2022年第39屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題和答案

第第#第39屆全國中學(xué)生物理競賽復(fù)賽試題參考解答（2022年9月17日9:00-12:00）、（1）邁克爾遜干涉等效于薄膜干涉，照明光為發(fā)散光束，反射鏡與臂垂直，所以等效于等傾干涉。設(shè)開始時兩個臂的光學(xué)長度差為d，中心為亮條紋： 2n —□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ 2d+A0=2知 □□□□□□□□□□□□□□□?入其中k為整數(shù)。一共20個亮條紋，故對于干涉場最外側(cè)的亮條紋： 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□^^2dcosy+A^=2（k-19）n』』』』』』』』』』』』』』』』N②入 M其中Y為薄膜干涉的最大傾角，由①②式得：M 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□ 2d（1-cosy）=19x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□③入 M'2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□an2A2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□an2AdX=23x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□④最外側(cè)的變化：2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□—2AdcosY=20x2n□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□⑤TOC\o"1-5"\h\zX M于是得:20 23□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□cosY=和Ad=X ⑥M23 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□代入③式得:□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□藉2d11-201=19x2n ⑦XI23> □□□□□□□□□□□□□□□□□□□由此得:23x19 2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□2d= X=145X ⑧3 3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□代入①式：□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□辛|1452X|+A9=2kn ⑨XI3' □□□□□□□□□□□□□□□□□□即：□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□145x2n+2x2n+△甲=2kn ⑩3 □□□□□□□□□□□□□□所以A平應(yīng)該為：2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□AW=— ?3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□【注：因為光波函數(shù)以2n為周期，所以A9=：+2k，兀（k'為一整數(shù)）都算對】（2）反射鏡移動后，中心為亮斑、干涉場最外側(cè)為亮條紋，設(shè)一共有m條亮條紋，于是:

TOC\o"1-5"\h\z ZJt c□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□—2(d-△』)(！-cosy)=(m-1)2tt ?人、八W、 ，ODD由此得：□□□□□□□□m=171□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?設(shè)液體的折射率為n，如解題圖□□所示。圖中，0、i分別是光線的入射角、折射角。由折射定律有□□□□□□□□□□sin0=nsini□當(dāng)石英槽相對于與透射臂垂直方向改變0時，光線往返通過石英槽的光程在槽內(nèi)有、無液體兩種情形下的值之差為：□解題圖ia△L(0)=2(nOA+AC-解題圖iasin0sini).t

cos0nt +1cosiDDDDDDDDDDD2tnnsin2it

cos0nt +1cosiDDDDDDDDDDD2tnnsin2icosicosi1 sin20cos0cos0sin20=2nt\J 2tcos0DDDDDDDDDDDDD'?n2DDDDDDDDDDDDDAL(0)-AL(0)AL(0)-AL(0)=2ntI1--2t(1-cos0)=-人ANDDDDDDDDDDD因為角度0比較小，虹<<1，將上式對0作小量展開并保留至一階小量:n2sin20□□□□□□□□□□□t^^--2t(1-cos0)=-人AN ?n □□□□□□□□□□□□?□□□□□□□□□□□□□□□□□tsin2?□□□□□□□□□□□□□□□□□2t(1-cos0)-XAN將題給數(shù)據(jù)t=2.00mm，0=5.00。，AN=N2-N〔=7，代入?式得:□□□□□□□□□□□n=1-411□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?評分標(biāo)準(zhǔn)：第(1)問23分：①②式各3分，③式2分，④⑤式各3分，⑥式4分，⑧式2分，?式3分;第(2)問5分：?式5分；□第(3)問12分：???式各4分。二、(1)(□)不計邊緣效應(yīng)和漏磁。記螺線管長度為l、通電電流為I，則管內(nèi)磁感應(yīng)強度為□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□B=*nI=K：’]□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□①螺旋管的磁通匝鏈數(shù)為□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□中=NBnr2=KN血"'□□□□□□□□□□□□□□□□□②l螺線管的電感為 中uN2nr2□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□L=I二七廣□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□③

