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第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案


一、 由于湖面足够宽阔而物块体积很小,所以湖面的绝对高度在物块运动过 程中始终保持不变,因此,可选湖面为坐标原点并以竖直向下方向为正方向 建 立 坐 标 系 ,以 下 简 称 x 系 . 设 物 块 下 底 面 的 坐 标 为 x ,在 物 块 未 完 全 浸 没 入 湖水时,其所受到的浮力为
f b ? b2 x ? g

( x?b)


(1)

式 中 g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为

fg ? b3 ??g
设物块的加速度为 a,根据牛顿第二定律有

(2)

b3 ??a ? fg ? fb
将 (1) 和 (2) 式 代 入 (3) 式 得
a??

(3)

?g ? ?? ? x ? b? ? ? ?b ? ? ?

(4 )

将 x 系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简称 X 系. 新旧坐标的关系 为
1

X ? x?

?? b ?

(5 )

把 (5) 式 代 入 (4) 式 得
a??

?g X ? ?b

(6) (6) 式 表 示 物 块 的 运 动 是 简 谐 振 动 . 若 X ? 0 ,则 a ? 0 ,对 应 于 物 块 的 平 衡 位 置 . 由 (5) 式 可 知 , 当 物 块 处 于 平 衡 位 置 时 , 物 块 下 底 面 在 x 系 中 的 坐 标 为
x0 ?

?? b ?

(7)

物块运动方程在 X 系中可写为
X (t ) ? Acos ??t ? ? ?

(8)

利用参考圆可将其振动速度表示为
V (t ) ? ? A?sin ??t ? ? ?

(9)

式中 ?为振动的圆频率

??

? g ?' b

(10)

在 (8 ) 和 (9) 式 中 A 和 ? 分 别 是 振 幅 和 初 相 位 , 由 初 始 条 件 决 定 . 在 物 块 刚 被 释 放 时 , 即 t ? 0 时 刻 有 x = 0 , 由 (5) 式 得
X (0) ? ?

?? b ?

(11) (12)

V (0) ? 0

由 (8) 至 (12) 式 可 求 得
A?

?? b ?

(13) (14)

? ??
将 (10) 、 (13) 和 (14) 式 分 别 代 人 (8) 和 (9) 式 得

2

X (t ) ?

?? b cos ??t ? ? ? ?

(15) (16)

V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?

由 (15) 式 可 知 , 物 块 再 次 返 回 到 初 始 位 置 时 恰 好 完 成 一 个 振 动 周 期 ; 但 物 块 的 运 动 始 终 由 (15) 表 示 是 有 条 件 的 , 那 就 是 在 运 动 过 程 中 物 块 始 终 没 有 完 全 浸没在湖水中. 若物块从某时刻起全部浸没在湖水中,则湖水作用于物块的 浮力变成恒力,物块此后的运动将不再是简谐振动,物块再次返回到初始位 置所需的时间也就不再全由振动的周期决定. 为此,必须研究物块可能完全 浸没在湖水中的情 况. 显然,在 x系中看,物 块下底面坐标为 b 时,物块刚好 被 完 全 浸 没 ; 由 (5) 式 知 在 X 系 中 这 一 临 界 坐 标 值 为
? ?? ? X ? X b ? ?1 ? ? b ?? ?

( 17 )

即 物 块 刚 好 完 全 浸 没 在 湖 水 中 时 , 其 下 底 面 在 平 衡 位 置 以 下 Xb 处 . 注 意 到 在 振动过程中,物块下底面离平衡位置的最大距离等于振动的振蝠 A,下面分 两种情况讨论: I . A ? X b . 由 (13) 和 (17) 两 式 得

? ? 2? ?

(18)

在这种情况下,物块在运动过程中至多刚好全部浸没在湖水中. 因而,物块 从 初 始 位 置 起 , 经 一 个 振 动 周 期 , 再 次 返 回 至 初 始 位 置 . 由 (10) 式 得 振 动 周 期
T? 2?

?

? 2?

? ?b ?g

(19)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间

tI ? T ? 2?

