0 m 0 ú 2 êq0 m 0 ú

=Bl2q
ë û ë û ⑪
6BI
m
sin é 6BI (t - t )ù

0 êq0 m 0 ú
ë û

P 、Q 间电压VPQ 随时间变化的表达式为

V = -Bl2q
é 6BI ù
6BI
m
sin (t - t ) ⑫

PQ 0
êq0 m 0 ú

ë û

（4）当 P 、Q 短路后，设线框转到某一角位置q 时的角速度为q ，由于 ab 和cd 边切割磁力线产生的

Bl2q
sinq
2

感应电动势为 Bl q sinq ， 在线框中产生的电流为
R
， ab 和 cd 边受到的安培力大小为

æ Bl 2q ö
B2l3

B ç R ÷l sinq =
q sinq ，分别指向 X 轴正向和反向，形成的力偶矩为
R

è ø
B2l4 2

M =-
R
q sin q ⑬

设 P 、Q 刚短路的时刻为t1 ，此时线框还在以⑨式的角速度逆时针转动，其角动量为

Jq0 =
ml 2 q
6 0
6BI
m
= l 2q ⑭

mBI
6
0
由于受到上述力偶矩的作用，线框转动会减慢直至停止。设停止转动时的时刻为tx ，角位置为q1 + a ， 此时线框的角动量为0 。根据角动量定理，应有

由此得
tx
0 - Jq0 = ò Mdt ， ⑮
t1

tx B2l4
q1+a B2l4
B2l 4

1
Jq0 = ò
t1
q sin2 q dt =
q
R
1
sin2 q dq »
R R
a sin2 q ⑯

RJq0
Rq0 mI
B l sin q Bl2 sin2 q 6B
2 4 2
=
1
1
ò
式中右端积分已应用了a 是小角度的题设条件。由①⑯式得

a = ⑰

当
q = π ⑱

1 2
时，a 有最小值

am =
R mI q ⑲
Bl 2 6B 0

评分参考：第（1）问 2 分，①式 2 分；第（2）问 12 分，②③④⑤⑥式各 2 分，⑦⑧式各 1 分；第（3）
问 8 分，⑨⑩⑪⑫式各 2 分；第（4）问 13 分，⑬⑭⑮⑯⑰式各 2 分，⑱式 1 分，⑲式 2 分。

五、（35 分）如图，某圆形薄片材料置于 xOy 水平面上，圆心位于坐标原点O ：xOy 平面上方存在大小
为 E 、沿 z 轴负向的匀强电场，以该圆形材料为底的圆柱体区域内存在大小为 B 、沿 z 轴正向的匀强磁场，圆柱体区域外无磁场。从原点O 向 xOy 平面上方的各方向均匀发射电荷量为 q 、质量为m 、速度
大小为v 的带正电荷的粒子。粒子所受重力的影响可忽略，不考虑粒子间的相互作用。

（1）若粒子每次与材料表面的碰撞为弹性碰撞，且被该电场和磁场束缚在上述圆柱体内的粒子占发射粒子总数的百分比为h = 50% ，求该薄片材料的圆半径 R 。
（2）若在粒子每次与材料表面碰撞后的瞬间，速度竖直分量反向，水平分量方向不变，竖宣方向的速度大小和水平方向的速度大小均按同比例减小，以至于动能减小10% 。
（i）求在粒子射出直至它第一次与材料表面发生碰撞的过程中，粒子在 xOy 平面上的投影点走过路程
的最大值：
（ii）对（i）问中投影点走过路程最大的粒子，求该粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面的过程中走过的路程。

1+ u2
1+ u2
已知 òdu = 1 u + 1 ln(u +
1+ u2 ) + C ， C 为积分常数。

2 2
参考解答：
（1）由于本问题在 xOy 平面上具有以圆点为中心的圆对称性，不妨设某一带正电荷的粒子的速度为
(0，vsinq ，v cosq )
被电场和磁场束缚的粒子将在以材料表面为底的圆柱形区域内做 z 方向的螺旋运动（即在 xOy 平面散匀速圆周运动。在 z 方向做匀变速直线运动）。
粒子在 xOy 平面内的投影做匀速圆周运动的半径为

r(q ) = mv sinq ①
qB
若该粒子能被该电场和磁场束缚在以圆形材料为底的圆柱形区域内，则有
r(q ) ≤ R0 ②
2
假 设被电场 和磁场束缚 住的粒子 的发射方向 均匀分布 在以 z 轴为对 称轴的立 体角 DW ：
0 ≤q ≤Q ，0 ≤f ≤ 2π 内，这一立体角所对应半径为一个长度单位的球面的面积（立体角的值DW ） 为

q
DW = -2πò d cosq = 2π(1 - cosQ ) ③
0
从原点O 向 xOy 平面上方各方向均匀发射的带正电荷的粒子所占的立体角为2π 。按题意，被该电场和磁场束缚的粒子占发射粒子总数的百分比h 为
h = DW = π = 50% ④

