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2007年第24届全国中学生物理竞赛复赛试题及答案


第 24 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
(本题共七大题,满分 160 分)
一、 (20 分)如图所示,一块长为 L = 1.00m 的光滑平板 PQ 固定在轻质弹簧上端,弹簧 的下端与地面固定连接。 平板被限制在两条竖直光滑的平行导轨之间 (图中未画出竖直导轨) , 从而只能地竖直方向运动。平板与弹簧构成的振动系统的振动周期 T = 2.00 s 。一小球 B 放在 光滑的水平台面上,台面的右侧边缘正好在平板 P 端的正上方,到 P 端的距离为 h = 9.80m 。 平板静止在其平衡位置。水球 B 与平板 PQ 的质量相等。现给小球一水平向右的速度 ? 0 ,使 它从水平台面抛出。已知小球 B 与平板发生弹性碰撞,碰撞时间极短,且碰撞过程中重力可 以忽略不计。要使小球与平板 PQ 发生一次碰撞而且只发生一次碰撞, ? 0 的值应在什么范围 内?取 g = 9.8m / s
2

二、 (25 分)图中所示为用三角形刚性细杆 AB、BC、CD 连成的平面连杆结构图。AB 和 CD 杆可分别绕过 A、D 的垂直于纸面的固定轴转动,A、D 两点位于同一水平线上。BC 杆的两 端分别与 AB 杆和 CD 杆相连, 可绕连接处转动 (类似铰链) 。 当 AB 杆绕 A 轴以恒定的角速度 ω 转到图中所示的位置时,AB 杆处于竖直位置。BC 杆与 CD 杆都与水平方向成 45°角,已知 AB 杆的长度为 l ,BC 杆和 CD 杆的长度由图给定。求此时 C 点加速度 a c 的大小和方向(用与 CD 杆之间的夹角表示)

三、 (20 分)如图所示,一容器左侧装有活门 K 1 ,右侧装有活塞 B,一厚度可以忽略的隔板
-1-

M 将容器隔成 a、b 两室,M 上装有活门 K 2 。容器、隔板、活塞及活门都是绝热的。隔板和 活塞可用销钉固定,拔掉销钉即可在容器内左右平移,移动时不受摩擦作用且不漏气。整个 容器置于压强为 P0、温度为 T0 的大气中。初始时将活塞 B 用销钉固定在图示的位置,隔板 M 固定在容器 PQ 处,使 a、b 两室体积都等于 V0; K 1 、 K 2 关闭。此时,b 室真空,a 室装有一 定量的空气(容器内外气体种类相同,且均可视为理想气体) ,其压强为 4P0/5,温度为 T0。 已知 1mol 空气温度升高 1K 时内能的增量为 CV,普适气体常量为 R。

1.现在打开 K 1 ,待容器内外压强相等时迅速关闭 K 1 (假定此过程中处在容器内的气体与 处在容器外的气体之间无热量交换) ,求达到平衡时,a 室中气体的温度。 2.接着打开 K 2 ,待 a、b 两室中气体达到平衡后,关闭 K 2 。拔掉所有销钉,缓慢推动活 塞 B 直至到过容器的 PQ 位置。求在推动活塞过程中,隔板对 a 室气体所作的功。已知在推动 活塞过程中,气体的压强 P 与体积 V 之间的关系为 PV
CV + R CV

=恒量。

四、 (25 分)图中 oxy 是位于水平光滑桌面上的直角坐标系,在 x > 0 的一侧,存在匀强 磁场,磁场方向垂直于 oxy 平面向里,磁感应强度的大小为 B。在 x < 0 的一侧,一边长分别 为 l1 和 l 2 的刚性矩形超导线框位于桌面上,框内无电流,框的一对边与 x 轴平行。线框的质量 为 m,自感为 L。现让超导线框沿 x 轴方向以初速度 v0 进入磁场区域,试定量地讨论线框以后 可能发生的运动情况及与初速度 v0 大小的关系。 (假定线框在运动过程中始终保持超导状态)

