【正文】 2，兩物塊加速度的大小為 a2，則有 2 2 2 2m g T m a?? （ 4） 2 1 1 2si nT m g m a??? (5) 22123tla??? ???? (6) 由（ 1）、（ 2）式注意到 ? ＝ 30?得 121 22( )mmagmm?? ? （ 7） 由（ 4）、（ 5）式注意到 ? ＝ 30?得 212 1222( )mmagmm?? ? （ 8） 由（ 3）、（ 6）式得 21 9aa? （ 9） 由（ 7）、（ 8）、（ 9）式可解得 121119mm? （ 10） 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 15分，（ 1）、（ 2）、（ 3）、（ 4）、（ 5）、（ 6）式各 2分，求得（ 10）式再給3分。 三、設(shè)電子剛進(jìn)入平行板電容器極板間區(qū)域時(shí)的速度為 v0，因?yàn)樗俣确较蚱叫杏陔娙萜鞯臉O板，通過長(zhǎng)度為 l的極板區(qū)域所需的時(shí)間 t1＝ l/v0 （ 1） 當(dāng)兩極板之間加上電壓時(shí)，設(shè)兩極板間的場(chǎng)強(qiáng)為 E，作用于電子的靜電力的大小為 qE方向垂直于極板由 C指向 D，電子的加速度 qEa m? （ 2） “高中物理參考”收集 第十九屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽題參考解答 第 18 頁(yè) 而 UE d? （ 3） 因電子在垂直于極板方向的初速度為 0，因而在時(shí)間 t1內(nèi)垂直于極板方向的位移 21112y at? （ 4） 電子離開極板區(qū)域時(shí)，沿垂直于極板方向的末速度 vy＝ at1 （ 5） 設(shè)電子離開極板區(qū)域后，電子到達(dá)熒光屏上 P點(diǎn)所需時(shí)間為 t2 t2＝（ L－ l/2） /v0 （ 6） 在 t2時(shí)間內(nèi)，電子作勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于極板方向的位移 y2＝ vyt2 （ 7） P點(diǎn)離開 O點(diǎn)的距離等于電子在垂直于極板方向的總位移 y＝ y1+y2 （ 8） 由以上各式得電子的荷質(zhì)比為 20vq ym UlLd? （ 9） 加上磁場(chǎng) B后，熒光屏上的光點(diǎn)重新回到 O點(diǎn)，表示在電子通過平行板電容器的過程中電子所受電場(chǎng)力與磁場(chǎng)力相等，即 qE＝ qv0B （ l0） 注意到（ 3）式，可得電子射入平行板電容器的速度 0 Uv Bd? （ 11） 代人（ 9）式得 2qUym B lLd? （ 12） 代入有關(guān)數(shù)據(jù)求得 10qm?? C/kg （ 13） 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 15分．（ l）、（ 2）、（ 3）、（ 4）、（ 5）、（ 6）、（ 7）、（ 8）式各 1分，（ 10）式 3分，（ 12）、（ 13）式各 2分。 四、如圖所示，圓為地球赤道， S為衛(wèi)星所在處，用 R表示衛(wèi)星運(yùn)動(dòng)軌道的半徑。由萬(wàn)有引力定律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律和衛(wèi)星周期 T（亦即地球自轉(zhuǎn)周期）可得 22 2MmG mR TR ???? ???? （ 1） 式中 M為地球質(zhì)量， G為萬(wàn)有引力常量， m為衛(wèi)星質(zhì)量 另有 20GM R g? （ 2） 由圖可知 Rcos? ＝ R0 （ 3） “高中物理參考”收集 第十九屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽題參考解答 第 19 頁(yè) 由以上各式可解得 1 / 32 024arcco s RTg?? ??? ???? （ 4） 取 T＝ 23小時(shí) 56分 4秒（或近似取 T＝ 24小時(shí)），代入數(shù)值，可得 ? ＝ ? （ 5） 由此可知，衛(wèi)星的定位范圍在東經(jīng) ?－ ?＝ ?到 ?＋ ?＝ ?之間的上空。 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 15分．（ 1）、（ 2）、（ 3）式各 2分，（ 4）、（ 5）式共 2分，得出最后結(jié)論再給7分。 