? ?b ?g

(20)

II . A ? X b . 由 (13) 和 (17) 两 式 得

? ? 2? ?
3

(21)

在这种情况下,物块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水表面之下. 设从初始位置起, 经 过 时 间 t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 , 这 时 X ? t1 ? ? X b . 由 (1 5) 和 (17) 式 得

?? ?? cos ?? t1 ? ? ? ? 1 ? ? ?
取合理值,有
t1 ? ?? ?? ? ?b ? ?? ? arccos ? ? 1?? ?g ? ? ? ? ??

(2 2)

(23)

由 上 式 和 (16) 式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为

V ( 1t )? ?

?? ? ?? g b1 ? -?? ? 1 ? ?? ?

2

(24)

此 后 ,物 块 在 液 体 内 作 匀 减 速 运 动 ,以 a? 表 示 加 速 度 的 大 小 ,由 牛 顿 定 律 有
a? ?

? ? ?? g ??

(25 )

设 物 块 从 刚 好 完 全 浸 入 湖 水 到 速 度 为 零 时 所 用 的 时 间 为 t2 , 有
V ? t1 ? ? a?t2 ? 0

(26)

由 (24)-(26) 得

?? ? ?? b? ? t2 ? 1 ? ? ? 1? ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?
物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为

2

(2 7)

tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2

?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? ? ? g? ? ? ( ? ? ? ) g ? ? ? ?? ? ?

2

(28)

评分标准: 本题 17 分.(6)式 2 分, (10) (15) (16) (17) (18)式各 1 分, (20)式 3 分, (21) 式 1 分, (23)式 3 分, (27)式 2 分, (28)式 1 分.
4

二、 1. i. 通 过 计 算 卫 星 在 脱 离 点 的 动 能 和 万 有 引 力 势 能 可 知 , 卫 星 的 机 械 能 为 负 值 . 由 开 普 勒 第 一 定 律 可 推 知 ,此 卫 星 的 运 动 轨 道 为 椭 圆( 或 圆 ) ,地 心 为 椭 圆 的 一 个 焦 点 ( 或 圆 的 圆 心 ) ,如 图 所 示 .由 于 卫 星 在 脱 离 点 的 速 度

0.80R

R

a
5

b

垂直于地心和脱离点的连线,因此脱离点必为卫星椭圆轨道的远地点(或近 地点) ; 设 近 地 点 ( 或 远 地 点 ) 离 地 心 的 距 离 为 r , 卫 星 在 此 点 的 速 度 为 v .由 开普勒第二定律可知

r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)

式 中 ? (? 2 根据机械能守恒定 ? / Te 为 ) 地 球 自 转 的 角 速 度 .令 m 表 示 卫 星 的 质 量 , 律有

1 2 GMm 1 GMm 2 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R
由 ( 1) 和 ( 2) 式 解 得
r ? 0.28 R

( 2)

(3 ) 可

见 该 点 为 近 地 点 ,而 脱 离 处 为 远 地 点 . 【 ( 3) 式 结 果 亦 可 由 关 系 式 :

?
直接求得】

GMm 1 GMm 2 ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R

同步卫星的轨道半径 R满足

GM ? R? 2 R2
由 (3) 和 (4) 式 并 代 入 数 据 得
r ? 1.2 ? 104 km

(4 )

(5)

可见近地点到地心的距离大于地球半径,因此卫星不会撞击地球. ii. 由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 卫 星 的 面 积 速 度 为 常 量 ,从 远 地 点 可 求 出 该 常 量为

?s ?

1 2 ? 0.80R ? ? 2

(6 )

设 a和 b 分别为卫星椭圆轨道的半长轴和半短轴,由椭圆的几何关系有
6

a?

0.28R ? 0.80R 2
2

(7) (8)

? 0.80 ? 0.28 ? 2 b ? a2 ? ? ? R 2 ? ?
卫星运动的周期 T 为
T?

