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全国中学生物理竞赛复赛模拟试题试卷答案


1.试证明:物体的相对论能量 E 与相对论动量 P 的量值之间有如下关系:
E 2 = p 2 c 2 + E02
2 2 2 2 证明: E ? p c = mc

(

)

2

? (mυc )
2 m0 c 2

2

= m c c ?υ
2 2 2

(

2

)=

1?

υ

2

(c

2

?υ 2

)

c2

2 m0 c 4 2 2 = 2 c ?υ υ ? c2

(

)

2 2 = m0 c 4 = E0 2 2 2 2 ∴ E = p c + E0 1 2 2 2 2 读者可试为之,从 E ? E0 入手证明它等于 p c 。

2.

在用质子 (1 P ) 轰击固定锂 ( 3 Li ) 靶的核反应中, (1)计算放出α粒子的

7

反应能。 (2)如果质子能量为 1 兆电子伏特,问在垂直质子束的方向观测到α粒
1 2 3 子的能量有多大?有关原子核的质量如下: H , 1.007825; He , 4.002603; Li , 1 4 7

7.015999. (1)核反应方程如下: 解:
7 3

p2

Li +1 P → 4 He + 4 He 1 2 2
M0 M1 M3

θ θ
p3

p1

静质量

M2
动 能

图 51-21

E0

E1

E3

E2

由总质量和总能量守恒:

M0 +

E0 E3 E1 E2 + M1 + 2 = M 2 + 2 + M 3 + 2 2 c c c c

由反应能 Q 的定义得: Q = ( E 2 + E3 ) ? ( E 0 + E1 )

= [(M 0 + M 1 ) ? ( M 2 + M 3 )]c 2
= [(7.015999 ? 1.007825 ) ? 2 × 4.002603] × 931.5

= 17.35 (兆电子伏特)
2 ?27 8 2 [其中:1u ? c = (1.66 × 10 千克) × ( 2.997925 × 10 米 / 秒)

= 931.5 × 106 兆电子伏特
=931.5 兆电子伏特] (2)设锂靶是静止的,根据动量守恒,可知,反应所产生的两个相同的α 粒子( 2 He 核) ,应沿入射质子的方向对称分开,如图 51-21 所示。 由动量守恒定律有
4

p1 = p 2 + p3
矢量 p1 , p 2 , p3 合成的三角形,两底角皆为θ,又因 M 2 = M 3 ,因而有 E2 = E3 已知反应能 Q=17.35 兆电子伏特,且

Q = E2 + E3 ? E1 其中 E1 = 1 兆电子伏特,可得
1 E 2 = E3 = (Q + E1 ) 2 = 1 × (17.35 + 1) 2

=9.175(兆电子伏特) 即反应所生成的α粒子其能量为 9.175 兆电子伏特。

α粒子飞出方向与入射质子的方向之间的夹角为θ,因此

P32 = P12 + P22 ? 2 p1 p2 cosθ
2 由于 P = 2 ME ,得:

M 3 E3 = M 1 E1 + M 2 E 2 ? 2 M 1 M 2 E1 E 2 cosθ
代入反应能 Q 的定义式:

Q = E 2 + E3 ? E1
2 M 1 M 2 E1 E 2 ? M ? ? M ? = ?1 + 2 ? E 2 ? ?1 ? 1 ? E1 ? cos θ ? ? ? M ? M3 ? M3 3 ? ? ? 将上式中质量数改为质量比得 2 A1 A2 E1 E 2 ? ? A ? A ? Q = ?1 + 2 ? E 2 ? ?1 ? 1 ? E1 ? cos θ ? ? ? ? A3 ? A3 ? A3 ? ? 其中 A1 = 1 , A2 = A3 = 4 ,代入上式:

3 Q = 2 E 2 ? E1 ? E1 E 2 cos θ 4

所以

3 2 E 2 ? Q ? E1 4 cosθ = E1 E 2 3 2 × 9.175 ? 17.35 ? × 1 4 = 0.0825 = 1× 9.175

所以

θ = 85 16′
4

由此可知,在垂直于质子束的方向上观察到 2 He 的能量近似就是 9.175 兆电 子伏特。
3. 一个处于基态的氢原子与另一个静止的基态氢原子碰撞。问可能发生非