彈簧的彈性勢能為W=1k（/-1）2]NNDDDNNNDNDDNDD④k2 0當(dāng)I=/時，電感存儲的磁場能量為01 aN2nr212W=—LI2= DDDDDDDDDDDDDDDD⑤b20 21DDDD考慮一緩慢、微小形變過程，記A1為過程中的彈簧的微小伸長量（可正可負(fù)，視為無窮小量）。加載于彈簧兩端以維持彈簧平衡的外力設(shè)為F（以拉伸方向為力的正方向），則依功能原理有DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDFA1+AA=AW+AWDDDDDDDDDDDDDDDDDD⑥S k B其中AAs是恒流源克服自感電動勢所做的功。按照法拉第電磁感應(yīng)定律，維持電流=/0不變，螺線管所在電流回路的自感電動勢為（沿電流的反方向）DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDU=暨=A（虬）DAt At恒流源克服自感電動勢做的功AA為SDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDAA=UIAt=A（虬）IAt=12AL=-AWDDDDD⑦TOC\o"1-5"\h\zs0 At0 0 s式中DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDW=-LI2DS 0將④⑤⑦式代入⑥式，并與下式DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDFAl=AWDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD⑧比較得1 aN2兀r212 _W=W+W+W=一k(1-1)2-0 DDDDDDDDD⑨kbs2 0 21由⑧⑨式得DDDDDDDDDDDDDDDDF=AW=k(1-1)+1%"N2"12DDDDDDDDDDDDDDDDDD⑩A1 0 2 12 0緩慢撤除外力后，彈簧達(dá)到新的平衡位置時的長度1疽換言之，當(dāng)1=1p時F=0。由⑩式得k(1-1)+1a0nN2r212=0DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD@p0 2 12 0p此即為所求的1需滿足的代數(shù)方程。p若1=1+51，對⑩式做小量51展開得pTOC\o"1-5"\h\z(anN2r2 \_ _DDDDDDDDDDDF=k- —1251+…=k8/+DDDDDDDDDDDDD?13 0 effIp，式中，…是比51更高階的小量，keff是通電彈簧在平衡長度1附近發(fā)生小幅度形變時的等效彈性系數(shù)。由??式得 eff panN2r2 a兀N2r2G1-21)k=k-a0 12=0p012DDDDDDDDD?eff 13 0 213(1-1) 0P p0pDD(ii由?式得kDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD12= (21-21)11DDDDDDDDDDDDDDD?0anN2r2 0ppp由平均值不等式0由平均值不等式□□□□□□□□3ObC<a+b+c,當(dāng)a〉0,b〉0,c〉0;當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c時取等號3知TOC\o"1-5"\h\zk (2/￥ 8 kl3□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□12<—k—I當(dāng)I=-——M—□□□□□□□□?0日nN2r2I3) 27日nN2r20 0…一、 2 …… 一等號僅對應(yīng)于l=2l的情況。于是p30I<J——kl0—□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?0 ■■27四nN2r20(2)忽略邊緣效應(yīng)和漏磁。由于整個通電回路電阻為零，彈簧拉伸或者壓縮時，回路自感電動勢為零，此即自感磁通不變，故LI=LI'="0nN2r2/'□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?00 l 00其中長度為l的彈簧螺線管自感系數(shù)L由③式給出，其對應(yīng)的電流為I；而□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□L=『2r2□0l0故電感磁能為1 (L尸)2 (L尸)2aN2兀r2尸2W=LI2=—00= 00l="0 0l□□□□□□□?B2 2L 2aN2兀r2 2l200由④?式得系統(tǒng)總能量為W=W+W=-k(l-l)2+a0N2%r2102m□□□□□□□□□□□□?

kB2 0 2l20

考慮緩慢、微小形變過程，記Al為過程中的彈簧的微小伸長量(可正可負(fù)，視為無窮小量)。加載于彈簧兩端以維持平衡的外力設(shè)為F(以拉伸方向為正向)，則過程中按功能原理有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□FAl=AW□其中W由?式給出。由上式得□□□□□□□□□□□□□□□□□□□F=AW=k(l-l)+1"0nN2r2I'2]□□□□□□□□□□□□□?Al02 12 00緩慢撤除外力后，彈簧達(dá)到新的平衡位置時的長度r。此即當(dāng)l=l-時f=0，由?式得k(V-1)+-a0"N2r2尸2=01□□□□□□□□□□□□□□□□□□?p0 2l2 00解得1anN2r2l=l- 0E□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?p02kl2 00若l=l'+81，由?式得□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□F=k51=k'51p eff故通電彈簧在平衡位置附近發(fā)生小幅度形變時的等效彈性系數(shù)為□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□k'="□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□?eff評分標(biāo)準(zhǔn)：本題40分。第（1）問26分，其中□第（i）小問21分，①②③④式各1分，⑤⑥⑦⑧⑨⑩??式各2分，?式1分;□第（ii小問5分，??式各2分，?式1分。第（2）問14分，?式3分，?????各2分，?式1分。二 .、（1）設(shè)重力加速度大小為g。由質(zhì)心運動定理得到a=gsin0,a=-gcos0x y球從出射到落下期間做拋體運動，球心在時刻t的速度為（以球拋出瞬間為時間零點）v二 .、（1）設(shè)重力加速度大小為g。由質(zhì)心運動定理得到a=gsin0,a=-gcos0x y球從出射到落下期間做拋體運動，球心在時刻t的速度為（以球拋出瞬間為時間零點）v=gtsin0,v=V一gtcos0x y相對于其初始位置的位移為1,工=$gt2sin0,設(shè)球從出射到再次落到斜面所需時間為Ty（T）=0，，■1.y=Vt-2gt2cos。由此得T=二gcos0再次落到斜面時（t=T）球心的速度則為v=Tgsin0=2Vtan0,v=-Vx y而沿著斜面的速度的增加為即垂直于斜面的速度大小不變、方向相反，w=2Vtan0球在空中運動時，只受重力作用，由于相對于球心的力矩為零，因而由質(zhì)心系中以質(zhì)心為參考點的角動量定理知，球在空中運動時角速度不變，仍為零。 ⑤（2）設(shè)球的角速度和球心在x方向的速度在某次碰撞前分別為3和v，碰撞后則分別變?yōu)榱?和v，ii ff均以順時針轉(zhuǎn)動為正。設(shè)碰撞過程中摩擦力沿著負(fù)X軸方向投影的時間平均值為F。由動量定理⑥這里角速度以及質(zhì)心角動量定理可得由彈性碰撞過程中動能前后不變可得聯(lián)立⑧⑩得-FAt=mv-mvfiRFAt=I(ffl-ffl)fiv-v=--R(3-3)