五、 (25 分)地球赤道表面附近处的重力加速度为 g 0 = 9.8m / s ,磁场的磁感应强度的

2

-2-

大小 B0 = 3.0 × 10 T ,方向沿经线向北。赤道上空的磁感应强度的大小与 r 成反比(r 为考 察点到地心的距离) , 方向与赤道附近的磁场方向平行。 假设在赤道上空离地心的距离 r = 5 Re ( Re 为地球半径)处,存在厚度为 10km 的由等数量的质子和电子的等离子层(层内磁场可 视为匀强磁场) ,每种粒子的数密度非常低,带电粒子的相互作用可以忽略不计。已知电子的 质量 me = 9.1 × 10
?31

?5

3

kg ,质子的质量 m p = 1.7 × 10 ?27 kg ,电子电荷量为 ? 1.6 × 10 ?19 C , 地
6

球的半径 Re = 6.4 × 10 m 。 1.所考察的等离子层中的电子和质子一方面作无规则运动, 另一方面因受地球引力和磁场 的共同作用会形成位于赤道平面内的绕地心的环行电流,试求此环行电流的电流密度。 2.现设想等离子层中所有电子和质子,它们初速度的方向都指向地心,电子初速度的大小

u e = 1.4 × 10 4 m / s ,质子初速度的大小 u P = 3.4 × 10 2 m / s 。试通过计算说明这些电子和质
子都不可能到到达地球表面。 六、 (25 分)图 1 所示为杨氏双缝干涉实验的示意图,取纸面为 yz 平面。y、z 轴的方向 如图所示。线光源 S 通过 z 轴,双缝 S1、S2 对称分布在 z 轴两侧,它们以及屏 P 都垂直于纸面。 双缝间的距离为 d,光源 S 到双缝的距离为 l,双缝到屏的距离为 D, d << D , d << l 。 1.从 z 轴上的线光源 S 出发经 S1、S2 不同路径到 P0 点的光程差为零,相干的结果产生一 亮纹,称为零级亮纹。为了研究有一定宽度的扩展光源对于干涉条纹清晰度的影响,我们先 研究位于轴外的线光源 S′形成的另一套干涉条纹,S′位于垂直于 z 轴的方向上且与 S 平行, 两者相距 δ s ,则由线光源 S ′出发分别经 S1 、 S2 产生的零级亮纹 P0 , P0 与 P0 的距离





δ y = ___________________________________
2.当光源宽度为 ω 的扩展光源时,可将扩展光源看作由一系列连续的、彼此独立的、非相 干的线光源组成。这样,各线光源对应的干涉条纹将彼此错开,在屏上看到的将是这些干涉 条纹的光强相加的结果,干涉条纹图像将趋于模糊,条纹的清晰度下降。假设扩展光源各处 发出的光强相同、波长皆为 λ 。当 ω 增大导致零级亮纹的亮暗将完全不可分辨,则此时光源 的宽度 ω = ______________________________ 3.在天文观测中,可用上述干涉原理来测量星体的微小角直径。遥远星体上每一点发出的 光到达地球处都可视为平行光, 从星体相对的两边缘点发来的两组平行光之间的夹角 θ 就是星 体的角直径。遥远星体的角直径很小,为测量如些微小的角直径,迈克尔逊设计了测量干涉 仪,其装置简化为图 2 所示。M1、M2、M3、M4 是四个平面反射镜,它们两两平行,对称放 置,与入射光(a、 a′)方向成 45°角。S1 和 S2 是一对小孔,它们之间的距离是 d。M1 和 M2 可以同步对称调节来改变其中心间的距离 h。双孔屏到观察屏之间的距离是 D。a、 a′和 b、 b′分别是从星体上相对着的两边缘点发来的平行光束。设光线 a、 a′垂直双孔屏和像 屏,星光的波长是 λ ,试导出星体上角直径 θ 的计算式。 注:将星体作圆形扩展光源处理时,研究扩展光源的线度对于干涉条纹图像清晰度的影响会 遇到数学困难,为简化讨论,本题拟将扩展光源作宽度为 ω 的矩形光源处理。

-3-

图1

图2 七、 (20 分)今年是我国著名物理学家、曾任浙江大学物理系主任的王淦昌先生诞生一百 周年。王先生早在 1941 年就发表论文,提出了一种探测中微子的方案: Be 原子核可以俘获 原子的 K 层电子而成为 Li 的激发态 ( Li ) ,并放出中微子(当时写作η)
7

