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第29届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


第 29 届 全 国 中 学 生 物 理 竞 赛 复 赛 试 卷 参 考 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) (2)

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 b3 ??a ? fg ? fb

(3)

将 (1) 和 (2) 式 代 入 (3) 式 得 a ? ?

?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



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 ? ? ? 式中 ?为振动的圆频率 ? ?

(9)

? 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) ?
V (0) ? 0

(12)

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
X ( t) ?

?? ?

b c ?? o s ?t ??

(15) V ( t ) ? ?

?? gb sin ?? t ? ?? ?

(1 6)

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 2? ? ?b (19) 物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间 T? ? 2? ? ?g

?

t I ? T ? 2?

? ?b ?g

(20)

I I . A ? X b . 由 (13) 和 (17) 两 式 得

? ? 2? ?

(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 (15) 和 (17) 式 得 ?? ?? cos ?? t1 ? ? ? ? 1 ? ? ? 取 合 理 值 , 有 t1 ?

(22)
?? ?? ? ?b ? 1 ?? ? a r c c o ?s ? ? ? ? ?g ? ?? ??

(23)

由 上 式 和 (16) 式 可 求 得 这 时 物

块的速度为

V (t1 ) ? ?

?? ? ?? gb 1- ? ? 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 t 2 , 有 V ? t1 ? ? a?t2 ? 0 (26) 由 (24)-(26) 得 t2 ?
?? ? ?? b? ? 1 ? ? ? 1? ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?
2

(27)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2 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. 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 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 R 0.80R 此 点 的 速 度 为 v .由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知
r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)

a

式 中 ? (? 2 ? T /e 为 ) 地 球 自 转 的 角 速 度 .令
m表示卫星的质量,根据机械能守恒定

b

律 有

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

( 2 ) 由 ( 1 ) 和 ( 2 ) 式 解 得 r ? 0.28 R 远 地 点 .【 ( 3 )式 结 果 亦 可 由 关 系 式 : ? 同步卫星的轨道半径 R满足

(3) 可 见 该 点 为 近 地 点 , 而 脱 离 处 为
GMm 1 GMm 2 直接求得】 ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R

GM ? R? 2 2 R

(4)

由 (3) 和 (4) 式 并 代 入 数 据 得 r ? 1.2 ? 104 km (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
0 . R 2? 8 2 R 0 . 8 0 ? 0.80 ? 0.28 ? 2 (7) b ? a2 ? ? ? R 2 ? ?
2

半短轴,由椭圆的几何关系有 (8)

a?

卫星运动的周期 T 为 ? ab T? (9) 代 人 相 关 数 值 可 求 出 T ? 9.5h ?s

(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 ( 11 ) m( Rx? ) 2 ? ?? 2 Rx Rx ? Re

? R ? ? R ? 2GM 此 式 可 化 为 ? x ? ?1 ? x ? ? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?

3

(12)

这 是 关 于 Rx 的 四 次 方 程 , 用 数 值 方 法 求 解 可 得

Rx ? 4.7Re ? 3.0 ?104 km ( 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 Re v e ? R2x ? 和
1 GMm 1 GMm 2 mve ? ? m( Rx ? ) 2 ? 2 Re 2 Rx
5 3

? R ? ? R ? 2GM R 2GM 由 上 两 式 联 立 可 得到方程 ? x ? ? ? x ? ? 2 3 x ? 2 3 ? 0 ? 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 R ? Re 期 T ? ,设椭圆的半长轴为 a ? ,半短轴为 b ? ,有 a? ? x (14) 2
? R ? Re ? b? ? a?2 ? ? x ? ? 2 ?
2

(15)

因为面积速度可表示为 所以卫星的运动周期为

2 ? s? ? Rx ?

1 2

(16)

T? ?

? a?b? ? s?