弹性碰撞的最小速度为多少?如果速度较大而产生光反射, 且在原速度方向和反 方向可以观察到光。问这种光的频率与简正频率相差多少?氢原子的质量为 1.67×10-27kg,电离能 E = 13.6eV = 2.18 × 10 ?18 J 。
1 1 解:处于基态的氢原子能量为 E1 = ? E?12 ,第二激发能量为 E 2 = ? E ? 22 . 被

氢原子吸收的最小能量子为 ?E = E 2 ? E1 = E

[

1 1 12 ? 22

]= E = 1.16 ×10
3 4

?18

J

我们必须求出在碰撞中能量损失为以上数值的最小速度。 如果碰撞是完全非 υ . 弹性的,则碰撞中能量损失最大,碰撞后的速度将是 2 初动能和末动能之差为

mυ 2 2m( 2 ) mυ 2 ? = 2 2 4
这个值应等于最小的能量子
mυ 2 ?E = 4

υ

2

因此

υ = 4?E m = 6.26 × 10 4 m s
在非弹性碰撞后,两个原子的速度为
υ = 3.13 × 10 4 m s 2

本题第二间的解答与多普勒效应有联系。对于比光速小很多的速度,相对 速度之比给出频率相对变化的极好近似。故有

6.26 × 10 4 : 3 × 108 = 2.09 × 10 ?4 = 2.09 × 10

?20

0

两束光的频率按此比率稍小于或稍大于简正频率 4. 如图 11-136 所示,光滑无底圆筒重 W,内放两个重量均为 G 的光滑球, 圆筒半径为 R,球半径为 r,且 r<R<2r,试求圆筒发 生倾倒的条件。 分析:如果对两个小球和无底圆筒分别隔离分 析受力再列方程组,较复杂,采取整体法较好。 解:根据物体平衡条件,列出以下方程: 选择两个小球作为研究对象,则在竖直方向上有 N-2G=0 (1)

r O 1

O2

A

G
图 11-136

B

以整体为研究对象,若翻倒必以 A 为轴逆时针方向旋转,在临界态下对 A 的力矩和为零。此时,系统受力情况为:两物体的重力,桌面对球支持力 N,筒 的重力 W,它们对 A 的力矩不为零,桌面对筒的支持力过 A 点,力矩为零,故 有

M A = N (2 R ? r ) ? Gr ? G (2 R ? r ) ? WR ≥ 0
将 1 式代入 2 式有

(2)

2G(2 R ? r ) ≥ WR
G R ≥ W 2( R ? r ) G R > 若该圆筒倾倒必须有 W 2(R ? r ) 。 讨论: (1)从答案中可以看出,当 G 大 W 小,r 与 R 很接近,就容易倾倒, 这也符合重心高、支面小稳度就小的结论。 (2)如果是一个有底圆筒,则在没有其他力推它的情况下,就绝不会倾倒。

请同学们想一想,这是为什么? 5. 两个完全相同的木板,长均为 L,重力均为 G,彼此以光滑铰链 A 相连, 并通过光滑铰链与竖直墙相连,如图 11-245(甲)所示。为使两木板达水平状 态保持平衡,问应在何处施加外力?所施加的最小外力为多大? 分析:要使两板均处于平衡状态,外力只能作用在板 2 上,作用点应位于铰 链 A 与板 2 的重心之间,以便使板 1 的右端受到向上的作用力,方可使板 1 也处 于平衡状态。为使作用力最小,外力应与木板垂直。 解:如图 11-245(乙)(丙)所示。为使板 1 达水平平衡状态,其右端 A 、 应受到向上的 F1 作用, F1 的施力物体是板 2 左端。根据力矩平衡条件有
1 F1 L = G ? L 2 F1 = 1 G 2
L,G 1 L,G

解之得

A
(甲) 1

2

隔离木板 2,其左端受到 F1 ' (与 F1 为作用力的反作用力)及重 力 mg 作用,为使板 2 呈水平且平衡,外力 F 的作用点应在 F1 ' 和 G 的作用点之间。设 F 作用点距 A 为 x,选 F 作用点 B 为转轴,根据力 矩平衡条件有
?1 ? F1 x = G ? L ? x ? ?2 ? F1 = 1 G 2 代入上式得 1 ?1 ? G ? x = G? L ? x ? 2 ?2 ? x= 1 L 3
G