7

7

7

*

Be + e →( 7 Li ) * + η
7

而 ( Li ) 又可以放出光子 γ 而回到基态 Li

7

*

( 7 Li ) * → 7 Li + γ
由于中微子本身很难直接观测,能过对上述过程相关物理量的测量,就可以确定中微子 的存在,1942 年起,美国物理学家艾伦(R.Davis)等人根据王淦昌方案先后进行了实验, 初 步证实了中微子的存在。1953 年美国人莱因斯(F.Reines)在实验中首次发现了中微子,莱 因斯与发现轻子的美国物理学家佩尔(M.L.Perl)分享了 1995 年诺贝尔物理学奖。

-4-

现用王淦昌的方案来估算中微子的质量和动量。若实验中测得锂核( Li )反冲能量(即
7

7

Li 的动能)的最大值 E R = 56.6ev , γ 光子的能量 hγ = 0.48Mev 。已知有关原子核和电子
2 2 2

静止能量的数据为 m Li c = 6533.84 Mev ; m Be c = 6534.19 Mev ; me c = 0.51Mev 。设在 第一个过程中, Be 核是静止的,K 层电子的动能也可忽略不计。试由以上数据,算出的中微 子的动能 P η 和静止质量 mη 各为多少?
7

-5-

参考解答
一、参考解答: 如果小球的水平速度比较大,它与平板的第一次碰撞正好发 生在平板的边缘 Q 处,这时 u0 的值便是满足题中条件的最大值; 如果小球的水平速度 u0 较小,在它与平板发生第一次碰撞后再次 接近平板时,刚好从平板的边缘 Q 处越过而不与平板接触,这时

B

u0 h

u0 的值便是满足题中条件的最小值.
设小球从台面水平抛出到与平板发生第一次碰撞经历的时间 为 t1 ,有

P

Q

h=
若碰撞正好发生在 Q 处,则有

1 2 gt1 2

(1)

L = u0 t1

(2)

从(1) 、 (2)两式解得的 u0 值便是满足题中条件的最大值,即

u0 max = L
代入有关数据得

g 2h

(3)

u0 max = 0.71m/s

(4)

如果 u0 < u0 max ,小球与平板的碰撞处将不在 Q 点.设小球第一次刚要与平板碰撞时在竖 直方向的速度为 v1 ,则有

v1 = 2 gh

(5)

′ 、 V1′ 分别表示碰撞结束时刻小球和平板沿竖直方向的速度,由于碰撞时间极短,在碰撞 以 v1
过程中,小球和平板在竖直方向的动量守恒.设小球和平板的质量都是 m,则有

′ + mV1′ mv1 = mv1 (6) 因为碰撞是弹性的,且平板是光滑的,由能量守恒可得
1 1 1 1 1 2 2 ′2 + mV1′2 + mu0 mv12 + mu 0 = mv1 2 2 2 2 2 解(6) 、 (7)两式,得 ′ =0 v1
(8) (9) (7)

V1′ = v1 = 2 gh

碰撞后,平板从其平衡位置以 V1′ 为初速度开始作简谐振动.取固定坐标,其原点 O 与平板处 于平衡位置时板的上表面中点重合,x 轴的方向竖直向下,若以小球和平板发生碰撞的时刻作

-6-

为 t = 0 ,则平板在 t 时刻离开平衡位置的位移

xPQ = A cos (ω t + ? )
式中

(10)

2π (11) T A 和 ? 是两个待定的常量,利用参考圆方法,在 t 时刻平板振动的速度

ω=

vPQ = ? Aω sin (ω t + ? )

(12)

因 t = 0 时, xPQ = 0 . vPQ = V ′ ,由(9) 、 (11) 、 (12)式可求得

A= ?=?

2 gh T 2π

(13)

π (14) 2 把(13) 、 (14)式代入(10)式,得

xPQ =

2 gh π? ? 2π T cos ? t ? ? 2π T 2? ?

(15)

碰撞后,小球开始作平抛运动.如果第一次碰撞后,小球再经过时间 t2 与平板发生第二次碰撞 且发生在 Q 处,则在发生第二次碰撞时,小球的 x 座标为

1 2 gt2 2 平板的 x 座标为

xB ( t2 ) =

(16)

xPQ ( t2 ) =
在碰撞时,有

2 gh π? ? 2π T cos ? t2 ? ? 2π 2? ?T

(17)

xB ( t2 ) = xPQ ( t2 )

(18)

由(16) 、 (17) 、 (18)式,代入有关数据得

π? ? 2 4.90t2 = 4.41cos ? πt2 ? ? 2? ?