由③④式得
2π 2π

q ≤Q = π ⑤
3

可见，只要粒子速度方向与 z 轴的夹角q 满足条件⑤式，它就必然会被电场和磁场束缚住。由①②③④⑤式可知

R = 3mn
⑥
qB

（2）
（i）带正电荷的粒子在磁场和电场区域做螺旋运动，由①式得，粒子投影在 xOy 平面做一次圆周运动的时间为

=
2πr
T vsinq
= 2πm ⑦
qB

粒子在 z 方向做匀变速直线运动，以粒子发射时刻为计时零点．设粒子第一次与材料表面碰撞前的瞬间为时刻t1 (q ) ，由运动学公式有
v cosq - a t1 (q ) = 0 ⑧
2
式中

由⑧⑨式得
a = qE ⑨
m

t (q ) = 2mv cosq ⑩

1 qE
粒子在 xOy 平面的投影做一次圆周运动的路程为
d (q ) = 2πr(q ) = 2πmvsinq ⑪
qB

粒子在 xOy 平面的投影在t1 时间走过的总路程 sz =0 (q ) 为
z=0
s (q ) = t1 (q ) d (q ) =


mv2


sin 2q ⑫

当

时， sz =0 最大
T qE

q = π ⑬
4

max
æ π ö
mv2

è ø
sz=0 = sz=0 çq = 4 ÷ = qE ⑭
（ii）若粒子的投影在 xOy 平面上走过的总路程恰好达到最大值，则q 的取值如⑬式所示，粒子在 z 方向做匀减速直线运动，在 xOy 平面上做匀速圆周运动，以粒子发射时刻为计时零点，粒子在发射后时刻t 的合速度大小为

æ π ö2 æ
ç v sin 4 ÷ + ç v cos 4 - at ÷
π
ö2
è
ø è
ø
v合 = ⑮

该粒子从发射到第一次与材料表面碰撞前的瞬间运动的路程为
t1 (q =π/4)/2


mv2 1

s
= 2 dtv
=
du
1+ u2
⑯
1 ò 合 qE ò
0 0

已利用⑩⑮式。利用题给积分公式，由⑯式得

s =
2 + ln(1+ 2) 1 mv2
⑰
1 qE 2

它与粒子发射时的动能成正比。
粒子每一次与材料表面碰擅前后，z 方向速度反向，而沿 xOy 平面的速度方向不变，且沿 z 方向的速度和沿 xOy 平面的速度都按同样比例减小：以至于动能减小10% ，粒子再次出射的出射角大小不变。粒
子按照同样的规律运动下去，其第 n 次发射到与材料表面碰撞前的瞬间走过的路程 sn 为

1
n
s = kn-1s ，k =1-10% ⑱

最终其动能耗尽（沉积到材料表面)。利用⑱式，粒子从发射直至最终动能耗尽而沉积于材料表面的过程中运动的总路程 S总 为

S 总 = s1 + s2 + + sn +
= (1 + k + + k n -1 +

)s1 ⑲

由⑰⑲式得
= s1
1 - k
= 10s1


5mv2

S 总 = [ 2 + ln(1 +
2 )] ⑳
qE

评分参考：第（1）问 12 分，①②③④⑤⑥式各 2 分；第（2）（i）问 13 分，⑦式 2 分，⑧⑨式各 1 分，
⑩⑪⑫式各 2 分，⑬式 1 分，⑭式各 2 分；第（2）（ii）问 10 分，⑮⑯⑰⑲⑳式中 2 分。六、（35 分）有一根长为6.00 cm 、内外半径分别为0.500 mm 和5.00 mm 的玻璃毛细管。
（1）毛细管竖直悬空固定放置，注入水后，在管的下端中央形成一悬挂的水滴，管中水柱表面中心相对于水滴底部的高度为3.50 cm ，求水滴底部表面的曲率半径 a ；
（2）若将该毛细管长度的三分之一竖直浸入水中，问需要多大向上的力才能使该毛细管保持不动？已知玻璃的密度是水的2 倍，水的密度是1.00 ´103 kg× m-3 ，水的表面张力系数为7.27 ´10-2 N × m-1 ，水与
玻璃的接触角q 可视为零，重力加速度取9.80m × s-2 。参考解答：
（1）设大气压强为 P0 ，毛细管的内径为 r ，外径为 R ，水的密度为r0 ，表面张力系数为s ，重力加速

度为g ，对于水柱的上端水与管壁完全浸润，接触角q = 0 ，水柱上端内表面压强 P1 为
P = P - 2s ①

1 0 r
水柱下端内表面压强 P2 为
P = P + 2s ②

水柱平衡时有
2 0 a

由①②③式得
P2 = P1 + r0 gh ③

由④式和题给数据得
a = 2s r ④
r0 ghr - 2s

a = 2.79 ´10-3 m ⑤

（2）将该毛细管长度的三分之一竖直浸入水中后，设管内水柱顶部与管外水平的水面高度差为h1 ，由平衡条件得
r × πr2h g = 2πr ×s ⑥
0 1

即

由上式和题给数据得
h1 =
2s

r0 gr

h1 = 2.97 cm < 4.00cm ⑦
毛细管内壁所受的附着力 F1 大小等于管外水平的水面以上管内水柱的重力大小G1 ，即
1 1 0 1
F = G = r gπr2h ⑧
方向向下。玻璃管外壁所受的附着力 F2 大小为
F2 = s 2πR ⑨
方向向下。设玻璃管长度为 h ，玻璃管所受的重力大小为
0
G = 2r gπ(R2 - r2 )h ⑩
方向向下。玻璃管所受到的浮力大小 F0 为
F = 1 hr gπ(R2 - r 2