fi5fi—mv2+—I④2=一mv2+—I④22f2f2 】2】v2-v2f i=-2R25(32-f32)i4“R3,7iR3—f10—v7i-3R37i（因為碰撞過程中有靜摩擦，故去掉了增根Vf=v,,2Vtan0,ffl=0=3）。根據(jù)（1）問結(jié)果，第1次碰撞前有iv-1i將其代入?式得，第1次碰撞后有1i6Vtan0v= if720Vtan03=—if7R即第1次碰撞后，球心速度為vx+Vy=V|6tan0x+yif 17這里x和j）分別表示沿X軸正向和y軸正向的單位矢量。（3）設(shè)第n次碰后的角速度和球心在X方向的速度分別為o和v（略去下標(biāo)f，下同），從第n-1次碰撞后到第n沿著X方向的速度由v增加為v+w。將?式應(yīng)用于第n次碰撞n-1 n-1次碰撞前，小球繞球心的角速度不變，為?n-1v=-(v +w)+—Ron7 n-1 7Ro=—(v +w)--Ron7 n-1 7n-1n-1【解法一】將?式乘某個常數(shù)a再與?式相加得“ 3+10aI 4-3a“+aRo 1v+ Ro+wn7In-13+10a n-1選取a滿足4—3a =a3+10a符合條件的a有兩個，分別為-1, a2=5分別將其代入?式，給出v一Ron2v+—Ron5n=-(v -Ro)-wn-1 n-1=Iv+—Ro |+wIn-1 5n-1)由此解得-Ro+-w=(-1)n-11v-Ro+-wn2 "1 1 2將?式代入??式，給出由此得5v=-n7v+-Ro=Iv+-Ro)+(n-1)wn5nI1 5c (-1》-1—Ro=nw,2+—Ro=nw5n1-(-1》n—5w,1-(-1》n+2因此當(dāng)n為偶數(shù)時10nVtan10nVtan0v=—nVtan0

n7當(dāng)n為奇數(shù)時，v=—(5n-2)Vtan0,n7o=10(n+1)淄

n7 R【解法二】將?式代入??兩式得此外，若10 20v=—w=—Vtan0=Ro2 7 7 2?'v=Ron n?'3 n 10v=v+—w，Ro=v+—wn+1 n7 n+1 n 7?'10Dv=v+—w=Ron+2 n7 n+2?'則由??兩式得當(dāng)n為偶數(shù)時，考慮到v〔）=R氣=0，由?，?彳得v=10nVtan0

n710nVtan0由??，得，當(dāng)n為奇數(shù)時v=2(5n-2)Vtan0,n7【解法三】將??式寫成矩陣形式V〉 /V +W〉 (v〉 (WnI=AIn-i I=AI n-iI+AIR號"Ro ) "Ro) "0n n-1 n-1/其中由于第1次碰后由此不難遞推給出Vn|=(^n+An-1+…+人2+人)|^Ro) "0n而由于A2=J（J為單位矩陣），因而當(dāng)n為偶數(shù)時，Ro)=2(a+j)[:]*[1n,即有當(dāng)n為奇數(shù)時，即有n1[(n+1)A+(n-1)J]lW5 10 八v=Ro=nw=—nVtan0nn7 7w[5n—27I5(n+1)vn=7(5n-2)Vtan0,氣號(n+1)V^?，?'?〃?''?"?''?''??''?''（4）第k次碰撞前后，球心在x方向的速度分別為％〔+w和七，因而前n次碰撞過程中斜面對球提供的x方向的總沖量為J=￡m[v-(v+w)]=mv-nmw