F1

(乙)

x 2
B

F

A

F1'

G

(丙) 图 11-245



解之得

板 2 所受合力应为 0,有

F = F1 + G =

3 G 2

点评: 点评:本题着重领会由结果或效果反推原因的思想方法, F1 和 F 的方向及 作用点均由此方法推出。本题两次使用隔离法。
6. 如图 11-505 所示,屋架由同在竖直

面内的多根无重杆绞接而成, 各绞接点依次 为 1、2……9,其中绞接点 8、2、5、7、9

3
P

p 2

1
位于同一水平直线上, 9 可以无摩擦地水 且 平滑动。 各绞接点间沿水平方向上的间距和 沿竖直方向上的间距如图所示, 绞接点 3 承

4

6 9

l l

8
l

2 5
l l
图 11-505

7
l

受有竖直向下的压力 P/2,点 1 承受有竖直向下的压力 P,求绞接点 3 和 4 间杆 的内力。 解: 由于点 9 可沿水平方向无摩擦滑动,故屋架在点 9 处所受外力只可能 沿竖直方向,设为 N9。由于屋架所受外力 N9、P/2 和 P 均沿竖直方向,则屋架 在点 8 所受的外力也只可能沿竖直方向,设其为 N9。 以整个屋架为对象,列各外力对支点 8 的力矩平衡方程,有

P ?l +
T

P ? 2l = N 9 ? 4l 2 P 2

N9

45
图 11-506

所以

N9 =

T25

N9 的方向竖直向上。又由整个屋架的受力平衡关系应有

N8 + N9 = P +

P 2

所以

N8 = P +

P ? N9 = P 2

N8 的方向竖直向上。 假设将绞接点 5、6、7、9 这部分从整个屋架中隔离出来,则这部分受到杆 15、杆 47、杆 36 的作用力,这几个作用力均沿与杆 15 平行的方向,设其以一 个力 T 表示,则这个力 T 也必与杆 15 方向平行。此外,这部分还受到杆 25 的 作用,设其为 T25,显然 T25 的方向应沿水平方向;这部分还受到支持力 N9 的作 用。这样,这部分就等效为受 T、T25 和 N9 三个力的作用而平衡。则表示此三力 的矢量构成一个封闭三角形,由前述此三力的方向关系可以确定,这一三角形只 能是如图 11-506 所示的三角形,由此三角形可见,

T25 = N 9 =

P 2

T24
P

2

45

杆 25 对点 5 的作用力方向水平向左, 可见杆 25 中的内力为张力。 又假设取绞接点 8 为研究对象, 它受到支持力 N8 和杆 82 对它的

p 2

T12
图 11-507

作用力 T82 和杆 81 对它的作用力 T81,由于此三力平衡,则 N8 与 T82 的合力必沿 杆 81 的方向,可见应有

T82 = N 8 = P T13
且 T82 的方向应水平向右,即杆 82 的内力为张力。 再假设取绞接点 2 为研究对象,由以上分析知,其左、右两水平杆 对它的作用力均为拉力,其大小分别为 P 和 P/2。而另外只有杆 24 能对 点 2 提供水平方向的分力,则为使点 2 在水平方向受力平衡,杆 24 作用

45
T42

4 45
T47

图 11-508

于点 2 的力必沿由 2 指向点 4 的方向,进而为使点 2 在竖直方向上受力平衡,则 杆 12 对点 2 的作用力必沿竖直向下的方向。

综合上述可得点 2 的受力如图 11-507 所示。由图知

T24 cos 45 +

P =P 2

故得

T24 =

2 P 2

2 P 即杆 24 中的内力为张力,其大小为 2
最后以点 4 为研究对象,它受到与之相连的三根杆的三个力的作用。此三力 应互相平衡。现以 T42、T47、T43 表示这三个力,由于 T42 的方向是确定的(杆 42 的内力为张力,则 T42 必沿由点 4 指向点 2 的方向) ,而 T47、T43 又只能沿对 应杆的方向,则此三力只可能取如图 11-508 所示的方向。由点 4 在水平方向的 受力平衡,应有