? ab ?s

(9 )

代人相关数值可求出
T ? 9.5h

(10)

卫星刚脱离太空电梯时恰好处于远地点,根据开普勒第二定律可知此时 刻卫星具有最小角速度,其后的一周期内其角速度都应不比该值小,所以卫 星 始 终 不 比 太 空 电 梯 转 动 得 慢 ; 换 言 之 , 太 空 电 梯 不 可 能 追 上 卫 星 .设 想 自 卫 星 与 太 空 电 梯 脱 离 后 经 过 1.5T ( 约 14 小 时 ) ,卫星到达近地点,而此时太空 电 梯 已 转 过 此 点 ,这 说 明 在 此 前 卫 星 尚 未 追 上 太 空 电 梯 .由 此 推 断 在 卫 星 脱 落 后 的 0-12 小 时 内 二 者 不 可 能 相 遇 ; 而 在 卫 星 脱 落 后 12-24 小 时 内 卫 星 将 完 成 两 个 多 周 期 的 运 动 , 同 时 太 空 电 梯 完 成 一 个 运 动 周 期 , 所 以 在 12-24 小 时 内二者必相遇,从而可以实现卫星回收. 2. 根 据 题 意 , 卫 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 上 的 脱 离 点 分 别 为 其 轨 道 的 近 地 点 和 远 地 点 .在 脱 离 处 的 总 能 量 为 1 GMm GMm m( Rx? )2 ? ?? 2 Rx Rx ? Re 此式可化为 ( 11 )

? Rx ? ? Rx ? 2GM ? ? ?1 ? ? ? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?
这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 , 用 数 值 方 法 求 解 可 得
Rx ? 4.7 Re ? 3.0 ?104 km

3

(12)

( 13 )

【 Rx 亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 . 令 v e 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点即近地点的速率,则有
2 Re ve ? Rx ?


1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx? ) 2 ? 2 Re 2 Rx
7

由 上 两 式 联 立 可 得到方程

? Rx ? ? Rx ? 2GM Rx 2GM ? 2 3 ?0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re ? ? Re ? ? Re Re ? Re
其中除 Rx 外其余各量均已知, 因此这是关于 Rx 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 Rx .】 卫星从脱离太空电梯到与地球赤道相切经过了半个周期的时间, 为了求出卫星运行的周 期 T ? ,设椭圆的半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有

5

3

a? ?

Rx ? Re 2
2

(14)

? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?
因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

(15)

1 2

(16)

所以卫星的运动周期为
T? ?

? a?b? ? s?

(17)

代入相关数值可得
T ? ? 6.8 h

(18)

卫星与地球赤道第一次相切时已在太空中运行了半个周期, 在这段时间内, 如果地球不转动, 卫星沿地球自转方向运行 180 度,落到西经 (180? ? 110?) 处与赤道相切. 但由于地球自转, 在这期间地球同时转过了 ?T ? / 2 角度,地球自转角速度 ? ? 360? / 24h ? 15? / h ,因此卫星与 地球赤道相切点位于赤道的经度为西经

? ? 180? ? 110? ?
即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准: 本题 23 分.
8

?T ?
2

? 121?

(19)

第 1 问 16 分,第 i 小问 8 分,(1)、(2)式各 2 分, (4)式 2 分, (5)式和结论共 2 分. 第 ii 小问 8 分, (9) 、 (10)式各 2 分,说出在 0-12 小时时间段内卫星不可能与太空电梯 相遇并给出正确理由共 2 分,说出在 12-24 小时时间段内卫星必与太空电梯相遇并给出正 确理由共 2 分. 第 2 问 7 分,(11)式 1 分, (13)式 2 分, (18)式 1 分, (19)式 3 分. (数值结果允 许有 5% 的相对误差)

三、 解法一 如图 1 所示, 建直角坐标 Oxy ,x 轴与挡板垂直, y

y 轴与挡板重合. 碰撞前体系质心的速度为 v 0 ,方向
沿 x 轴正方向,以 P 表示系统的质心,以 vPx 和 vPy 表 示碰撞后质心的速度分量,J 表示墙作用于小球 C 的 冲量的大小. 根据质心运动定理有
? J ? 3mvPx ? 3mv0