k k-1 nk=1求和利用了初始條件V=00此外每次碰撞過程中斜面給球的y方向的沖量相同，均為2mV,故J=￡2mV=2nmVyk=1因此總沖量為J=￡2mV=2nmVyk=1因此總沖量為將?式和w=2Vtan0代入?式得當(dāng)n為偶數(shù)時，當(dāng)n為奇數(shù)時，J=m(v-n'w)X+2nmVyn2J=mV7+1-(-1)n]tan0X+7渺｝J=—nmV(-2tan0x+7y)7J=—nmV7-2[1+-jtan0X+7y?????評分標(biāo)準(zhǔn)：本題40分。第（1）問5分，①②③④⑤式各1分。第（2）問13分，⑥⑦⑨式各3分，⑧⑩??式各1分。第（3）問15分，??式各2分，【解法一】???????????式各1分。【解法二】⑥??，式各2分,?式3分，??，式各1分?！窘夥ㄈ?"?〃?〃式各2分,?"?〃?〃?〃?〃式各1分。第（4）問7分，?式2分，?????式各1分。四、（1）（i）在L系中：桿的運動可以分解為質(zhì)心的運動和桿繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動。質(zhì)心的運動是隨P點繞O軸作角速度為①的勻速圓周運動和隨桿繞P點作圓周運動的合運動。因此桿質(zhì)心的平動動能為1E=m[①2（R+asin0）2+a2O2] ①2分LCk2桿繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動可以看成兩個正交的定軸轉(zhuǎn)動的合成：一個是桿以傾角0繞過其質(zhì)心的豎直軸的轉(zhuǎn)動，角速度為①；另一個是桿繞過其質(zhì)心、且與桿垂直的水平軸以角速度0轉(zhuǎn)動。對于前者，可以將①正交分解成沿桿方向和垂直于桿的方向，沿桿方向?qū)幽軟]有貢獻(xiàn)，因此只需計及垂直于桿的方向的分量；或者不對①進(jìn)行分解，而是計算其轉(zhuǎn)動慣量時將桿對C1軸（過桿質(zhì)心的豎直軸）的質(zhì)量分布投影到與軸垂直的方向上。桿繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動動能可表示為TOC\o"1-5"\h\z1 . - _XE，=I(o2sin20+62) ②3分Lk2C或\o"CurrentDocument"1 -E，=(Io2+I。2) ②'2分Lk2C1 C其中I為桿對C1軸的轉(zhuǎn)動慣量C1I=一m(2asin0)2=-ma2sin20 ③'1分ci12 3②式和②'式中I為桿對過質(zhì)心且與桿垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量CI=—m(2a)2=—ma2 ③1分c12 3桿的動能為其質(zhì)心的平動動能和桿繞質(zhì)心的轉(zhuǎn)動動能之和E=E+E'Lk LCk Lk1=一m[o2(R+asin0)2+a202]+ma(02sin20+02) ④ 1分2 6/ .八、1 .c 2 x=-m[(R+asin0)2+-a2sin20]o2+—ma2023 3以圓環(huán)平面為重力勢能零點，桿的勢能為E=mgacos0 ⑤ 1分Lp桿的機械能為E=E+EL Lk Lp八2 1 1 __ ― 1=mgacos0+—ma202+m[(R+asin0)2+a2sin20]o2 ⑥1分3 2 3八2 ~2 1 「=mgacos0+3ma202+m[(jasin0+R)asin0+^R2]o2(ii)在隨OP矢徑轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動參考系S中：桿只做在過P點的矢徑所在的豎直平面內(nèi)繞P點的轉(zhuǎn)動。桿的動能為TOC\o"1-5"\h\z1E=I02 ⑦1分Sk2P式中，I是桿繞過其端點、且與桿垂直的軸的轉(zhuǎn)動慣量。按照平行軸定理有P■, 4 不 -八I=I+ma2=ma2 ⑧ 1分pc 3由⑦⑧式得1-2 - _―E=I02=—ma202 ⑨1分Sk2P3在轉(zhuǎn)動參考系中除重力勢能外，還要考慮離心勢能。以圓環(huán)中心為勢能零點，可以寫出桿的勢能E=mgacos0-一Io2 ⑩2分sp 20式中，I是桿對過O點的豎直軸的轉(zhuǎn)動慣量O

I=—m(asin0)2+m(R+asin0)2?2分

o3這里已利用了平行軸定理。桿的機械能為E=E+ESSkSpTOC\o"1-5"\h\z2二 .11=3ma202+mgacos0-^[3m(asin0)2+m(R+asin0)2]①2 ?2分八2 1=mgacos0+3ma202- asin0+R)asin0+^R2]①2在隨OP矢徑轉(zhuǎn)動的轉(zhuǎn)動參考系S中。桿處于平衡位形的條件是其所受合力矩L(指向圓環(huán)在P的切向)為零：fmTOC\o"1-5"\h\z④2(R+1sin0)lcos0 dl合? 2a0.八 4=mgasin0+ma④2(R+—asin0)cos0=0或等價地，其勢能取極值，即dE 4d0p=-mgasin0-ma?2(R+—asin0)cos0=0可得桿處于平衡位形的條件是，0必須滿足tan0+4a?2sin0+R?2=0 ?1分3gg或cot0+—acos0+——=0?'1分3R R?2?式可化成關(guān)于sin0的四次方程，難于給出解析解。采用圖解法比較容易求解。為此將?式寫為-tan0=Asin0+B ?1分其中a=4—?2,B=R?2，均為正值。在坐標(biāo)圖上畫出?式左右兩邊隨0變化的曲線，兩曲線的交點即為所求的平衡位形，即滿足?式的0值。?式左邊可直接畫出y=-tan0的曲線。右邊y=Asin0+B則按照系數(shù)來考慮?；镜那€是正弦形，A決定了它的幅度，而B為其基線，決定了其上移的程度。

