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2012年第29届全国中学生物理竞赛复赛试卷及答案(完美Word版)


第 29 届全国中学生物理竞赛复赛试卷
本卷共 8 题,满分 160 分。 物块运动方程在

x0 ?

?? b ?

(7)

X 系中可写为
X (t ) ? Acos ??t ? ? ?

一、 (17 分)设有一湖水足够深的咸水湖,湖面宽阔而平静,初始时将一体 积很小的匀质正立方体物块在湖面上由静止开始释放,释放时物块的下底面和 湖水表面恰好相接触。 已知湖水密度为 ? ; 物块边长为 b , 密度为 ? ' , 且 ?'? ? 。 在只考虑物块受重力和液体浮力作用的情况下,求物块从初始位置出发往返一 次所需的时间。
解: 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

(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

??
在 (8) 和 (9) 式 中

? g ?' b

(1 0)

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

A 和 ? 分 别 是 振 幅 和 初 相 位 ,由 初 始 条 件 决 定 . 在 物 块 刚 被 释
(11) (12)

( x?b)

(1)

放 时 , 即 t ? 0 时 刻 有 x = 0 , 由 (5) 式 得 ?? X (0) ? ? b ?
V (0) ? 0

式中

g 为 重 力 加 速 度 .物 块 的 重 力 为
fg ? b3 ??g
(2) 由 (8) 至 (12 ) 式 可 求 得

设 物 块 的 加 速 度 为 a, 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有

A?

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

(3)

? ??

?? b ?

(13 ) (14 )

a??

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

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

(15)

(4 )

V (t ) ? ?

?? gb sin ??t ? ? ? ?

(16 )

将 x 系 坐 标 原 点 向 下 移 动 ? ?b / ? 而 建 立 新 坐 标 系 , 简 称 系为
X ? x?

X 系. 新旧坐标的关
(5)

?? b ?

把 (5) 式 代 入 (4 ) 式 得
a??

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

?g X ? ?b

X 系中这一临界坐标值为
? ?? ? X ? X b ? ?1 ? ? b ? ??
( 17 )

(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

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
1

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

? ? 2? ?

?? ? ?? b? ? t2 ? 1 ? ? ? 1? ( ? ? ? ?) g ? ? ?? ?

2

(2 7)

物 块 从初始位置出发往返一次所需的时间为
tII ? 2(t1 ? t2 ) ? 2 ?? ?? ?? ? b? ? ? 2? ? b? ? 1 ? ? ? 1? ?? ? arccos ? ? ? 1?? ? ? ? g? ? ? ( ? ? ? ) g ? ? ? ?? ? ?
2

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

(28)

(19 )

tI ? T ? 2?
(20) II . A ? X b . 由 (13) 和 (17) 两 式 得 ? ? 2? ?

? ?b ?g

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.

(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 ? ? ?

二、 (23 分)设想在地球赤道平面内有 一垂直于地面延伸到太空的轻质电梯, 电梯
(2 2)

顶端可超过地球的同步卫星高度 R(从地心 算起)延伸到太空深处。这种所谓的太空电 梯可用于低成本地发射绕地人造卫星, 其发 射方法是将卫星通过太空电梯匀速地提升到某高度,然后启动推进装置将卫星 从太空电梯发射出去。 1、设在某次发射时,卫星在太空电梯中极其缓慢地匀速上升,该卫星在上升到 0.80 R 处意外地和太空电梯脱离(脱离时卫星相对于太空电梯上脱离处的速度 可视为零)而进入太空。 (1)论证卫星脱落后不会撞击地面。 (2)如果卫星脱落后能再次和太空电梯相遇,即可在它们相遇时回收该卫星。 讨论该卫星从脱落时刻起,在 0~12 小时及 12~24 小时两个时间段内被太空该电 梯回收的可能性。 2、如果太空电梯地点位于东经 110 度处,在太空电梯上离地心距离为 R X 处有 一卫星从电梯脱落(脱落时卫星相对于太空电梯上脱落处的速度可视为零) ,脱
2

取合理值,有

t1 ?

?? ?? ? ?b ? ?? ? arccos ? ? 1?? ?g ? ? ? ? ??

(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 ? ? ?? (2 5 ) a? ? 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 t2 , 有
V ? t1 ? ? a?t2 ? 0

(26 )

由 (24)-(26 ) 得

落后该卫星轨道刚好能和赤道某处相切,而使卫星在该点着地,试求卫星着地 点的经度。提示:此问要用数值方法求解高次方程。 已知:地球质量
?11

?s ?