A

B

?
P

O x

(1) (2)

0 ? 3mvPy ? 0
由(1)和(2)式得 3mv0 ? J vPx ? 3m vPy ? 0
C 与挡板碰撞过程中,质心的坐标为

? lCP
C

(3) (4) 图1

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量 . 在球
xP ? ?l c o s ? 1 yP ? ? l s i n ? 3

(5) (6)

球 C 碰挡板前,三小球相对于质心静止,对质心的角动量为零;球 C 碰挡板后,质心相对
9

质心参考系仍是静止的, 三小球相对质心参考系的运动是绕质心的转动, 若转动角速度为 ? , 则三小球对质心 P 的角动量
2 2 2 L ? m?lAP ? m?lBP ? m?lCP

(7)

式中 l AP 、 lBP 和 lCP 分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知 1 2 2 2 (8) lAP ? l 2cos 2 ? ? l sin ? 9 1 2 (9) lBP ? l 2 sin 2 ? 9 4 2 (10) lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9 由(7) 、 (8) 、 (9)和(10)各式得 2 (11) L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) 3 在碰撞过程中,质心有加速度,质心参考系是非惯性参考系,在质心参考系中考察动力学问 题时,必须引入惯性力. 但作用于质点系的惯性力的合力通过质心,对质心的力矩等于零, 不影响质点系对质心的角动量, 故在质心参考系中, 相对质心角动量的变化仍取决于作用于 球 C 的冲量 J 的冲量矩,即有

2 (12) J l sin ? ? L 3 【也可以始终在惯性参考系中考察问题, 即把桌面上与体系质心重合的那一点作为角动量的
参考点,则对该参考点(12)式也成立】 由(11)和(12)式得

??

J sin ? ml (1 ? 2 cos 2 ? )

(13)

球 C 相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图 1)
vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |)

(14) (15) (16) (17)

vCPy ? ??lCP cos ? ? ??l cos ?
球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为
vCx ? vCPx ? vPx

由(3) 、 (6) 、 (13) 和 (16)各式得
vCx ? ? J ? v0 m(1 ? 2 cos 2 ? )

根据题意有
vCx ? 0

(18)由(17)和(18)式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? )

y

由(13)和(19)式得 v sin ? (20) ?? 0 l 球 A 若先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板碰撞后, 整个系统至少应绕质心转过 ??? 角,即杆 AB 至少转到沿 y
10

(19)

A O P B x

C

图2

方向,如图 2 所示. 系统绕质心转过 ??? 所需时间 1 ? t? 2 (21) ? 在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

(22) (23)


yP ? ?x ? xP

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由(5) 、 (6) 、 (14) 、 (16) 、 (18) 、 (21) 、 (22)和(23)式 得

? ? arctan


3 1? ?

(24)

? ? 36?
评分标准:

(25)

本题 25 分.(1) 、 (2) 、 (11) 、 (12) 、 (19) 、 (20)式各 3 分, (21)式 1 分, (22) 、 (23)式各 2 分.(24)或(25)式 2 分.

解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, y

y 轴与挡板重合,以 vAx 、vAy 、vBx 、vBy 、vCx 和 vCy 分
别表示球 C 与挡板刚碰撞后 A 、 B 和 C 三球速度的分量, 根据题意有
vCx ? 0

v Ay
A

vBy
v Ax B
P

?

vBx O
x

vCy
C C 图1

(1)

以 J 表示挡板作用于球 C 的冲量的大小,其方向沿 x 轴 的负方向,根据质点组的动量定理有
11

?J ? m vA x ? m vBx ? 3 m v

0

(2) (3)

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有

Jl sin ? ? mvAy ? l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
因为连结小球的杆都是刚性的,故小球沿连结杆的速度分量相等,故有
vAx ? vBx

(4)

(5) (6) (7)

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos? vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin ?
(7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角. 由几何关系有
cos ? ? sin ? ? 2cos ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? 1 ? 3cos 2 ?