按題意，有R>0,即8>0,正弦曲線的基線處于橫軸上方。從題解圖4a看出，不論各己知量取值如何，兩條線在第I象限不可能有交點，即平衡位形不可能出現(xiàn)在第I象限。?1分在第ILIV象限兩條線有且僅有1個交點，即在這兩個象限各有1個平衡位形。? 2分第III象限的情況較為復(fù)雜，與各參數(shù)取值相關(guān)，可能出現(xiàn)0?2個交點。如果/較小而3較大，兩曲線可能不相交；反之則可能有兩個交點；A,B滿足一定關(guān)系則兩線相切，只有一個交點。兩曲線相切意味著在切點有共同的切線，即?式兩邊對0的導(dǎo)數(shù)相等。有 二Acos0COS20 ()()cos3cos30 0A3g4①2a這里，0是切點所對應(yīng)的角度。將其代入平衡位形下0滿足的關(guān)系式?或?，可知在第III象限存在單一平衡位形0所需要的條件是TOC\o"1-5"\h\zB=tan30=-Asin30 ?0 0由??式得2 2A3=B3+1?此即[3aj-R弋：?1分【若有同學(xué)在（2）問的解中得到?'式，則將其改寫成-cot0=A'cos0+B'?'1分

其中A'=4a,B'=g，均為正值。3R R32在坐標(biāo)圖上畫出?'式左右兩邊隨0變化的曲線，兩曲線的交點即為所求的平衡位形，即滿足?'式的0值。?'式左邊可直接畫出y=-cot0的曲線。右邊y=A'cos0+B，則按照系數(shù)來考慮。基本的曲線是余弦形，A'決定了它的幅度，而B'為其基線，決定了其上移的程度。?'?'4分按題意，有R>0，即B'>0，余弦曲線的基線處于橫軸上方。從題解圖4a'看出，不論各已知量取值如何，兩條線在第I象限不可能有交點，即平衡位形不可能出現(xiàn)在第I象限。 ?’1分在第II、IV象限兩條線有且僅有一個交點，即在這兩個象限各有一個平衡位形。?’2分第III象限的情況較為復(fù)雜，與各參數(shù)取值相關(guān)，可能出現(xiàn)0~2個交點。如果A'較小而B'較大，兩曲線可能不相交；反之則可能有兩個交點；A'、B'滿足一定關(guān)系時則兩線相切，只有一個交點。兩曲線相切意味著在切點有共同的切線，即?'式兩邊對0的導(dǎo)數(shù)相等。有TOC\o"1-5"\h\z =-A'sin0?'sin20 00即sin30=-一=-— ?'1分0 A' 4a這里，0是切點所對應(yīng)的角度。將其代入平衡位形下0滿足的關(guān)系式?'或?'，可知在第III象限存在單一平衡位0形所需要的條件是B'=-cot0+cos00=-cot0(1-sin200)=-cot30 ?’0sin30 0sin20 00 0聯(lián)立?'?'式得2 2^A'3=B'3+1?’【同樣可得到?式 1分】?式是在第III象限出現(xiàn)一個平衡位形應(yīng)滿足的條件。由題解圖4a(或題解圖4a')和式?可知，對任意給定的①，若桿較短，環(huán)半徑較大，使得

2 23a13-R3< 3，桿在第III象限沒有平衡位形；?1分反之，對任意給定的①，若桿較長，環(huán)半徑較小，使得213，桿在第III象限會有兩個平衡位形。?1分(4)各象限桿位形的受力示意圖如解題圖4b所示：由于慣性離心力是分布力，這里僅示意性畫出其對P點有力矩第III象限『頃?尋時，沒有平衡位形4- - ￡第III象限3 co時，可以有平衡位形(4)各象限桿位形的受力示意圖如解題圖4b所示：由于慣性離心力是分布力，這里僅示意性畫出其對P點有力矩第III象限『頃?尋時，沒有平衡位形4- - ￡第III象限3 co時，可以有平衡位形co~第IV象限可以有平衡位形解題圖4b桿在各象限受力分析(5)各平衡位形穩(wěn)定性分析

將平衡位形的0值記為0。E解法(一)：微擾法。在平衡位形附近0=0_+A0(|A0|<<1)，對S系中?式給出的合力矩L合(0E+A0)做小量A0展開，有L(0+A0)合E2mgasin(0+A0)+ma①2[Rcos(0+A0)+—asin(20+2A0)]