T42 cos 45 = T47 cos 45
所以

T47 = T42

由点 4 在竖直方向的平衡,应有

T43 = T42 sin 45 + T47 sin 45 = 2T42 sin 45
=P 即杆 43 中的内力为张力,大小为 P。 7. 一平直的传送带以速度 v=2m/s 匀速运行,传送带把 A 点处的零件运送 到 B 点处,A、B 两点之间相距 L=10m,从 A 点把零件轻轻地放到传送带上, 经过时间 t=6s,能送到 B 点,如果提高传送带的运动速率,零件能较快地传送 到 B 点,要让零件用最短的时间从 A 点传送到 B 点处,说明并计算传送带的运 动速率至少应多大?如要把求得的速率再提高一倍,则零件传送时间为多少

2 ( g = 10m / s )?

分析:零件在传递带上加速运动,当零件与传送带的速度相等时,就与传送 带一起作匀速运动,这就说明了传送带的速度大,它加速的时间长,由于传送带 的长度一定,只要零件在这有限的长度内一直是加速的,在此加速过程中得到的 最大速度也就是传送带要使零件一直加速具有的最小速度, 若传送带的速度再加 大,也不能使零件运送的时间变短。反过来看,若是零件以一定的初速度滑上传 送带,它在传送带上运动的时间有一个最大值和最小值,显然,最小值就是它在 传送带一直是加速的,而最大值就是零件在传送带上一直是减速的,同样地,减 速过程中对于传送带的速度也有一个临界值,当传送带小于这个临界值时,零件 到达传送带另一端的时间不会变。这两个临界值是值得注意的。 解:零件的初速度为零,放在传送带上,受到传送带对它的滑动摩擦力,提 供它作加速运动所需要的外力,即 f = ?mg = ma, a = ?g 。若零件一直是加速,

到达 B 点的速度为 vt ,由题意可知
vt =

L=

vt t 2 ,

2 L 2 × 10 = m / s = 3 .6 m / s > 2 m / s t 6 。

显然这是不可能的,当零件与传送带的速度相等时,它们之间的滑动摩擦力

v + 消失,零件与传送带一起作匀速运动,由题意可知 a
解得 a = 1m / s 。
2

L? v

v2 2a = t

,代入数据后

要使零件能较快地从 A 点到达 B 点,则零件在 A、B 之间应该一直加速, 也就是零件到达 B 点时的速度 v Bm ≤ v带 ,而

v Bm = 2aL = 2 × 1 × 10m / s = 2 5m / s , v带 ≥ v Bm = 2 5m / s 。
t min = 2L = 2 5s v Bm

故最短的时间

若传送带的速率提高一倍,则零件传送的时间不变,这是因为零件一直是加速 的,由于加速度和加速的距离一定,故运行的时间也就一定了,还是 2 5 s。
8. 一物体以某一初速度 v0 开始做匀减速直线运动直
v
v0 D

至停止,其总位移为 s,当其位移为 2/3s 时,所用时间为
t1;当其速度为 1/3v0 时,所用时间为 t2,则 t1、t2 有什么

样的关系? 解法一:设物体的加速度为 a(大小) ,由速度公式得

1 v0 3

O

B C
t 2 t1

A
t

1 v0 = v0 ? at 2 3 t2 = 2v 0 3a

有 根据位移公式得

(1 )

2 1 2 s = v0 t1 ? at1 3 2
2 v0 s= 2a

且 此两式联立得

2 2v0 at ? 2v0 t1 + =0 3a 2 1

解之得

t1 =

v0 ± a

v20 3

因为该物体运动的总时间

T=

v0 a ,因此有 t1 < T ,由此知 t1 只能取

t1 =

v0 ?

v 20 3 = 3 ? 3 ? v0 a 3 a

(2)

比较(1)(2)式可知 、

t1 < t 2

解法二:物体在 t1 时间内的位移为

s1 =
物体在 t 2 时间内的位移为

2 s 3

(3)

?1 ? 2 v0 ? ? v0 ? 2 ? 3 ? = 4v 0 = 8 s s2 = 2a 9a 9

2

(9)

比较(3)(4)式可知 S1 < S 2 ,因而其对应的时间应满足 t1 < t 2 。 、 解法三: 根据题意作出物体的 v -t 图像如图 12-31 所示, 显然, 当经过时间 t 2