(19)

这便是 t2 满足的方程式,通过数值计算法求解方程可得(参见数值列表)

t2 = 0.771s

(20)

如果第二次碰撞正好发生在平板的边缘 Q 处,则有

L = u0 ( t1 + t2 )

(21)

由(1) 、 (20)和(21)式得

-7-

u0 =

L = 0.46m/s t1 + t2

(22)

而满足题中要求的 u0 的最小值应大于(22)式给出的值.综合以上讨论, u0 的取值范围是

0.46m/s < u0 ≤ 0.71m/s
附: (19)式的数值求解

(23)

用数值解法则要代入 t2 不同数值,逐步逼近所求值,列表如下:

t2
xPQ = 4.41cos ? πt 2 ?

0.730

0.750

0.760

0.765

0.770

0.771

0.772

0.775

0.780

0.790

0.810

? ?

π? 2?

?

3.31

3.12

3.02

2.96

2.91

2.91

2.90

2.86

2.81

2.70

2.48

xB = 4.90t 22 xPQ ? xB

2.61

2.76

2.83

2.87

2.91

2.91 0

2.91

2.94

2.98

3.06

3.21

0.70

0.36

0.19

0.09

0

-0.01

-0.08

-0.17

-0.36

-0.73

二、参考解答: 解法一 因为 B 点绕 A 轴作圆周运动,其速度的大小为 (1)

vB = ω l

B 点的向心加速度的大小为

aB = ω 2l

(2)

因为是匀角速转动,B 点的切向加速度为 0,故 aB 也是 B 点的加速度,其方向沿 BA 方向.因 为 C 点绕 D 轴作圆周运动,其速度的大小用 vC 表示,方向垂直于杆 CD,在考察的时刻,由图 可知,其方向沿杆 BC 方向.因 BC 是刚性杆,所以 B 点和 C 点沿 BC 方向的速度必相等,故有

v C = v B cos

π 2 = ωl 4 2

(3)

此时杆 CD 绕 D 轴按顺时针方向转动,C 点的法向加速度

aCn =

2 vC CD

(4)

由图可知 CD = 2 2l ,由(3) 、 (4)式得

? aCn aC t vCB θ
(5)

C

? vC

aCn =
其方向沿 CD 方向.

2 2 ωl 8

B A

aC

? vB
D

下面来分析 C 点沿垂直于杆 CD 方向的加速度,即切向加速度 a Ct . 因为 BC 是刚性杆,所以 C 点相对 B 点的运动只能是绕 B 的转动,C 点相

对 B 点的速度方向必垂直于杆 BC.令 vCB 表示其速度的大小,根据速度合成公式有 ? ? ? vCB = vC ? vB
-8-

由几何关系得

v CB =

2 2 vB ? vC =

2 2 vB = ωl 2 2

(6)

由于 C 点绕 B 作圆周运动,相对 B 的向心加速度

aCB =
因为 CB =

2 vCB CB

(7)

2l ,故有

aCB =

2 2 ωl 4

(8)

其方向垂直杆 CD. 由(2)式及图可知,B 点的加速度沿 BC 杆的分量为

π 4 所以 C 点相对 A 点(或 D 点)的加速度沿垂直于杆 CD 方向的分量

( aB ) BC = aB cos

(9)

aCt = aCB + ( aB ) BC =

3 2 2 ωl 4

(10)

C 点的总加速度为 C 点绕 D 点作圆周运动的法向加速度 aCn 与切向加速度 aCt 的合加速度,即
2 2 aC = aCn + aCt =

74 2 ωl 8

(11)

a C 的方向与杆 CD 间的夹角 θ = arctan aCt = arctan 6 = 80.54° aCn
(12)

解法二:通过微商求 C 点加速度 以固定点 A 为原点作一直角坐标系 Axy,Ax 轴与 AD 重合,Ay 与 AD 垂直.任意时刻 t,连杆的位形如图所示,
-9-

y C B

?

A θ

α D

x

此时各杆的位置分别用 θ , ? 和 α 表示,且已知 AB = l , BC = 2l , CD = 2 2l , AD = 3l ,

dθ = ?ω ,C 点坐标表示为 dt

xC = l cos θ + 2l cos ? yC = l sin θ + 2l sin ?