(17)

T ? ? 6.8 h 代入相关数值可得 (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 ?T ? 赤道相切点位于赤道的经度为西经 ? ? 180? ? 110? ? (19) ? 121? 2 即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准: 本题 23 分. 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 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 (1) ? J ? 3mvPx ? 3mv0 A B O

y

?
P

x

0 ? 3mvPy ? 0
由(1)和(2)式得 3mv0 ? J vPx ? 3m vPy ? 0

(2) (3) (4)

? lCP
C

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 C 与挡板碰撞 图1 过程中,质心的坐标为 (5) xP ? ?l c o ? s 1 (6) yP ? ? l s i n ? 3 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) C 式中 l AP 、 lBP 和 lCP 分别是 A 、 B 和 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知 1 2 (8) lAP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 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) 【也 J l sin ? ? L 3 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】 J sin ? 由(11)和(12)式得 ? ? (13) 球 C 相对于质心参考系的速度分量 ml (1 ? 2 cos2 ? ) 分别为(参考图 1) vCPx ? ??lCP sin ? ? ?? (l sin ? ? | yP |) (14) (15) (16) 由(3) 、 (6) 、 (13)

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

(16)各式得 vCx ? ? (17) 根据题意有 vCx ? 0 (17)和(18)式得 J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) (13)和(19)式得

J ? v0 m(1 ? 2 cos 2 ? )

(18)由 (19) 由 y

v0 sin ? (20) 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 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 (22) ?x ? vPx t 若 yP ? ?x ? xP (23)

??

A O P B x

C 则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由(5) 、 ( 6) 、 (14) 、 (16) 、 (18) 、 (21) 、 3 (22)和(23)式得 (24) ? ? arctan 图2 1? ? ? 即 ? ? 36 (25) 评分标准: 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. y 解法二 如图 1 所示,建直角坐标系 Oxy , x 轴与挡板垂直, y 轴与挡板

v Ay

vBy

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

A (1)

v Ax B
P

?

vBx O
x

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
? J ? mvAx ? mvBx ? 3mv0

vCy
C C 图1

(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 ?
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) 因

(5) (6)

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 2 cos ? cos ? ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? sin ? ? 1 ? 3cos 2 ? 解以上各式得

(7)

(8) (9) ( 11 ) vAy ? v0 sin ? cos ? ( 13 ) vBy ? 0 ( 14 )

J ? mv0 ( 1 ? 2 c2 o ? s ( 10 ) ) vAx ? v0 sin 2 ?
( 12 )

vB x? v s 0i2 ? n
(15)

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 、 可考察球 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, 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 的速度 mvAx ? mvBx ? mvCx 2 (16) vPx ? ? v0 sin 2 ? 3m 3 mvAy ? mvBy ? mvCy vPy ? ?0 (17) 3m 这时系统质心的坐标为
xP ? ?l cos ?

1 (18) yP ? ? l sin ? 3

(19) y

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 y P ,而
1 球 B 相 对 质 心 的 速 度 vBPx ? vBx ? vPx ? v0 sin 2 ? ( 20 ) vBPy ? 0 3 (21) 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 v v sin ? 角速度 ? ? BPx ? 0 (22) yP l

A O P B x

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 (23)

C

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

图2 (25)则球 B 先于球 A
3 1? ?

(24)



yP ? ?x ? xP

与挡板碰撞. 由以上有关各式得

? ?arct an

(26)即

? ? 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 1 n 2C 电 容 Ct1 满 足 下 式 ( 1) 即 ( 2) ? Ct1 ? Ct1 2C n 式中 C ?
S 4? kd

( 3)
1 1 1 ? 1 ? ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 ? 2C 4C 8C ?

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

( 5)
Ct 1C t 2 2C ? Ct 1 ? C t 2 n ? 4

整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 Ct ?

( 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 ? ? ( 7) (n ? 4)2? kd 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 等 1 n ?1 2 ? 满足下式 ? ? 效 电 容 Ct1 ( 8) ? Ct1 2C 3C 由此得
? ? Ct1 6C 3n ? 1

( 9)
Ct? 1C t 2 6C ? ( 10 ) Ct? 1 ? C t 2 3n ? 1 3

整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 Ct? ?

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
?U ?

( 12 )

电 容 器 储 能 变 化 为 ( 13 ) 在此过程中,电池所做的功为 外力所做的功为

1 S? 2 Ct?? 2 ? Ct ? 2 ? ? ? ? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd S? 2 (3n ? 13)(n ? 4)2? kd k4 d) 2

A ? ?qt ? ? ?

( 14 )

A? ? ?U ? A ? 2 (n3 ?

S? 2 1n 3 ? ) (?