(8) (9)

解以上各式得
J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? )
vAx ? v0 sin 2 ?

(10) (11) (12) (13) (14) (15)

vAy ? v0 sin ? cos?
vBx ? v0 sin 2 ?

vBy ? 0 vCy ? ?v0 sin ? cos?

按题意,自球 C 与挡板碰撞结束到球 A (也可能球 B )碰撞挡板墙前,整个系统不受外力作 用,系统的质心作匀速直线运动. 若以质心为参考系,则相对质心参考系,质心是静止不动 的,A 、B 和 C 三球构成的刚性系统相对质心的运动是绕质心的转动. 为了求出转动角速度, 可考察球 B 相对质心的速度.由(11)到(15)各式,在球 C 与挡板碰撞刚结束时系统质心 P 的
12

速度

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? 3m 3 mvAy ? mvBy ? mvCy vPy ? ?0 3m vPx ?
这时系统质心的坐标为
xP ? ?l c o s ?

(16) (17)

(18) (19)

1 yP ? ? l sin ? 3

不难看出,此时质心 P 正好在球 B 的正下方,至球 B 的距离为 yP ,而球 B 相对质心的速度

1 2 vB P x? v B x ? v P? vs i 0n ? x 3
vBPy ? 0
可见此时球 B 的速度正好垂直 BP ,故整个系统对质心转动的角速度

(20) (21)

??

vBPx v0 sin ? ? yP l

(22) y

若使球 A 先于球 B 与挡板发生碰撞,则在球 C 与挡板 碰撞后,整个系统至少应绕质心转过 π / 2 角,即杆 AB 至少 转到沿 y 方向, 如图 2 所示. 系统绕质心转过 π / 2 所需时间
1 π t? 2

A O P B x

?

(23)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离 C
?x ? vPx t

(24) 图2


yP ? ?x ? xP

(25)

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得

? ? arctan


3 1? ?

(26)

13

? ? 36?
(27)

评分标准: 本题 25 分. (2) 、 (3) 、 (4) 、 (5) 、 (6) 、 (7)式各 2 分, (10) 、 (22)式各 3 分, (23) 式 1 分, (24) 、 (25)式各 2 分, (26)或(27)式 2 分.

四、 参考解答: 1. 虚 线 小 方 框 内 2n 个 平 行 板 电 容 器 每 两 个 并 联 后 再 串 联 , 其 电 路 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式
1 n ? Ct1 2C

( 1)



Ct1 ?
式中

2C n

( 2)

S 4? kd 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式 C?
14

( 3)

1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 ? 2C 4C 8C ?

( 4)



C 2 整个电容网络的等效电容为 Ct 2 ?
Ct ? Ct C 2C 1 t 2 ? Ct 1? C t 2 n ? 4

( 5)

( 6)

等效电容器带的电量(即与电池正极连接的电容器极板上电量之和) S? qt ? C t ? ? (n ? 4)2? kd

( 7)

当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 , 2n 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的
? 满足下式 等 效 电 容 Ct1

1 n ?1 2 ? ? ? Ct1 2C 3C

( 8)

由此得

6C 3n ? 1 整个电容网络的等效电容为 ? ? Ct1
Ct? ? ? Ct 2 Ct1 6C ? ? ? Ct 2 3n ? 13 Ct1

( 9)

( 10 ) 整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
qt? ? Ct?? ? 3S ? (3n ? 13)2? kd

( 11 )

在 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 由 d 变 为 2d 后 , 等 效 电 容 器 所 带 电 荷 量 的 改 变为
?qt ? qt? ? qt ? ? S? (3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 12 )

电容器储能变化为
?U ? 1 S? 2 Ct?? 2 ? Ct ? 2 ? ? ? ? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd

( 13 )

在此过程中,电池所做的功为
A ? ?qt ? ? ? S? 2 (3n ? 13)(n ? 4)2? kd
S? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd
15

( 14 )

外力所做的功为
A? ? ?U ? A ?