2 s 时,发生的位移早已超过 3 。原因是,根据图中 ?ABC ~ ?ADO ,由此可知, 1 8 s s ?ABC 表示的位移为 9 ,即在 t 2 时间内发生的位移为 9 ,所以, t1 < t 2 。

9.一根长为 1m 具有小内截面的玻璃管,两端开口,一半埋在水中。在上端

被覆盖后,把玻璃管提升起来并取出水面。问玻璃管内留下的水柱高度为多少。 解:埋入水中后,玻璃管中水柱为 0.5m。取出水面时,有一小部分水流出。 如留下的水柱高度为 h,水管内的空气压强可用玻意耳-马略特定律算出:

P=

P0V P0 (L / 2)A P0 L = = (L ? h )A 2(L ? h) V1

(1)

式中 L=1m,A 为玻璃管的截面。 玻璃管外的压强等于玻璃管内水柱和空气的压强之和。
P0 = P0 L + hρ g 2( L ? h )

(2 )

3 3 其中 ρ = 10 kg / m 为水的密度。 解此方程, 得出 h = 0.475m = 47.5cm. 这从物

理上看是可接受的数值。

10. 静止的原子核衰变成质量为 m1,m2,m3 的三个裂片, 它们的质量损为Δm。

若三裂片中每两片之间速度方向的夹角都是 120°,求每个裂片能量。 解: 由题建立如下坐标系图(51-1) 原子核衰变释放能量: ?E = ?mc 2

由能量守恒知:

?E =

1 1 1 m1υ12 + m2 υ 2 2 + m3 υ 3 2 2 2 2
y m 1 υ1

由轴方向动量守恒得: P2 sim60 ? P3 sim60 = 0 ∴ P2 = P3
120

O
120

120

x

又由 y 轴方向动量守恒得: P2 sim30 + P3 sim30 ? P1 = 0 ∴ ∴ P2 + P3 = 2 P1
υ m3 3

m 2 υ2

图 51-1

P1 = P2 = P3
Ek = P2 2m



?mc 2 =


P2 P12 P2 + 2 + 3 2m1 2m2 2m3
1 1 1 + + ) 2m1 2m2 2m3

= P12 (



P12 =

2?mc 2 ? m1 m2 m3 m1 ? m2 + m2 ? m3 + m1 ? m3



E k1 =

?mc 2 m2 m3 P12 = 2m1 m1m2 + m2 m3 + m1m3

Ek 2

?mc 2 m1m3 P22 = = 2m2 m1m2 + m2 m3 + m1m3 P32 ?mc 2 m1m2 = 2m3 m1m2 + m2 m3 + m1m3

Ek 3 =

11.玻璃圆柱形容器的壁有一定的厚度,内装一种在紫外线照射下会发出绿 色荧光的液体,即液体中的每一点都可以成为绿色光源。已知玻璃对绿光的折射 率为 n1,液体对绿光的折射率为 n2。当容器壁的内、外半径之比 r:R 为多少时, 在容器侧面能看到容器壁厚为零? 分析: 所谓“从容器侧面能看到容器壁厚为零” ,是指眼在容器截面位置看 到绿光从 C 点处沿容器外壁的切线方向射出,即本题所描述为折射角为 90°的 临界折射,因为题中未给出 n1 、 n 2 的大小关系,故需要分别讨论。 解: (1)当 n1 < n2 时 因为是要求 r : R 的最小值, 所以当 n1 < n 2 时, 应考虑的是图 33-104 中 ABCD 这样一种临界情况, 其中 BC 光线与容器内壁相切, 光线 CD 和容器外壁相切,即两次都是临界折射,此时应该有

i1 B

A O n2 n1
图 33-104

i2
C D

sin i2 1 = n1 sin 90
sin 设此时容器内壁半径为 r0 , 在直角三角形 BCO 中, i2 = r0 / R 。 r < r0 时, 当 C 处不可能发生临界折射,即不可能看到壁厚为零;当 r > r0 时,荧光液体中很 多点发出的光都能在 C 处发生临界折射,所以只要满足

r / R ≥ 1 / n1
即可看到壁厚为零。 (2)当 n1 = n 2 时 此时荧光液体发出的光线将直线穿过容器内壁,只要在 CB 及 其延长线上有发光体,即可看到壁厚为零,因此此时应满足的条件