五、用 E 和 I分別表示 abdc回路的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的大小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律可知 E ＝ Bl（ v2－ v1） （ 1） 2I R?E （ 2） 令 F表示磁場(chǎng)對(duì)每根桿的安培力的大小，則 F＝ IBl （ 3） 令 a1和 a2分別表示 ab桿 cd桿和物體 M加速度的大小， T表示繩中張力的大小，由牛頓定律可知 F＝ ma1 （ 4） Mg－ T＝ ma2 （ 5） T－ F＝ ma2 （ 6） 由以上各式解得 22 211 ()2B l v va Rm?? （ 7） 22 212 2 ( )2 ( )M g R B l v va M m R??? ? （ 8） 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 15分．（ l）式 3分，（ 2）式 2分，（ 3）式 3分，（ 4）、（ 5）、（ 6）式各 1分，（ 7）、（ 8）式各 2分。 六、把酒杯放平，分析成像問題。 1．未斟酒時(shí)，杯底凸球面的兩側(cè)介質(zhì)的折射率分別為 n1和 n0＝ 1。在圖 1中， P為畫片中心，由 P發(fā)出經(jīng)過球心 C的光線 PO經(jīng)過頂點(diǎn)不變方向進(jìn)入空氣中；由 P發(fā)出的與 PO成 ? 角的另一光線 PA在 A處折射。設(shè) A處入射角為 i，折射角為 r，半徑 CA與 PO的夾角為 ? ，由折射定律圖 1 “高中物理參考”收集 第十九屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽題參考解答 第 20 頁(yè) 和幾何關(guān)系可得 n1sini＝ n0sinr （ 1） ? ＝ i+? （ 2） 在△ PAC中，由正弦定理，有 sin sinR PCi?? （ 3） 考慮近軸光線成像， ?、 i、 r 都是小角度，則有 10nrin? （ 4） R iPC?? （ 5） 由（ 2）、（ 4）、（ 5）式、 n0、 nl、 R的數(shù)值及 PO C O? ? ?cm可得 ? ＝ （ 6） r ＝ （ 7） 由（ 6）、（ 7）式有 r＞ ? （ 8） 由上式及圖 1可知，折射線將與 PO延長(zhǎng)線相交于 P?， P? 即為 P點(diǎn)的實(shí)像．畫面將成實(shí)像于 P? 處。 在△ CAP? 中，由正弦定理有 sin sinR CPr? ?? （ 9） 又有 r＝ ? +? (10) 考慮到是近軸光線，由（ 9）、（ l0）式可得 rCP Rr ??? ? (11) 又有 OP CP R???? （ 12） 由以上各式并代入數(shù)據(jù)，可得 ?? cm （ 13） 由此可見，未斟酒時(shí)，畫片上景物所成實(shí)像在杯口距 O點(diǎn) cm處。已知 O到杯口平面的距離為 ，當(dāng)人眼在杯口處向杯底方向觀看時(shí)，該實(shí)像離人眼太近，所以看不出畫片上的景物。 2．斟酒后，杯底凸球面兩側(cè)介質(zhì)分別為玻璃和酒，折射率分別為 n1和 n2，如圖 2所示，考慮到近軸光線有 圖 2 “高中物理參考”收集 第十九屆全國(guó)中學(xué)生物理競(jìng)賽預(yù)賽題參考解答 第 21 頁(yè) 12nrin? （ 14） 代入 n1和 n2的值，可得 r＝ （ 15） 與（ 6）式比較，可知 r＜ ? （ 16） 由上式及圖 2可知，折射線將與 OP延長(zhǎng)線相交于 P?， P? 即為 P點(diǎn)的虛像。畫面將成虛像于 P? 處。計(jì)算可得 rCP Rr??? ? （ 17） 又有 OP CP R???? （ 18） 由以上各式并代入數(shù)據(jù)得 13OP?? cm （ 19） 由此可見，斟酒后畫片上景物成虛像于 P?處，距 O點(diǎn) 13cm．即距杯口 21 cm。雖然該虛像還要因酒液平表面的折射而向杯口處拉近一定距離，但仍然離杯口處足夠遠(yuǎn)，所以人眼在杯口處向杯底方向觀看時(shí)，可以看到畫片上景物的虛像。 評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)： 本題 15分．求得（ 13）式給 5分，說明“看不出”再給 2分；求出（ l9）式，給 5分，說明“看到”再給 3分。 七、由題設(shè)條件知，若從地面參考系觀測(cè)，則任何時(shí)刻， A沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為 vA， B沿水平方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為 vB，若以 B為參考系，從 B觀測(cè)，則 A桿保持在豎直方向，它與碗的接觸點(diǎn)在碗面內(nèi)作半徑為 R的圓周運(yùn)動(dòng)，速度的方向與圓周相切，設(shè)其速度為 VA。桿相對(duì)地面的速度是桿相對(duì)碗的速度與碗相對(duì)地面的速度的合速度，速度合成的矢量圖如圖中的平行四邊形所示。由圖得 AAsinVv?? （ 1） BA cosVv?? （ 2）