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第29届全国中学生物理竞赛复赛答案

第 29 届 全 国 中 学 生 物 理 竞 赛 复 赛 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
fb ? b x? g
2

(

x?b

)

(1)

式 中 g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
f g ? b ? ?g
3

(2)

设物块的加速度为

a

,根据牛顿第二定律有
b ? ?a ? f g ? f b
3

(3)

将 (1)和 (2) 式 代 入 (3)式 得
a ? ?

?g ? ? ?b ?

?x?

?? ? ?
b? ?

(4 )
X



x

系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ?

而建立新坐标系,简称
?? ?

系. 新旧坐标的关

系为
X ? x? b

(5 )

把 (5)式 代 入 (4 )式 得
a ? ?

?g ? ?b

X

(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 ) ? A co s ? ? 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

(1 0)

在 (8) 和 (9) 式 中 放时,即
t ? 0

A

和 ? 分别是振幅和初相位,由初始条件决定. 在物块刚被释
?? ?

时 刻 有 x = 0 , 由 (5)式 得
X (0 ) ? ? b

(11) (12)

V (0 ) ? 0

1

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 co s ? ? t ? ? ?

(15)

V (t ) ? ?

?? ?

g b sin ? ? t ? ? ?

(16 )

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 (1 5)表 示 是 有 条 件 的 , 就 是 在 运 动 过 程 中 物 块 始 终 没 有 完 全 浸 没 那 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 X b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 (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? ?

?

? 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 ? Xb

. 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 , 过 时 间 t1 物 块 刚 好 全 部 浸 入 湖 水 中 , 时 经 这 和 (17)式 得
?? ?
co s ? ? t1 ? ? ? ? 1 ?

X ? t1 ? ? X b .

由 (1 5)

?? ?

(2 2)

取合理值,有
2

t1 ?

? ?b ?

? ? ?? ? 1?? ? ? ? arcco s ? ?g ? ? ?? ??

(23)

由 上 式 和 (16 )式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为
V ( 1t )? ?

?? ?

? ? ? g b 1 - ? ? ? ? ?? ?
a?

2

1

(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 (2 5 )
t2

? ? ?? ??

g

设物块从刚好完全浸入湖水到速度为零时所用的时间为
V ? t 1 ? ? a ?t 2 ? 0

,有 (26 )

由 (24)-(26 )得
t2 ?

??
( ? ? ? ?)

b? ? g?

? ? ? 1? ? ? 1? ? ?? ?

2

(2 7)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
t II ? 2 ( t1 ? t 2 ) ? 2 ? ? ?? b? ? ? 2? ? ? 1?? ? ? ? ? arcco s ? ? g? ? ?? ? ? ( ? ? ? ?) b? ? g? ? ? ? 1?? ? 1? ? ?? ?
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 ,卫星在此点的速度为 v . R 由开普勒第二定律可知 0.80R
r v = ? 0 .8 0 R ? ?
2

(1)

a b

式 中 ? ( ? 2?

/ e 为地球自转的角速 T )

度 .令 m 表 示 卫 星 的 质 量 , 根 据 机 械能守恒定律有
1 2 mv ?
2

GMm r

?

1 2

m ? 0 .8 0 R ? ?
2

2

?

GMm 0 .8 0 R

( 2)

由 ( 1) 和 ( 2) 式 解 得
3

r ? 0 .2 8 R

( 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 : (
? GMm r ? 0 .8 0 R ? 1 2 m ? 0 .8 0 R ? ?
2 2

?

GMm 0 .8 0 R

直接求得】 同步卫星的轨道半径

R

满足
GM R
2

? R?

2

(4)

由 (3)和 (4)式 并 代 入 数 据 得
r ? 1.2 ? 10 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 .8 0 R ? ?
2

(6)



a



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
a ? 0 .2 8 R ? 0 .8 0 R 2

(7)
2

b ?

? 0 .8 0 ? 0 .2 8 ? 2 2 a ?? ? R 2 ? ?

(8 )

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 2 m ( Rx? ) ?
2

GMm Rx

? ?

GMm Rx ? Re

( 11)

此式可化为
4

? Rx ? ? Rx ? 2G M ? ? ?1 ? ?? 2 3 Re ? ? Re ? Re ? ?