A
O

E r0

B

r1

C

i2

D
图 33-105

仍然是

r / R ≥ 1 / n1

(3)当 n1 > n 2 时 因为 n1 > n 2 ,所以荧光液体发出的光在容器内壁上不可能发生折射角为 90° 的临界折射,因此当 r = r0 时,所看到的壁厚不可能为零了,当 r > r0 时,应考虑 的是图 33-105 中 ABCD 这样一种临界情况,其中 AB 光线的入射角为 90°,BC 光线的折射角为 r1 ,此时应该有 n sin 90 = 1 sin r1 n2 在直角三角形 OBE 中有

sin r1 = OE / OB

因为图 33-104 和图 33-105 中的 i 2 角是相同的,所以 OE = r0 ,即 n sin 90 = 1 r0 / r n2
r0 = R n1 代入,可得当



r / R ≥ 1 / n2

时,可看到容器壁厚为零。 上面的讨论,图 33-104 和图 33-105 中 B 点和 C 点的位置都是任意的。故所 得条件对眼的 12.(1)用折射率为 2 的透明物质做成内半径、外半径分
b

别为 a、b 的空心球,b 远大于 a,内表面涂上能完全吸光的物
a

质。问当一束平行光射向此球时被吸收掉的光束横截面积为多
图 33-114

大?(注意:被吸收掉的光束的横截面积,指的是原来光束的

横截面积,不考虑透明物质的吸收和外表面的反射。 )图 33-114 所示是经过球心

的截面图。 (2)如果外半径 b 趋于 a 时,第(1)问中的答案还能成立?为什么? 分析: (1)如图 33-115 所示,不被 a 球吸收的极限光线是与 a 球相切的光线 AB,因此被吸收掉的光束横截面积应该是以 R 为半径的一个圆盘,面积为
S = πR 2 。利用折射定律和相关几何关系式不难求出 R

E i A R
C r b i

B a O

θ

D F

而得解。

R′
(2) b 趋于 a 的过程中, b 减小到一定程度时, 在 当 入射到 b 球面上的所有光线折射后可能都会与 a 球面相

图 33-115

交,此时如果 b 再度减小,则依据第(1)问计算出的

结果就不能成立。 解: (1)如图 33-115 所示,CO 为穿过球心的光线,与 CO 相距为 R 的光线 在 b 球面折射后折射光线 AB 恰好与 a 球相切,则有

R = b sin i
由折射定律 所以

sin i = n sin r R = nb sin r
sin r = a b ,n = 2

i = 90 ° A b r

又因为 所以

B a

R = na = 2a
S = πR 2 = 2πa 2

O

即被吸收掉的光束横截面积为 2πa 。
2

图 33-116

(2)在 b 趋于 a 达到一定程度时,从第(1)问的结果可知,当 b 减小到

b = na = 2a 时, πb 2 = 2πa 2 ,即入射到此空心球上的全部光线都将被吸收掉,

此时极限光线的入射角 i = 90 ,而 R=b,如图 33-116 所示。如果 b 再减小,则 入射到此空心球上的全部光线仍将被吸收掉,此时极限入射光线(即入射角
i = 90 ) 的折射线并不与内球表面相切, 所以被吸收光束

i = 90 ° b r

截面积为 2πa 的结论不再成立。被吸收光束截面积此时
2 2 2 为 πb < 2πa ,参见图 33-117 所示。

a

讨论: (1)本题第(1)问可以改为求经过空心球折
图 33-117

射后的光束在球右边形成的出射光束的截面积大小是多 少的问题。 从左边平行入射到空心球的光束只有 AE 区域间的光线经外球面折射 与 后能够从右半球折射出来, 如图 33-115 所示。 a 球相切的光线 AB 光 b 球于 D, 过 E 点的光线入射角为 90 ,因折射率为 2 ,所以该折射光线的折射角为 45 , 即折射光线刚好交于 b 球于 F 点。设 ∠DOF = θ ,D 到直线 OF 的距离为 R ′ ,且