e e 3 e?2分.mga[cos0-"2Rsin0+4血2Egcos(20)]A0E3gE則有對上式的討論和采分點見后文。這里不單獨給分。<0,恢復(fù)性力矩，穩(wěn)定平衡=0,拐點，不穩(wěn)定平衡>0,破壞性力矩，不穩(wěn)平衡L(0+A0)合~~E A0解法（二）：勢能法。以勢能對9的二階導(dǎo)數(shù)來判斷平衡位形的性質(zhì)。d2E 八 4 4a。sp=-mgacos9+ma?2(R+asin9)sin9一ma解法（二）：勢能法。以勢能對9的二階導(dǎo)數(shù)來判斷平衡位形的性質(zhì)。d2E 八 4 4a。sp=-mgacos9+ma?2(R+asin9)sin9一ma2?2cos29R淼2,4a?2 4a?2=mga[-cos9+( + sin9)sin9 cos29Jg 3g 3g=-mga(cos9-R?2sin9+4a?2cos29)g 3g?’2分【對比?式和?'式，可以看到位&d929=9e、9a；a9），所以后面相應(yīng)的討論二者相同，只差一個正負(fù)號。不再分別給出解答?！繉⑵胶馕恍螚l件?或?’（將滿足這兩式的9記為9）代入?或?'式，得出在平衡位形下:Ed2E Spd929=9在第II象限，tan9<0，sin9>0在第IV象限在第III象限，從題解圖4acos9>-A~3EL(9+A9)_合eA9mgacos29[-—1——'爐％Ecos9 cos9EEmgacos29 e(B-tan39)sin9 EEmgacos29R?2 e( tan39)gAJ? 3分sin9E化L(9+A9)，故合e7<0A9d2E Spd92|9=9>0，為勢能極小值點，是穩(wěn)定平衡。?tan9<0，sin9<0，故■合(％+展)>A9tan9>0，sin9<0，無法用?式判斷正負(fù)。d2E Sid929=9d2E Spd929=9e<0，為勢能極大值點，是不穩(wěn)定平衡。但有cos0<0，因此將?式改寫為八4 八-mgacos9ma2①2cos29E31-mgatan9sin9E EE冬（1+Acos39）

cos9 EE或4.可以看出，當(dāng)有兩個平衡位形時3g)3=cos9，即在9>9的平衡位形，L4?2a 0 E0兩個9會位于9兩側(cè)。從?式可以得出，若0d2E

Spd92合(9e+A9)<0A9>0，為勢能極小值點，9=9e是穩(wěn)定平衡;對0<0的平衡位形，％（七+A0）>0,牛 <0，為勢能極大值點，是不穩(wěn)定平衡； ?1分E0 A0 d020=0在各參數(shù)滿足只有一個平衡位形的情況下，0在各參數(shù)滿足只有一個平衡位形的情況下，0=0，E01分d2E ,一一、一，七陸=0，為勢能曲線拐點，是不穩(wěn)定平衡。d020=0驗證d2E Spd驗證d2E Spd020是拐點:0=0d3Epd03=mga[sin0+(B+Asin0)cos0+Asin0cos0+2Asin0cos0]1分=mga(sin0+Bcos0+4Asin0cos0)將?式代入?，在0=0有0d3E p=3Amgasin0cos0豐0d03 ° 0 00=0故0=0是勢能曲線的拐點。0評分標(biāo)準(zhǔn)：共60分第（1）問18分①式2分，②式3分（或②'式2分+③'式1分），③④⑤⑥⑦⑧⑨式各1分，⑩??式各2分;第（2）問3分?（或?'）2分，?（或?'）1分。第（3）問12分?（或?'）1分（只要寫成正切與正弦線性函數(shù)分列等式兩邊就給分，不必簡化系數(shù)）；?（或?'）題解圖4a（或4a'）4分（其中示意畫出正切曲線與正弦曲線的關(guān)系3分，畫出正弦曲線基線和振幅1分），?（或?'）1分，?（或?'）2分（兩個象限每個1分），?（或?'）???各1分。第（4）問13分題解圖4b??每圖2分（其中圖1分，判斷1分）；???每圖3分（其中圖2分，判斷1分）。注：主要要求畫對力的方向。第III象限兩個圖中如果以O(shè)軸為分界線畫出兩個反向的等效慣性離心力，則要求兩個力的大小關(guān)系滿足合力如題解相應(yīng)的圖中所示的方向。第III象限兩個圖的判斷只要求寫對。較小或較大（或者R較小或較大）就可以給分。第（5）問14分?（或?'）2分，?3分，??各1分；?2分，@?@@@各1分。

五、根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律，彈簧1的長度X(t)及小球加速度(0滿足的運動方程為mx=-kx+mg+F(t)①3分I I這是一個振動方程。解此方程可以得到x1(t)(包含兩個待定常量)。解法(一)：設(shè)小球在某時刻t位于平衡位置，此刻的xi(t)滿足-kx(t)+mg+F(t)=0②2分i將f(t)=at代入方程②得x(t)=氣+.t③1分小球相對于此平衡位置的位移Ax(t)=x(t)-x(t) ④2分ii滿足微分方程Ax+CD2A%=0⑤2分其解為Ax=Acos(①t+中)⑥2分式中A和9為待定常量。于是x(t)=Acos(wt+9)+宣t+^^⑦1分

i kk解法(二)：令x=x1-mg，小球的運動方程可化成將F(t)=at代入②'，得.. at③'1分尤+C02③'1分m非齊次微分方程的通解可表示為一個特解和該方程所對應(yīng)的齊次方程的通解之和，后者即x=Acos(wt+9)④'2分通式中A和9為待定常量。此非齊次項顯然有下列形式的特解x=Bt，特式中B是待定常量。代入方程③'可定出aaB= =—mw2k于是