(1)

(2) 将(1) 、 (2)式对时间 t 求一阶微商,得

dxC dθ d? ? ? = ?l ? sin θ + 2 sin ? ? dt dt dt ? ? dyC dθ d? ? ? = l ? cosθ + 2 cos ? ? dt d t dt ? ?
把(3) 、 (4)式对时间 t 求一阶微商,得

(3)

(4)

2 2 ? d 2 xC d 2θ d 2? ? ? dθ ? ? d? ? = ? l cos θ + sin θ + 2 cos ? + 2 sin ? ? ? ? dt ? ? dt ? dt 2 dt 2 dt 2 ? ? ? ? ? ? ? ? 2 2 ? d 2 yC d 2θ d 2? ? ? dθ ? ? d? ? = l ? sin θ + cos θ ? 2 sin ? + 2 cos ? ? ? ? ? ? ? dt 2 dt 2 dt 2 ? ? dt ? ? dt ? ? ? ?

(5)

(6)

根据几何关系,有

CD sin α = AB sin θ + BC sin ? CD cos α + AB cos θ + BC cos ? = 3l


2 2 sin α = sin θ + 2 sin ? 2 2 cos α = 3 ? cos θ ? 2cos?

(7) (8)

将(7) 、 (8)式平方后相加且化简,得

2 sin θ sin ? + 2 cosθ cos ? ? 3cosθ ? 3 2 cos ? ? 2 = 0
对(9)式对时间 t 求一阶微商,代入 θ =

(9)

π π dθ ,? = , = ?ω ,得 2 4 dt

d? 1 (10) = ω dt 2 对(9)式对时间 t 求二阶微商,并代入上述数据,得

d 2? 3 2 = ω dt 2 8

(11)

将(10) 、 (11)式以及 θ , ? ,

dθ 的数值代入(5) 、 (6)式,得 dt

d 2 xC 5 = ? lω 2 2 dt 8 2 d yC 7 = ? lω 2 2 dt 8
- 10 -

所以

? d2 x ? ? d2 y ? 74 2 aC = ? 2C ? + ? 2C ? = lω 8 ? dt ? ? dt ?
由图知, aC 与 x 轴的夹角为 β

2

2

(12)

? d2 y ? tan β = ? 2C ? ? dt ?
所以求得

? d 2 xC ? 2 ? dt

? ? = 1.4 ?

(13)

β = arctan1.4 = 54.46?
这个夹角在第三象限,为 234.46? ,故 aC 与 CD 的夹角

γ =80.54?

(14)

三、参考解答: 1.设 a 室中原有气体为 ν mol ,打开 K1 后,有一部分空气进入 a 室,直到 K1 关闭时,a 室中气体增加到 ν ′ mol ,设 a 室中增加的 (ν ′ ?ν ) mol 气体在进入容器前的体积为 ?V ,气体 进入 a 室的过程中,大气对这部分气体所作的功为

A = p0 ? V
? U = ν ′CV (T ?T0 )
由热力学第一定律可知 (2)

(1)

用 T 表示 K1 关闭后 a 室中气体达到平衡时的温度,则 a 室中气体内能增加量为

?U = A

(3)

由理想气体状态方程,有

4 p0V0 = ν RT0 5

(4) (5)

p0 ?V = (ν ′ ?ν ) RT0
p0V0 = ν ′RT
由以上各式解出 (6)

T=

5 ( CV + R ) 5CV + 4 R

T0

(7)

2.K2 打开后,a 室中的气体向 b 室自由膨胀,因系统绝热又无外界做功,气体内能不变, 所以温度不变(仍为 T ) ,而体积增大为原来的 2 倍.由状态方程知,气体压强变为

p=

1 p0 2

(8)

关闭 K2,两室中的气体状态相同,即

- 11 -

1 pa = pb = p , Ta = Tb = T , Va = Vb = V0 ,且ν a = ν b = ν ′ 2

(9)

拔掉销钉后,缓慢推动活塞 B,压缩气体的过程为绝热过程,达到最终状态时,设两室气体的

′ 、 pb ′ 、 Va′ 、 Vb′ 、 Ta′ 、 Tb′ ,则有 压强、体积和温度分别为 pa

paVa pbVb

CV + R CV CV + R CV

′Va′ = pa

CV + R CV CV + R CV

(10) (11)

′Vb′ = pb

由于隔板与容器内壁无摩擦,故有

′ = pb ′ pa

(12)