3

(1 2)

这是关于

Rx

的四次方程,用数值方法求解可得
R x ? 4.7 R e ? 3.0 ? 10 km
4

( 13)
ve



Rx

亦 可 用 开 普 勒 第 二 定 律 和 能 量 守 恒 定 律 求 得 .令

表示卫星与赤道相切

点即近地点的速率,则有
Re ve ? Rx ?
2


1 2 m ve ?
2

GMm Re

?

1 2

m ( Rx? ) ?
2

GMm Rx

由 上 两 式 联 立 可 得到方程
? Rx ? ? Rx ? 2G M Rx 2G M ? 2 3 ? 0 ? ? ?? ? ? 2 3 ? Re Re ? Re ? Re ? ? Re ?
5 3

其中除 R x 外其余各量均已知, 因此这是关于 R x 的五次方程. 同样可以用数值方法解得 R x .】 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
a? ? Rx ? Re 2

(14)
2

b? ?

? R ? Re ? 2 a? ? ? x ? 2 ? ?

(15)

因为面积速度可表示为
? s? ?
1 2 Rx ?
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 (1 8 0 ? ? 1 1 0 ? ) 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 ? 地球赤道相切点位于赤道的经度为西经
? ? 180? ? 110? ? ?T ?
2 ? 121?
? 360 ? / 24 h ? 15 ? / h

,因此卫星与

(19)

即卫星着地点在赤道上约西经 121 度处. 评分标准:
5

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 y 如图 1 所示, 建直角坐标 O xy ,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 v P x 和 v P y 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 ? 3m v Px ? 3m v 0 (1)
0 ? 3m v Py ? 0

A

B
?

O x
?
lC P

(2)

P

由(1)和(2)式得
v Px ? 3m v0 ? J 3m

(3) (4) C

v Py ? 0

可在质心参考系中考察系统对质心的角动量. 在球 C 与挡板碰撞过程中,质心的坐标为 xP ? ? l c o ? s (5)
yP ? ? 1 3 ls i n ?

图1

(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 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 ? lA P ? m ? lB P ? m ? lC P (7) 式中 l A P 、 l B P 和
lC P

分别是 A 、 B 和 C 三球到质心 P 的距离,由图 1 可知
l A P ? l co s ? ?
2 2 2

1 9

l sin ?
2

2

(8) (9)

lBP ?
2
2

1 9

l sin ?
2 2
2 2

l C P ? l co s ? ?

4 9

l sin ?
2 2

(10)

由(7)(8)(9)和(10)各式得 、 、
L ? 2 3 m l ? (1 ? 2 co s ? )
2 2

(11)

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
J 2 3 l sin ? ? L

(12)

【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】
6

由(11)和(12)式得
? ?
J sin ? m l (1 ? 2 co s ? )
2

(13)

球 C 相对于质心参考系的速度分量分别为(参考图 1)
v C P x ? ? ? l C P sin ? ? ? ? ( l sin ? ? | y P |)

(14) (15) (16)

v C P y ? ? ? l C P co s ? ? ? ? l co s ?

球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为
v Cx ? v CPx ? v Px

由(3)(6)(13) 和 (16)各式得 、 、
vCx ? ? J m (1 ? 2 c o s ? )
2

? v0

(17)

根据题意有
vCx ? 0

(18)
2

由(17)和(18)式得
J ? m v 0 (1 ? 2 co s ? )

(19) y

由(13)和(19)式得
? ?
v 0 sin ? l

(20) A

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 A B 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

?

O (21) P B (22) (23) C

x

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
? x ? v Px t


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
?

图2

即 (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.

解法二

7

如图 1 所示,建直角坐标系 O xy , x 轴与挡板垂直,
y

y
v Ay v By

轴与挡板重合, v A x 、v A y 、v B x 、v B y 、v C x 和 以

vCy



别表示球 C 与挡板刚碰撞后 A 、 和 C 三球速度的分量, B 根据题意有
vCx ? 0

A

v Ax

B

v Bx O

(1) P

?
vCy

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 ? mv A
x

? mv

B x

3 mv ?

0

(2) (3)

C C 图1

0 ? m v Ay ? m v By ? m v Cy

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有
Jl sin ? ? m v A y ? l co s ? ? l co s ? ? ? m v B y l co s ? ? m v 0 l sin ?