1 2 ? 0.80R ? ? 2

(6 )

M ? 6.0 ?1024 kg , 半 径 Re ? 6.4 ?106 m 的 球 体 ; 引 力 恒 量
2 ?2

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

G ? 6.7 ?10 N ? m ? kg ; 地球自转周期 Te ? 24 小时; 假设卫星与太空电梯脱落
后只受地球引力作用。
解: 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 R 为 v .由 开 普 勒 第 二 定 律 可 知 0.80R

a?

0.28R ? 0.80R 2
2

(7)

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

(8 )

T


T ?

? ab ?s

(9) 代人相关数值可求出

T ? 9.5h

(10)

r v = ? 0.80R ? ?
2

(1)

a b

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

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 机械能守恒定律有

T ( 约 14 小 时 ) 卫星与太空电梯脱离后经过 1.5 ,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 -1 2 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 ( 3) 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

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 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 1 GMm 2 ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? r ? 0.80R 2 0.80R 直接求得】
同步卫星的轨道半径

( 11 )

R 满足
GM ? R? 2 R2
(4)

此式可化为

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

? 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

(1 2)

( 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

( 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 ?


3

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

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

5

3

三、 (25 分) 如图所示, 两根刚性轻杆 AB 和 BC 在

B 段牢固粘接在一起, AB 延长线与 BC 的夹角 ? 为
锐角, 杆 BC 长为 l , 杆 AB 长为 l cos ? 。 在杆的 A 、B 和 C 三点各固连一质量均为 m 的小球,构成一刚性系 统。整个系统放在光滑水平桌面上,桌面上有一固定 的光滑竖直挡板,杆 AB 延长线与挡板垂直。现使该系 统以大小为 v0 、方向沿 AB 的速度向挡板平动。在某时刻,小球 C 与挡板碰撞,

(14)

(15)

因为面积速度可表示为
2 ? s? ? Rx ?

1 2

(16)

碰撞结束时球 C 在垂直于挡板方向的分速度为零,且球 C 与挡板不粘连。若使 球 C 碰撞后,球 B 先于球 A 与挡板相碰,求夹角 ? 应满足的条件。
解: 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 P

所以卫星的运动周期为
T? ?

? a?b? ? s?

(17) 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 星与地球赤道相切点位于赤道的经度为西经 ?T ? ? ? 180? ? 110? ? ? 121? (19) 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)
4

y

T ? ? 6.8 h

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

(2)

?

?

O x

lCP
(3) (4) 图1 C

vPy ? 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 (5) xP ? ?l c o ? s

1 yP ? ? l s i n ? (6) 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
L ? m?l
2 AP

? m?l

2 BP

? m?l

2 CP

(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 ? t? 2

?

(21) (22) (23)

1 2 2 2 lAP ? l 2cos ? ? l sin ?2 (8) 9 1 2 lBP ? l 2 sin 2 ? (9) 9 4 2 lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? (10) 9 由(7) 、 (8) 、 (9)和(10)各式得 2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) (11) 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 J l sin ? ? L (12) 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 ? (13) ?? ml (1 ? 2 cos 2 ? )
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)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t


yP ? ?x ? xP

则球 B 先于球 得

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

? ? arctan


3 1? ?

(24)

? ? 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. 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 量,根据题意有
vCx ? 0

v Ay
A

vBy
B

A 、 B 和 C 三球速度的分
(1)

v Ax

?

vBx

O x

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

(15) (16)

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 (2) ?J ? m vA x ? m vBx 3 ? m v 0

P

vCy
C C 图1

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

0 ? mvAy ? mvBy ? mvCy

(3)

以坐标原点 O 为参考点,根据质点组的角动量定理有 y

(17) 根据题意有
vCx ? 0

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

Jl sin ? ? mvAy ?l cos? ? l cos? ? ? mvByl cos? ? mv0l sin ?
A O P B x 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) 因为连结小球的

由(13)和(19)式得 v sin ? ?? 0 (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 C

(19)

(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
5

图2

cos ? ? sin ? ?

2 cos ? 1 ? 3cos 2 ? sin ? 1 ? 3cos 2 ?
2

(8) (9)

1 π t? 2

?

(23)

在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t

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

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

(24) 若
yP ? ?x ? xP

y (25)

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

A O P B x

则球 B 先于球

A 与挡板碰撞. 由以上有关各式得
? ? arctan
3 1? ?
(26)

vBy ? 0

vCy ? ?v0 sin ? cos ?



? ? 36?

(27) C

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 的速度

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.