由理想气体状态方程,则有

′Va′ = ν a RTa′ pa ′Vb′ = ν b RTb′ pb


(13) (14)

Va′ + Vb′ = V0

(15)

由(8) ~(15)式可得

1 Va′ = Vb′ = V0 2
R

(16) (17)

Ta′ = Tb′ = 2 CV T

在推动活塞压缩气体这一绝热过程中,隔板对 a 室气体作的功 W 等于 a 室中气体内能的 增加,即

1 W = ν ′CV (Ta′ ? T ) 2
由(6) 、 (17)和(18)式得

(18)

W=

R ? CV ? CV ? 2 ? 1? p0V0 ? 2R ? ? ?

(19)

四、参考解答: 设某一时刻线框在磁场区域的深度为 x ( x ≤ l1 ) ,速度 为 v ,因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为

y

l1 v0

E v = v Bl2 ,它在线框中引起感应电流,感应电流的变化又

l2

- 12 -

x O x

引起自感电动势.设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向,则切割 磁感应线产生的 电动势 E v 与设定的正方向相反,自感电动势 E L = ?L 状态,电阻 R = 0 ,故有

?i 与设定的正方向相同.因线框处于超导 ?t ?i ? v Bl2 = iR = 0 ?t

E L ?E v = ?L
(1) 即

L


?i ?x + Bl 2 =0 ?t ?t
(3)

(2)

Bl 2 ?x = ? L?i


Bl ?i (4) =? 2 ?x L 可见 i 与 x 成线性关系,有 Bl (5) i=? 2 x+C L C 为一待定常数,注意到 x = 0 时, i = 0 ,可得 C = 0 ,故有 Bl (6) i=? 2 x L x > 0 时 i < 0 ,电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反,即在线框进入磁场区
域时右侧边的电流实际流向是向上的.外磁场作用于线框的安培力
2 B 2l2 x L

f = Bl 2 i = ?

(7)

其大小与线框位移 x 成正比,方向与位移 x 相反,具有“弹性力”的性质.下面分两种情形做 进一步分析: (i)线框的初速度 v 0 较小,在安培力的作用下,当它的速度减为 0 时,整个线框未全部 进入磁场区,这时在安培力的继续作用下,线框将反向运动,最后退出磁场区.线框一进一 出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动,振动的圆频率

ω=
周期

B 2l22 Lm

(8)

T = 2π

Lm B 2l22

(9)

振动的振幅可由能量关系求得,令 xm 表示线框速度减为 0 时进入磁场区的深度,这时线框的 初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能” ,由能量守恒可得

- 13 -

1 2 1 ? B 2l22 ? 2 m v0 = ? ? xm 2 2? L ?


(10)

xm =
故其运动方程为

2 Lmv0 B 2l22

(11)

x=

v0 Lm Lm ? Bl2 ? sin ? t?, t 从 0 到π Bl2 Bl2 ? Lm ?

(12)

半个周期后,线框退出磁场区,将以速度 v 0 向左匀速运动.因为在这种情况下 x m 的最大值是

l1 ,即
2 1 2 1 B 2 l2 mv0 = l12 2 2 L

(13)

由此可知,发生第(i)种情况时, v 0 的值要满足下式

1 1 ? B 2l 2 ? 2 mv0 ≤ ? 2 ? l12 2 2? L ?


v0 ≤

Bl1l2 mL

(14)

(ii) 若线框的初速度 v 0 比较大,整个线框能全部进入磁场区.当线框刚进入磁场区时, 其速度仍大于 0,这要求 v 0 满足下式

v0 >

Bl2 l1 mL

(15)

当线框的初速度满足(15)式时,线框能全部进入磁场区,在全部进入磁场区域以 前,线框的运动方程与(12)式相同,但位移区间是 x = 0 到 x = l1 ,所以时间间隔与(12) 式 不同,而是从 0 到

t1 =

Bl1l2 ? Lm ? ?arcsin ? 2 Bl2 ? ? Lm v 0 ? ?

(16)

因为线框的总电动势总是为 0,所以一旦线框全部进入磁场区域,线框的两条边都切割 磁感应线,所产生的电动势之和为 0,因而自感电动势也为 0.此后线框中维持有最大的电流

im = ?