( 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 q?? q? ( q? ? Q) 联 的 电 容 器 两 极 板 电 压 相 同 , 所 以 有 ? ? S S C 4? kx 4? k (2d ? x) ( 16 ) 2d ? x 由 ( 2) 式 和 上 式 得 ( 17 ) q? ? q?? ? 3q? ? Q 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). q? ? q?? q? ? q?? q?? 整个电容网络两端的电压等于电池的电动势,即 ? (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. 五、 参考解答: c a 如图 1 所示, 当长直金属杆在 ab 位置以速度 v 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 ? ? BLv (1) l1 l2 式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长

? R ? 度, 由几何关系有 L ? 2 R ? ? 1 ? ? 2R1 ? 100 ?
2 1

2

(2)

I1

I

I2

在金属杆由 ab 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 ab 滑动到 cd 过 程中感应电动势大小始终为 ? ? 2 BR1v (3) 以 I 、 I1 和 I 2 分别表示金属杆、杆左和右圆弧中的电流, b 图 1

d

方向如图 1 所示, 以 U ab 表示 a、 b 两端的电压, 由欧姆定律有 Uab ? I1l1r0 (4) U ab ? I 2l2 r0
I1l1 R12 I 2 l2 R12

(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
B1 ? km

(6)

B2 ? k m

(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产生的磁感应强度为 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 2I B3 ? km 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 R1 100 (9) 方向竖直向下.对应图 1 的等效电路如图 2,杆中的电流 a

I?

?

R R R? 左 右 R左 ? R右

(10)

I1 R左

I Rab
b

ε

I2 R右

图 2

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 左 R =右R ?? R 1 r 0 (11) 利用(3) 、 (9) 、 (10)和(11)式可得 B3 ?
800km v B R1 (4r1 ? ? r0 )

(12)

由于小圆环半径 R2 ?? R1 ,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 ?a b ? ? R22B 3 (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 2 反,故穿过小圆环圆面的磁感应通量为 ?cd ? ? R2 (?B3 ) (14) 在长直金属杆以速度 v 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 2 的改变为 (15) ?? ? ?cd ? ?ab ? ?2? R2 B3 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 (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 I i ?

?i ? ?

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

2? R2 r0

?i

?

R2 B3 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 ?

( 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 ?

(? p1 )V1 p1V1 ( 4 ) n1 ? RT1? RT1

( 5)

由 以 上 各 式 可 解 得 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 p V (6 ) 利用状态方程可得
C?R C 1 10

? (? p1 )V1

C?R C

p1V T1

1 0

?

(? p1 )V1 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

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

R C?R

C C?R

( 8)

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 (4 分 , 填 19.0 至 19.4 的 , 都 给 4 分 ) 10.2 ( 4 分 , 填 10.0 至 10.4 的 , 都 给 4 分 ) 2. 20.3 (4 分 , 填 20.1 至 20.5 的 , 都 给 4 分 ) 4. 2 (4 分 , 填 4.0 至 4.4 的 , 都 给 4 分 ) 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 占 据
? ,由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有 的 长 度 变 为 l?

? ? l 1? l?

2 v0 c2

( 1)

?,由于离 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 ?? ?l? ? ? ?l ( 2 ) 由 ( 1 ) 和 ( 2 ) 式 得 子 的 电 荷 量 与 惯 性 参 考 系 的 选 取 无 关 , 故 ??

?? ??

?
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 据
?,则由相对论中的长度收缩公式有 的 长 度 为 l?

? 1? l ? l?

2 v0 c2

( 4)
? ?? v2 1? 0 c2

同 理 , 由 于 电 子 电 荷 量 的 值 与 惯 性 参 考 系 的 选 取 无 关 , 便 有 ?? ?

( 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 v2 c 1? 0 c2

?

( 6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke ? ? ? 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 2ke 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
? ? ? q v0 B? ? fm
2 2km q? v0

v2 a 1? 0 c2

( 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 ( 12 )

因而,导线 2 对导线 1 中正离子施加电场力为零 注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动 导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零

f e ? ? 0 ( 13 ) v1+ ? 0 ( 14 )
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
? ? ? f e?? 运 动 状 态 , 所 以 (16) 式 应 等 于 零 , 故 f m

( 17 ) ( 18 )

由 ( 8) 、 ( 11 ) 和 ( 17 ) 式 得

ke ? c2 km

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

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