( 15 )

2. 设 金 属 薄 板 插 入 到 电 容 器 a 后 , a 的 左 极 板 所 带 电 荷 量 为 q ? ,金 属 薄 板 左 侧 带 电 荷 量 为 ?q? , 右 侧 带 电 荷 量 为 (q? ? Q ) , a 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ?( q ? ? Q ) , 与 a 并 联 的 电 容 器 左 右 两 极 板 带 电 荷 量 分 别 为 q?? 和 ? q ?? .由 于 电 容 器 a 和 与 其 并联的电容器两极板电压相同,所以有 q?? q? ( q ? ? Q) ? ? S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 由 ( 2) 式 和 上 式 得 ( 16 )

2d ? x ( 17 ) d 上式表示电容器 a 左极板和与其并联的电容器左极板所带电荷量的总和,也 q? ? q?? ? 3q? ? Q
是 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 所 带 电 荷 量 ( 即 与 电 池 正 极 连 接 的 电 容器的极板上电荷量之和). 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即
q? ? q?? q? ? q?? q?? ? (n ? 1) ? ?? ct 2 2C C

( 18 )

将 ( 2) 、 ( 5 ) 和 ( 17 ) 式 代 入 ( 18 ) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量
q? ? S? (n ? 5)(2d ? x) ? Q (3n ? 13)2? kd (3n ? 13)d

( 19 )

评分标准: 本题 21 分. 第 1 问 13 分, (2)式 1 分, (5)式 2 分, (6) 、 (7) 、 (10) 、 (11) 、 (12) 式各 1 分, (13)式 2 分,(14)式 1 分, (15)式 2 分. 第 2 问 8 分, (16) 、 (17) 、 (18) 、 (19)式各 2 分.

16

五、 参考解答: 如图 1 所示, 当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 错误! 未找到引用源。水平向右滑动到时,因切割磁力线,在 金属杆中产生由 b 指向 a 的感应电动势的大小为 a c

l1
I1

l2 I
I2

? ? BLv

(1)

式中 L 为金属杆在错误!未找到引用源。位置时与大圆 环两接触点间的长度,由几何关系有
? R ? L ? 2 R12 ? ? 1 ? ? 2R1 ? 100 ?
2

(2 )

b 图 1 d

在金属杆由错误! 未找到引用源。 位置滑动到 cd 位置过

程中, 金属杆与大圆环接触的两点之间的长度 L 可视为不变, 近似为 2 R1 .将 (2) 式代入 (1) 式得,在金属杆由错误!未找到引用源。滑动到 cd 过程中感应电动势大小始终为

? ? 2 BR1v
两端的电压,由欧姆定律有
Uab ? I1l1r0 U ab ? I 2l2 r0

(3)

以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b

(4) (5)

式中, l1 和 l2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l2 中的电流在圆心处产生的磁 感应强度的大小分别为

17

B1 ? km B2 ? k m

I1l1 R12 I 2 l2 R12

(6) (7)

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.

由(4) 、 (5) 、 (6)和(7)式可知整个大圆环电流在圆心处错误!未找到引用源。产 生的错误!未找到引用源。为
B0 ? B2 ? B1 ? 0

(8)

无论长直金属杆滑动到大圆环上何处,上述结论都成立,于是在圆心处只有金属杆错误!未 找到引用源。的电流 I 所产生磁场. 在金属杆由 ab 滑动到 cd 的过程中,金属杆都处在圆心附近,故金属杆可近似视为无 限长直导线,由提示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的磁感应强度大小为 2I B3 ? km R1 100 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流 (9)

I? R?

?
R左 R右 R左 ? R右

a

(10)

I1 R左

I Rab
b

ε

I2 R右

其中 R 为金属杆与大圆环两接触点间这段金属杆的电阻, R左 和 R右 分别为金属杆左右两侧圆弧的电阻,由于长直金属杆非 常靠近圆心,故
Ra b ? 2 R 1r, 1


R =右 R? ?