(4)

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
v Ax ? v Bx

(5) (6) (7)

v C y sin ? ? v B y sin ? ? v B x co s ? v A x co s ? ? v A y sin ? ? ? v C y sin ?

(7)式中 ? 为杆 A B 与连线 A C 的夹角. 由几何关系有
co s ? ?
sin ? ?

2 co s ? 1 ? 3 co s ?
2

(8) (9)

sin ? 1 ? 3 co s ?
2

解以上各式得
J ? m v 0 (1 ? 2 co s ? )
2

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

v A x ? v 0 sin ?
2

v A y ? v 0 sin ? co s ?
v B x ? v 0 sin ?
2

v By ? 0 v C y ? ? v 0 sin ? co s ?

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,
8

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 速度
v Px ? m v Ax ? m v Bx ? m v Cx 3m ? 2 3 v 0 sin ?
2

(16) (17)

v Py ?

m v Ay ? m v By ? m v Cy 3m

? 0

这时系统质心的坐标为
xP ? ? l c o ? s

(18) (19)
yP

yP ? ?

1 3

l sin ?

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
vB ? v ? v 1 ? 3 vs i n ? 0
2

,而球 B 相对质心的速度 (20) (21)

P x

B x

P x

v BPy ? 0

可见此时球 B 的速度正好垂直 B P ,故整个系统对质心转动的角速度
? ?
v BPx yP ? v 0 sin ? 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 A B 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 t ? 2 π

A (23) O P (24) x

?

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
? x ? v Px t

B


yP ? ? x ? xP

(25)

C

则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得
? ? arctan
3 1? ?

(26)

图2


? ? 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
9

效 电 容 C t1 满 足 下 式
1 C t1 ? n 2C

( 1)


C t1 ? 2C n
S 4? k d

( 2)

式中
C ?

( 3)
C t2 满 足 下 式

虚线大方框中无限网络的等效电容
1 C t2

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

( 4)


C t2 ? C 2

( 5)

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

2C n? 4

( 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)
q t ? C t? ? S? ( n ? 4 ) 2 ? kd

( 7)

当 电 容 器 a 两 极 板 的 距 离 变 为 2d 后 , 个 平 行 板 电 容 器 联 成 的 网 络 的 等 2n ? 满足下式 效 电 容 C t1
1 ? C t1 ? n ?1 2C ? 2 3C

( 8)

由此得
? C t1 ? 6C 3n ? 1

( 9)

整个电容网络的等效电容为
C t? ? ? C t1 C t 2 ? C t1 ? C t 2 ? 6C 3n ? 13

( 10 )

整个电容网络的等效电容器带的电荷量为
q t? ? C t?? ? 3S ? (3 n ? 1 3) 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
? q t ? q t? ? q t ? ? S? (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd

( 12)

电容器储能变化为
?U ? 1 2

? C ??
t

2

? C t?

2

???

S?

2

2 (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd

( 13)

在此过程中,电池所做的功为
10

A ? ? qt? ? ?

S?

2

(3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd S?
2

( 14)

外力所做的功为
A? ? ?U ? A ? 2 (3 n ? 1 3)( n ? 4 ) 2 ? kd

( 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 ? , 侧 带 电 荷 量 为 (q ? ? Q ) , 的 右 极 板 带 电 荷 量 为 ? (q ? ? Q ) , 右 a 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 ?? C ? q? S 4 ? kx ? (q ? ? Q ) S 4? k ( 2 d ? x )
2d ? x d

( 16)

由 ( 2) 式 和 上 式 得
q ? ? q ?? ? 3 q ? ? Q

( 17 )

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 C t2 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 ?? ct2 ? ( n ? 1) q ? ? q ?? 2C ? q ?? C ??