R ′ = b sin θ ,
2 而出射光束截面积 S ′ = πR ′ 。由几何关系易知 θ = 2r ? r ′ ,



θ = 2 arcsin

a a ? arcsin( n) b b ,所以可求出 S ′ 。

i

A

β B
r

(2)如果把问题改为空心球的内表面没有涂上吸光物质, 而要求进入球内空心部分的光束在球壳外的截面积大小是多少。

i
C

D

O

因为距中心光线 CO 越远的光线,在两球面上的入射角越大,因 此抓住经外球面折射后的光线在内球面上的入射角刚好等于光

图 33-118

从介质进入空气的临界角这条特殊光线来考虑,如图 33-118 所示。设 β 角为光 由介质射入空气的临界角,在ΔABO 中,有

sin r sin(π ? β ) 1 = = a b nb ,

又由 sin i = n sin r , 由图可知 AD = b sin i 。 利用以上几个关系式可得 AD = a ,
2 2 故所求射入球内空心部分的光束在球外的截面积 S ′′ = πAD = πa

点评:从本例的解答中可看出,正确分析和作出边界光线是解决问题的关键。 边界光线是随着具体问题的不同而改变的,要注意针对具体问题灵活把握。 13.真空中有一个半径为 R 的均匀透明球,今有两束相距为 2d(d≤R)对称地 (即两光束与球的一条直径平行并且分别与其等距离)射到球上,试就球的折射 率 n 的取值范围进行讨论 (1)n 取何值时两束光一定在球内相交? (2)n 取何值时两束光一定在球外相交? (3)如果 n、d、R 均已给定,如何判断此时两束光的交点是 在球内还是在球外。 分析:设当球的折射率为 n0 时,两束光刚好交于球面上,如图 33-123 所示。令光线射入球中时的入射角为 i,折射角为 r,则由图 中的几何关系有
r=

d d

γ

O

i
图 33-123

1 i 2

又由折射定律有 n0 sin r = sin i 由上两式解得 n0 = 2 cos r 又由图中的几何关系可以得到

cos r =

(R +

R + R2 ? d 2 R2 ? d 2
2

) +d

2

=

R + R2 ? d 2 2R
1 d2 2 + 2 1? 2 2 R

=

n0 =

1 d2 2 + 2 1? 2 2 R

d 由上式可见,对于某一个确定的比值 R ,为使两光线刚好交于球面,球的

折射率有一个确定的值 n0 与之对应。这样,我们可以假想,若球的实际折射率 n 不等于 n0 时,则两光线进入球内时的情况与前面图示的情况有所不同,即两光 线不是交于球面上。当 n > n0 时,两光线将比图示情况偏折得更厉害(图中角 r 将更小) ,两光线的交点必在球内;当 n < n0 时,两光线将比图示情况偏折得少 一些(图中的角 r 将大一些) ,两光线的交点必在球外。
d d 0 < ≤1 R 若以 R 作为一个变量来讨论上述问题,由于 ,故由此确定的 n0 的

范围是 2 > n0 ≥ 2 。
d 解: 1)当 n ≥ 2 时,对于任何 R 来说,都有 n > n0 ,即不管球的半径和两 (

光线间的距离如何,两光线都必定在球内相交。
d (2)当 n < 2 时,对于任何 R 来说,都有 n < n0 ,即不管球的半径和两光

线间的距离如何,两光线都必定在球外相交。

? 2 ? ?n = 2 + 2 1? d ? ? 0 R2 ? ?的 (3) 对于任意给定的 n、 和 d, R 则只需比较 n 与 n0 ? 大小即可确定两光线的交点是在球内还是在球外: 当 n > n0 时,两光线的交点在球内; 当 n = n0 时,两光线的交点在球面上; 当 n < n0 时,两光线的交点在球外; 一点电荷+q 和半径为 a 的接地导体的球心相距为 h, 求空间的 14. 电势分布。 分析: 分析:此处是电荷与导体上的感应电荷共同作用的情况,此处导体 是一导体球,而非平板。我们自然地猜想,球上的感应电荷可否用像电 荷等效替代?若可以,该电荷应在何处? 解:在导体球面上,电力线与球面正交,从电力线会聚的趋势(如 图 41-85(a) )来看,感应电荷与-电荷 ? q ′ 相当。据对称性, ? q ′ 应在 z 轴上,设其距球心 h′ 。如图 41-85(b) 。 点电荷+q 与像电荷 ? q ′ 在 P 点的电势为
图 41-85(a)