R 1 r 0 (11)

图 2

利用(3) 、 (9) 、 (10)和(11)式可得 800km v B B3 ? R1 (4r1 ? ? r0 )

(12)

由于小圆环半径错误!未找到引用源。 ,小圆环圆面上各点的磁场可近似视为均匀的, 且都等于长直金属杆在圆心处产生的磁场. 当金属杆位于 ab 处时,穿过小圆环圆面的磁感 应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3

(13)

当长直金属杆滑到 cd 位置时,杆中电流产生的磁感应强度的大小仍由(13)式表示,但方向 相反,故穿过小圆环圆面的磁感应通量为
2 ?cd ? ? R2 (? B3 )

(14)

在长直金属杆以速度错误!未找到引用源。从 ab 移动到 cd 的时间间隔 ?t 内,穿过小 圆环圆面的磁感应通量的改变为
?? ? ?c d ? ? a b ? ?2? R2 B 2
3

(15)

由法拉第电磁感应定律可得,在小圆环中产生的感应电动势为大小为

18

?i ? ?

2 B3 ?? 2? R2 ? ?t ?t

(16)

在长直金属杆从 ab 移动 cd 过程中,在小圆环导线中产生的感应电流为 RB ?i Ii ? ? 2 3 2? R2 r0 r0 ?t

(17)

于是,利用(12)和(17)式,在时间间隔 ?t 内通过小环导线横截面的电荷量为
Q ? I i ?t ? R2 B3 800km vBR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(18)

评分标准: 本题 25 分. (3)式 3 分, (4) 、 (5)式各 1 分, (8) 、 (10)式各 3 分, (12)式 3 分, (15)式 4 分, (16) 、 (17)式各 2 分, (18)式 3 分.

六、 参考解答: 设 重 新 关 闭 阀 门 后 容 器 A 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n1 ,B 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n2 , 则气体总摩尔数为

n ? n1 ? n2

( 1)

把两容器中的气体作为整体考虑,设重新关闭阀门后容器 A 中气体温度 为 T1? , B 中 气 体 温 度 为 T2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变 化可表示为
?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ?
19

( 2)

由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

?U ? 0

( 3)

令 V1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 p1 ,关闭阀门后 A 中气 体压强为 ? p1 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知

n?

p1V1 RT1

( 4) ( 5)

n1 ?
由以上各式可解得

(? p1 )V1 RT1?

T2 ?

?1 ? ? ? T1T1?
T1? ? ? T1

由于进入容器 B 中的气体与仍留在容器 A 中的气体之间没有热量交换, 因而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中的那部分气体经历了一个 绝 热 过 程 , 设 这 部 分 气 体 初 始 时 体 积 为 V10 ( 压 强 为 p1 时), 则 有

pV
利用状态方程可得

C?R C 1 10

? (? p1 )V1

C?R C

(6 )

p1V10 (? p1 )V1 ? T1 T1?

( 7)

由 ( 1) 至 ( 7) 式 得 , 阀 门 重 新 关 闭 后 容 器 B 中 气 体 质 量 与 气 体 总 质 量 之 比
R C?R C C?R

n2 2 ? ? ?? ? R n C?R 2 ?? ??

( 8)

20

评分标准: 本题 15 分. (1)式 1 分, (2)式 3 分, (3)式 2 分, (4) 、 (5)式各 1 分, (6)式 3 分, (7)式 1 分, (8)式 3 分.

七、 答案与评分标准: 1. 19.2 10.2 (4 分 , 填 19.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 10.0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 )

2. 20.3 4.2

(4 分 , 填 20.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) (4 分 , 填 4.0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 )

21

八、 参考解答: 在相对于正离子静止的参考系 S 中,导线中的正离子不动,导电电子以 速 度 v0 向 下 匀 速 运 动 ; 在 相 对 于 导 电 电 子 静 止 的 参 考 系 S? 中 , 导 线 中 导 电 电 子 不 动 , 正 离 子 以 速 度 v0 向 上 匀 速 运 动 . 下 面 分 四 步 进 行 分 析 . 第 一 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 的 大 小 和 方 向 . 若 S 系 中 一 些 正 离 子 所 占 据 的 长 度 为 l , 则 在 S? 系 中 这 些 正 离 子 所
? ,由相对论中的长度收缩公式有 占 据 的 长 度 变 为 l?