TOC\o"1-5"\h\zx=Acos(3t+中)+kt ⑥’ 2分故x(t)=Acos(rat+中)+巴t+mg ⑦'1分i kk初始條件為x(0)=性，(0)=0 ⑧2分1k|由⑧第1式有x1(0)=Acos中+mg=mg即中=±兀⑨1分

2由⑧第2式有. a工(0)=-Arasin甲+上-0即,aaA= =±— ⑩1分raksin平 raksin甲= =1ArakAsin甲= =1ArakaaAaaA=—=—rakk因此有x(t)=-asinrat+at+mg?3分1rakkk由胡克定律有F(t)=kx(t)

2有x2(t)=%t ?2分為了判斷哪個彈簧先被拉斷，考慮任意時刻兩彈簧長度之差：Ax=x-x=-asinrat+mg=a(mg①-sinrat)?2分

1 2rak kraka(1)若彈簧1先被拉斷，應(yīng)有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□景>0,即sin伽<冬?1分0a若要求必先拉斷彈簧1,則?式對任意t均需成立，因此0a<mg03=g<km?1分□□(ii若a>mg?=g4im，則在不同的時刻景的正負(fù)不同。仍要保證彈簧1先被拉斷，t需要落在滿足?式的0時間范圍內(nèi)。即□2nn<ot<arcsinm^+2nn,或(2n+1)n-arcsinm^<wt<2(n+1)n,?2分

0 a a0式中n為非負(fù)整數(shù)。不等式?是對振動相位的限制。但對應(yīng)于n的多個取值，數(shù)學(xué)上％何可能出現(xiàn)多個達(dá)到臨界長度的時刻。但實際上彈簧1只可能斷一次，所以我們需要找到它首次達(dá)到臨界長度的時刻所在的時間段。 ?1分□□考察毛眺隨時間的增長趨勢，發(fā)現(xiàn)始終有x(t)=口(1-coswt)>0 ?□□1分'k也就是說環(huán)加隨時間是單調(diào)增長的，意味著相位與長度一一對應(yīng)，不可能出現(xiàn)％在多個時間段內(nèi)都達(dá)到臨界長度的情況。因此可以判斷，拉斷彈簧1確實可能發(fā)生在上述任意一個相位區(qū)間。?1分□□綜上所述，若a>g投km，彈簧1被拉斷的時刻t一定落在下述時間段內(nèi)：□02nn弟<t0<\：'karcsin(g稀)+2nn弟,(2n+1)n特一，；arcsin(g4k^)<t0<2(n+1)氣：-式中n為非負(fù)整數(shù)?！酢酢酢?iii若先拉斷彈簧2，必有Ax<0，這要求sinwt>mgW ?1分0a由(i)(ii的討論可知首先必有□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□a>g<km，且由?式可得，拉斷彈簧2的時刻t需使得相位落在下式范圍內(nèi)：0arcsin‘旭?+2nn<wt<(2n+1)n-arcsinmg“,n為非負(fù)整數(shù) ?1分a 0 a由?可以發(fā)現(xiàn)，a越大，arcsinmgW越小，使彈簧2先斷的相位所覆蓋的區(qū)間越大；當(dāng)a*時，拉斷彈簧2的相a位區(qū)間接近于覆蓋整個第I、II象限。也就是說，a越大，對應(yīng)的力的加載速度越快，拉斷下彈簧2的可能性越大。?2分□□上述討論說明a較小時會拉斷上彈簧，a較大時有可能拉斷下彈簧，印證了題述實驗現(xiàn)象。（4）要確保彈簧2被拉斷，由?式知必有kL代入kL代入?式得.3kL^mg

sin 〉 k代入?.3kL^mg

sin 〉 k代入?式，可知要確保彈簧2被拉斷，a應(yīng)滿足的關(guān)系式為mkLsin(kL.：k)>mg'k?1分a\mavm要彈簧1和彈簧2同時被拉斷，需要△x=—（箜?-sinrot）=0?1分?ka 0而該時刻也滿足式?，將其代入?可得，a應(yīng)滿足的關(guān)系式為sin（kL.：k）=mM‘k?1分

aVmavm評分標(biāo)準(zhǔn)：共40分第（1）問3分式3分；第（2）問19分（或②'）2分，③（或③'）1分，④⑤⑥（或④'⑤'⑥'）各2分，⑦（或⑦'）1分，⑧2分，⑨⑩各1分，?3分，?2分；第（3）問13分???各1分，?2分，?1分，?????各1分，?2分；第（4）問5分?????各1分。六、（1）凈電流為零的條件是-ej(x)+—E(x)=0 ①X px因此E(x)=-epc』T^X^Ln(x) ②x n(x)dx(2)對-L<x<L區(qū)域，由靜電場高斯定理有￡—E(x)=-e[n(x)-n] ③0dxx 0此即d￡pc—0 dx_n(x)dxn(x)邊界條件為(注意|x|>L真空區(qū)域電場為零)￡E(-L+0)=bd￡pc—0 dx_n(x)dxn(x)邊界條件為(注意|x|>L真空區(qū)域電場為零)￡E(-L+0)=b0x —￡E(L-0)=-b0x +此即-￡epc0扃dn(x)