+q

? q q′ U = k? ? ? 2 2 r 2 + h ′ 2 ? 2rh ′ cosθ ? r + h ? 2ah cosθ
由球面上 U=0,即 r=a 处。U=0,有

? ? ? ?

q a 2 + h 2 ? 2rah cosθ

=

q′ a 2 + h′ 2 ? 2ah′ cosθ

上式含有参量 q ′ 与 h′ ,因而问题化成能否找到两个参量 q ′ 和 h′ ,使上式对

于任意的 θ 都能满足。两边平方 q 2 a 2 + h 2 ? 2q 2 ah ′h cos θ = q ′ 2 a 2 + h 2 ? 2q ′ 2 ah cos θ

(

)

(

)

要使此式对任意 θ 都成立,必须

q 2 a 2 + h 2 = q′ 2 + a 2 + h 2

(

)

(

)

q 2 h′ = q ′ 2 h

得出 q ′ 和 h′

h=

a2 h

q′ =

a ?q h

h′ = h

q′ = +q

Z +q r h r′ P ? q′ θ h′ r0 O

其中第一组解像电荷在球内,其对球外空间作用与感应电荷相同。第二组 解像电荷就在 q 处,其对球内空间作用与感应电荷相同(第二组解并非其他书 上所说的毫无意义,这一结果有很好的应用。虽然它看起来显而易见) 。 球外空间电势为
? ? q q ? U = K? ? 2 2 2 ?h? ? h + r ? 2rh cos θ a 2 + ? ? r 2 ? 2hr cos θ ? ?a? ? ? ? ? ? ? ? ?
图 41-85(b)

球内空间电势为零。 讨论: 讨论:若导体球绝缘,并且原来不带电,则当导体球放在点电荷 q 的电场中 时,球将感应等量的正负电荷,球外空间的电场由点电荷 q 及球面上的感应正负

电荷共同产生。这时感应电荷的贡献,除了负电荷根据上面的讨论可由球内 Z 轴上的象 ? q ′ 代替外,还应有一个感应正电荷的像 q ′ ,为了保持球面等势,这个 像的位置位于球心。那么

? q q′ q′ ? U = K? + + ? ?r r r′ ? 0 ? ?
对于球面上任意一点
q q′ = r r′

而 r0 = a ,所以 U =K q′ q = K = 常数 a h

从上式可以看出球面的电势相当于单独的一个点电荷 q 在球心的电势。 实际 上,由于球表面带电总量为零,这一点是显而易见的。
2 如果 q 移到无限远,即 h → ∞ ,同时增大 q,使在球心处的电场 E 0 = kq / h

保持有限。 这时, 像电荷 ? q ′ 的

h′ =

a2 3 2 h 无限趋近球心, q ′h ′ = a q / h 保持有限, 但

因而像电荷 q ′ 和 ? q ′ 在球心形成一个电偶极子,其偶极矩为

P = q ′h ′ =

a3 E 0 = 4πε 0 a 3 E0 k 。

无限远的一个带无限多电量的点电荷在导体附近产生的电场 E0 可看作是均 匀的。因此一个绝缘的金属球在匀强电场 E0 中受到感应后,它的感应电荷在球

a3 E0 的偶极子。 外空间的作用相当于一个处在球心,电偶极矩为 K

15.电荷 q 均匀分布在半球面 ACB 上,球面的半径为 R,CD 为通过半球顶点 C 与球心 O 的轴线,如图 41-91。P、Q 为 CD 轴线上在 O 点两侧,离 O 点距离相 等的两点,已知 P 点的电势为 Up,试求 Q 点的电势 UQ。 分析: 分析:本题关键是将其转化为空间对称情形,而后用电势叠加原理求解。 解:设想一匀匀带电、带电量也是 q 的右半球,与题中所给的左半球组成一 个完整的均匀带电球面,由对称性可知,右半球在 P 点的电势 U p 等于左半球在 Q 点的电势,即
'

U 'p = U 0

(1)

所以

U p + U Q = U p + U 'p

(2)

' 而 U p + U p 正是两个半球同时存在时 P 点的电势。 因为均匀带电球壳内部各

2q 处电势都相等,其值等于 R ,k 为静电力恒量,所以得 k U p + U 'p = k 2q R

(3)

由(2)、(3)两式得

UQ = k

2q ?U p R


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