? ? l 1? l?

2 v0 c2

( 1)

? ,由于 设 在 参 考 系 S 和 S ? 中 , 每 单 位 长 度 导 线 中 正 离 子 电 荷 量 分 别 为 ? 和 ??

离子的电荷量与惯性参考系的选取无关,故
?l? ? ? ?l ??

( 2)

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得

?? ??

?
v2 1? 0 c2

( 3)

设在 S 系中一些导电电子所占据的长度为 l , 在 S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占
? ,则由相对论中的长度收缩公式有 据 的 长 度 为 l?

22

? 1? l ? l?

2 v0 c2

( 4)

同理,由于电子电荷量的值与惯性参考系的选取无关,便有

?? ?

? ?? v2 1? 0 c2

( 5)

? 分 别 为 在 参 考 系 S 和 S? 中 单 位 长 度 导 线 中 导 电 电 子 的 电 荷 量 . 式 中 , ? ? 和 ??

在 参 照 系 S? 中 , 导 线 2 单 位 长 度 带 的 电 荷 量 为
? ? ?? ?? ? ? ? ??

?
v2 1? 0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? c2

2 v0 2 c2 v0 1? 2 c

?

( 6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为
E? ? 2 ke ? ? ? a
2 2ke ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 7)

电 场 强 度 方 向 水 平 向 左 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 受 到 的 电 场 力 的 大 小 为
f e?? ? qE ? ?
2 2 k e q ? v0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 8)

电场力方向水平向左. 第 二 步 , 在 参 考 系 S? 中 , 考 虑 导 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 磁 场 力 的 大 小 和 方 向 . 在 参 考 系 S? 中 , 以 速 度 v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为

? v0 ? I ? ? ??

? v0
v2 1? 0 c2

( 9)

导 线 2 中 的 电 流 I?在 导 线 1 处 产 生 磁 场 的 磁 感 应 强 度 大 小 为

B? ?

2km I ? 2km ? v0 ? a v2 a 1? 0 c2

( 10 )

磁 感 应 强 度 方 向 垂 直 纸 面 向 外 .导 线 1 中 电 荷 量 为 q 的 正 离 子 所 受 到 的 磁 场 力 的大小为

23

? ? ? q v0 B ? ? fm

2 2 k m q ? v0

a 1?

2 v0 2 c

( 11 ) 方向水平向右,与正离子所受到的电场力的方向相反. 第三步,在参考系 S 中,考虑导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁 场 力 的 大 小 和 方 向 .由 题 设 条 件 ,导 线 2 所 带 的 正 电 荷 与 负 电 荷 的 和 为 零 ,即

? ? (?? ) ? 0
因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零
fe? ? 0

( 12 )

( 13 )

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1+ ? 0

( 14 )

导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零
f m ? ? qv1+ B ? 0

( 15 )

式 中 ,B 是 在 S 系 中 导 线 2 的 电 流 在 导 线 1 处 产 生 的 磁 感 应 强 度 的 大 小 . 于 是 , 在 S 系中,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力的合力为零. 第四步,已说明在 S 系中导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力和磁场力 的合力为零,如果导线 1 中正离子还受到其他力的作用,所有其它力的合力 必 为 零 ( 因 为 正 离 子 静 止 ). 在 S ? 系 中 , 导线 2 对导线 1 中正离子施加的电场力 和磁场力的合力的大小为
? ? ? f e?? f ? ? fm

(16)

因 为 相 对 S? 系 , 上 述 可 能 存 在 的 其 它 力 的 合 力 仍 应 为 零 , 而 正 离 子 仍 处 在 勻 速 运 动 状 态 , 所 以 (16) 式 应 等 于 零 , 故
? ? ? fe?? fm

( 17 ) 由 ( 8) 、 ( 11 ) 和 ( 17 ) 式 得

24

ke ? c2 km

( 18 )

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

25


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