Bl 2 l1 ,磁场对线框两条边的安培力的合力等于零,线框将在磁场区域匀速前进,运动 L

的速度可由下式决定

- 14 -

1 2 1 2 1 B 2l22 2 mv0 = mv + l1 2 2 2 L

2 v = v0 ?

B 2l12l22 Lm

(17)

五、参考解答: 解法一: 1.由于等离子层的厚度远小于地球的半径, 故在所考察的等离子区域内的引力场和磁场都 可视为匀强场.在该区域内磁场的磁感应强度

3.0 × 10?5 ?R ? B = ? 0 ? B0 = T = 2.4 × 10-7 T r 125 ? ?
(1) 引力加速度

3

9.8 ?R ? g = ? 0 ? g0 = m/s 2 = 0.39m/s2 25 ? r ?
考察等离子层中的某一质量为 m、电荷量为 q、初速度 为 u 的粒子, 取粒子所在处为坐标原点 O, 作一直角坐标系

2

(2)

z

Oxyz,Ox 轴指向地球中心, Oz 沿磁场方向,如图 1 所示.
该粒子的初速度在坐标系中的三个分量分别为 ux、 uy 和 uz. 因作用于粒子的引力沿 x 轴正方向, 作用于粒子的洛伦兹力 与 z 轴垂直,故粒子在 z 轴方向不受力作用,沿 z 轴的分速 度保持不变. 现设想在开始时刻, 附加给粒子一沿 y 轴正方 向大小为 v0 的速度,同时附加给粒子一沿 y 轴负方向大小 为 v0 的速度,要求与其中一个 v0 相联系的洛伦兹力正好与 粒子所受的地球引力相平衡,即

uz v0 ux x
图1

O

uy

v0 v

uy + v0

y

q v0 B = mg


v0 =
(3)

mg qB

用 v 表示 ux 与沿 y 轴的速度 u y ± v0 的合速度(对质子取正号,对电子取负号) ,有
2 v = ux + ( u y ± v0 ) 2

(4)

- 15 -

这样,所考察的粒子的速度可分为三部分: 沿 z 轴的分速度 uz .其大小和方向都保持不变,但对不同的粒子是不同的,属于等离子 层中粒子的无规则运动的速度分量. 沿 y 轴的速度 v0 .对带正电的粒子,速度的方向沿 y 轴的负方向,对带负电的粒子,速 度的方向沿 y 轴的正方向.与这速度联系的洛伦兹力正好和引力抵消,故粒子将以速率 v0 沿 y 轴运动.由(3)式可知, v0 的大小是恒定的,与粒子的初速度无关,且对同种的粒子相同. 在 Oxy 平面内的速度 v .与这速度联系的洛伦兹力使粒子在 Oxy 平面内作速率为 v 的匀 速率圆周运动,若以 R 表示圆周的半径,则有

qvB = m


v2 R

R=

mv qB

(5)

由(4) 、 (5)式可知,轨道半径不仅与粒子的质量有关,而且与粒子的初速度的 x 分量 u x 和 y 分量 u y 有关.圆周运动的速度方向是随时间变化的,在圆周运动的一个周期内的平均速度等 于 0. 由此可见,等离子层内电子和质子的运动虽然相当复杂,但每个粒子都具有由(3)式给 出的速度 v0 ,其方向垂直于粒子所在处的地球引力方向,对电子,方向向西,对质子,方向 向东.电子、质子这种运动称为漂移运动,对应的速度称为漂移速度.漂移运动是粒子的定 向运动,电子、质子的定向运动就形成了环绕地球中心的环形电流. 由(3)式和(1) 、 (2)两式以及有关数据可得电子和质子的漂移速度分别为

v0e = 9.2 × 10?6 m/s

(6)

v0p = 1.7 × 10?2 m/s
(7) 由于电子、质子漂移速度的方向相反,电荷异号,它们产生的电流方向相同,均为沿纬 度向东.根据电流密度的定义有

j = nq ( v0p + v0e )
代入有关数据得

(8)

j = 2.8 × 10?14 A/m 2
电流密度的方向沿纬度向东.

(9)

2.上一小题的讨论表明,粒子在 Oxy 平面内作圆周运动,运动的速率由(4)式给出, 它与粒子的初速度有关.对初速度方向指向地心的粒子,圆周运动的速率为
2 2 v = ux + v0

(10)

由(1)、(2)、(3)、(5)、(