n(x)dx-￡epc0也￡n(x)n(x)dx七、a和n()還應(yīng)當(dāng)滿足電中性條件=n(x)-n0x=-Lx=+L=。=一。+④⑤⑥⑦⑧a+a+(-e)f[n(x)-nllx=0- + 0的約束。(這一點由題^的邊界條件加以保證)(3)線性化的方程為￡pc^*~0 [gn(x)]=Sn(x)0n dx2d2 f1匚，、——[gn(x)]=LIgn(x)dx2 k"式中力是具有長度量綱的常量。線性化的邊界條件為-￡epc0或°￡[gn(x)]n dx0 x=-L=a-￡epc—0d[gn(x)] =-a0n dx +0x=+L-￡[gn(x)]dxx=-La人2e-項[Sn(x)]

dxa=—+人2ex=+L類比于簡諧振子運動方程—[x(t)]=-M2x(t)dt2及其通解(t)=Acos(w)+Bsin(wt),方程⑨對應(yīng)的5n(x)的通解應(yīng)為Sn(x)=Acoshf—]+Bsinhf—] ?’il刑iI"其中A、B為待定常量。i i由于coshl—]、sinh什]皆為ex'"、e-xn的線性組合，方程⑨的一般解5n(x)也可寫為5n(x)=Aex/"5n(x)=Aex/"+Be-x/"式中A、B為待定常量。顯然，?式與?’式是相互等價的，對應(yīng)的待定常量關(guān)系為AA+B,B=A-Bi i下面由邊界條件定出解中的待定常量：將?式分別代入⑩?式，微分方程的邊界條件化為Ae-L/"—BeL/"=—-—"eAel/"一Be-l/"=由以上兩式解得1beL/"+be-l/"A= + -"e e2L/"—e-2l/"1bel/"+be-l/"B= +"e e2L/"一e-2l/"于是<,、 1bel/"+be-l/" bel/"+be-l/"5n(x)=^―+ - ex/"+- + e-x/""eLe2l/"—e-2l/" e2l/"—e-2l/"等價表達(dá)式為5n(x)=—"e+bl(xIb-bx

,-、coshI—I+ + ,-、sinhIc-JL) l"JJL) l"2sinh|"J *，2coshI"I '?????’(4)由題意知，任意x處的電子氣處于局域熱平衡狀態(tài)，滿足理想氣體狀態(tài)方程p(x)=n(x)kT(x)= kT(x)b dVb單個電子受到該處電場的作用力式中dV=dxdydz是x處的體積元，而dN是dV內(nèi)的電子數(shù)。單個電子受到該處電場的作用力f(x)=-eE(x) ?x考慮x處厚度為dx、面積為dydz的薄層體積元內(nèi)的電子氣，該電子氣整體處于宏觀力學(xué)平衡狀態(tài)，故f(x)dN=[p(x+dx)一p(x)]dydz=*(x)dxd^dzdx式中，f(x)dN是該電子氣所受到的電場力，p(x)、p(x+dx)分別是該電子氣層左面和右面電子氣對它的壓強。由

此得由以上各式得d—p(x)=n(x)f(x)dx?線性化后得—[n(x)kT(x)]=-eE(x)n(x)dx Bx?E（x）線性化后成為xT—【5n(x)]+n—【5T(x)]=-竺0E(x)0dx 0dx kxB?代入前一方程得，、 \T(x)d,、 eA2dE(x)-epc、 n(x) 【5n(x)]x n(x)dx ￡dx0?n3【5T(x)]=[耳虹-T14【5n(x)]=|e2P^T，—T件【5n(x)]?0dx 1k￡ 0)dx 1k 0)dx'B 0 / ' B /其解為5T(x) [e2pc ])5n(x) I —11+CT\k.-T1n0 XB0 0式中C是與x無關(guān)的常數(shù)。由于5T（x）和5n（x）都是小量，且依題意當(dāng)5T（x）=0時有5n（x）=0，所以C=0于是bem+be-l爪 beL爪+be-l/a+ - ex/a+ - + e-x/ae2l/a—e-2l/a e2l/a—e-2l/a（5）解法（一）將（4）中線性化方程寫為匕⑴=-[k-ep：]『x)'B /[e-匝

kepc[e-匝

kepc-B,-1dU一E(x)dxE(x) = x =——xdTdTdTdx解法（二）計算金屬兩端（x=-L和x=+L）的電勢差U(L)—U(—L)=—JL Ex(x)dx?「 e^2dx[8n(x)]dx=eA2[8n(+L)—5n(-L)]=epc也[dn(L)—