( 18)

将 ( 2) ( 5) 和 ( 1 7 ) 式 代 入 ( 18) 式 得 电 容 器 a 左 极 板 带 电 荷 量 、
q? ? S? (3 n ? 1 3) 2 ? kd ? ( n ? 5)( 2 d ? x ) (3 n ? 1 3) d Q

( 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 l1 l2 ? ? BLv (1) I 式中 L 为金属杆在 ab 位置时与大圆环两接触点间的长 I1 I2 度,由几何关系有
L ? 2 ? R ? 2 R1 ? ? 1 ? ? 100 ?
2

? 2 R1

(2) b 图 1 d

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 R 1 . 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
11

? ? 2 B R1 v

(3)

以 I 、 I 1 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 两端的电压,由欧姆定律有
U ab ? I 1 l1 r0
U ab ? I 2 l 2 r0

(4) (5)

式中, l1 和 l 2 分别为金属杆左、右圆弧的弧长.根据提示, l1 和 l 2 中的电流在圆心处产生的 磁感应强度的大小分别为
B1 ? k m B2 ? km I 1 l1 R1
2

(6) (7)

I 2 l2 R1
2

B 1 方向竖直向上, B 2 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 、 、 B 0 ? B 2 ? 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
B3 ? k m 2I 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
I ? R ?

?
R左 R右 R左 ? R右

(10)

a

I1 R左

I

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
R a b ? 2 R 1 r,1


Rab
b

R = 右R? ?

R r 1 0

(11)

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

图 2 (12)

由于小圆环半径 R 2 ? ? 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
? ab ? ? R 2 B 3
2

(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
? cd ? ? R 2 ( ? B 3 )
2

(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 量的改变为 2 ? ? ? ? c d ? ? a ? ? 2? R B2 3 (15) b 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
12

?i ? ?

?? ?t

?

2? R 2 B 3
2

?t
R 2 B3 r0 ? 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
Ii ?

?i
2 ? R 2 r0

?

(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 ? Ii?t ? R 2 B3 r0 ? 800 km v B R2 R1 r0 ( 4 r1 ? ? 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 , 中 气 体 的 摩 尔 数 为 n 2 , B 则气体总摩尔数为
n ? n1 ? n 2

( 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 T 1? , B 中 气 体 温 度 为 T 2 ,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 ? n1 C ? T1? ? T1 ? ? n 2 C ? T 2 ? 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 V 1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 p 1 ,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 ? p 1V 1 R T1

( 4)

n1 ?

(? p 1 )V 1 R T1?

( 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 V 10 (压 强 为 p 1 时), 则 有
13

C?R

C?R

p 1V 1 0 C

? (? p 1 )V 1

C

(6)

利用状态方程可得
p 1V 1 0 T1 ? (? p 1 )V 1 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

n2 n

?

2??

C?R

??

C?R R

( 8)

2?? ??

C?R

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 v0 向 上 匀 速 运 动 .下 面 分 四 步 进 行 分 析 .

子不动,正离子以速度

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 占据的长度变为
? l?

,由相对论中的长度收缩公式有
? l? ? l 1 ? v0 c
2 2

( 1)

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 ? ?? , 由 于 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

14

? ?? ?

?
1? v0 c
2 2

( 3)

设 在 S 系 中 一 些 导 电 电 子 所 占 据 的 长 度 为 l , S? 系 中 这 些 导 电 电 子 所 占 在 据的长度为
? l?

,则由相对论中的长度收缩公式有
? l ? l? 1 ? v0 c
2 2

( 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
?? ?

? ??
1? v0 c
2 2

( 5)

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

?
1? v0 c
2 2

? (? ? ) 1 ?

v0 c
2

2

?

?
1?
2

v0
2 v0 c 2

2

( 6)

c

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为
E? ? 2ke? ? a ?
2

2ke? v0 c a 1?

2

( 7)
2 2

v0 c

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? ? ? q E ? ? 2keq? v0 c a 1?
2 2

( 8)
2 2

v0 c

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
? I ? ? ?? v0 ?

v0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为

? v0
1? v0 c
2 2

( 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
2km I ? a ? 2km ? v0 a 1? v0 c
2 2

B? ?

( 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
15

? fm

?

? q v0 B ? ?

2km q? v0 a 1? v0 c
2 2

2

( 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
fe? ? 0

( 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 ? ? q v1 + 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 , 线 2 对 导 线 1 中 正 离 子 施 加 的 电 场 力 导 和磁场力的合力的大小为
? f ? ? f m ? ? f e??

(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
? f m ? ? f e??

( 17)

由 ( 8) ( 11) 和 ( 17 ) 式 得 、
ke km ? c
2

( 18)

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

16


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