图2

vPx ?
vPy ?

mvAx ? mvBx ? mvCx 2 ? v0 sin 2 ? 3m 3
mvAy ? mvBy ? mvCy 3m ?0

(16) (17)

这时系统质心的坐标为
xP ? ?l c o ? s

(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 y P ,而球 B 相对质心的 速度

1 2 vB P x? v B ? v sin x v P? x 0? 3

(20) (21)

四、 (21 分)如图所示,虚线小方框是由 2n 个电容器联成的有限网络;虚线大方框是 并联的两个相同的无限网络,此无限网络的 结构是:从左到中间,每个电容器的右极板 与两个电容器的左极板相连,直至无穷;从 中间到右,每两个电容器的右极板与一个电 容器的左极板相连,直至联接到一个电容器 为止。网络中的所有电容器都是完全相同的 平行板真空电容器,其极板面积为 S ,极板 间距为 d ( d

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 v v sin ? ? ? BPx ? 0
yP l

?? S ) 。整个电容网络体系与一内电阻可忽略不计的电池连接,

(22)

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
6

电池电动势恒定、大小为 ? 。忽略电容器的边缘效应,静电力常量 k 已知。 1、若将虚线小方框中标有 a 的电容器的右极板缓慢地向右拉动,使其两极板的 距离变为,求在拉动极板过程中电池所做的功和外力所做的功。 2、在电容器两极板的距离变为 2d 后,再将一块与电容器 a 的极板形状相同、面 积也为 S 、带电荷量为 Q ( Q ? 0 )的金属薄板沿平行于 a 的极板方向全部插入

到电容器 a 中,使金属薄板距电容器 a 左极板的距离为 x 。求此时电容器 a 的左极 板所带的电荷量。
解: 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

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

( 1)

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



2C Ct1 ? n
式中

( 2)

?U ?

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

( 3)

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

( 4)

( 14 ) 外力所做的功为
A? ? ?U ? A ? S? 2 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd



( 15 )

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

( 5) 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) ? ? ( 16 ) S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 由 ( 2) 式 和 上 式 得 2d ? x q? ? q?? ? 3q? ? Q ( 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 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

?

2C 2n ? 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) 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)

( 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? (n ? 5)(2d ? x) ? Q (3n ? 13)2? kd (3n ? 13)d

( 10 ) 整个电容网络的等效电容器带的电荷量为 评分标准:
7

( 19 )

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.

? R ? L ? 2 R12 ? ? 1 ? ? 2 R1 ? 100 ?

2

(2)

在金属杆由错误!未指定书签。位置滑动到 cd 位置过程中,金属杆与大圆环接触的两点之 d 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!未指定 书签。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,方向如图 1 所示,以 U ab 表示 a、b

五、 (25 分)如图所示,两个半径不等的用细金属 导线做成的同心圆环固定在水平的桌面上。 大圆环半径 为 R1 ,小圆环表面绝缘半径为 R2 ( R2 ?? R1 ) ,两圆环 导线每单位长度电阻均为 r0 ,它们处于匀强磁场中, 磁感应强度大小为 B ,方向竖直向下,一每单位长度 电阻为 r1 的长直金属细杆放在大圆环平面上,并从距圆 环中心左侧为 R1 / 100(> R2 )的 ab 位置,以速度 v 匀速向右沿水平面滑动到相对 于大圆环中心与 ab 对称的位置 cd,滑动过程中金属杆始终与大圆环保持密接。 假设金属杆和大圆环的电流在小圆环处产生的磁场均可视为匀强磁场。试求在 上述滑动过程中通过小圆环导线横截面的电荷量。 提示:当半径为 R ,长度为 l 的一段圆弧导线通有电流 I 时,圆弧电流在圆心处 产生的磁感应强度大小为 B ? k m
Il , 方向垂直于圆弧所在平面且与圆弧电流的 R2

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

(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
B1 ? k m I1l1 R12 I 2 l2 R12

(6) (7)

B2 ? k m

B1 方向竖直向上, B2 方向竖直向下.

方向满足右手螺旋法则; 无限长直导线通有电流 I 时, 电流在距直导线距离为 r 处 产生的磁感应强度 B 的大小为 B ? k m
2I ,其中 k m 为已知常量。 r
a

解: 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! 未指定书签。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

c

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 (8) B0 ? B2 ? B1 ? 0 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 ? k m (9) 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 a ? (10) I? I1 I I2 R R R? 左 右 ε R左 ? R右 R左 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 Rab 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
b

l1
I1

l2 I
I2

Ra b ? 2 R 1r,1



R =右 R? ?

(11) R 1 r 0

图 2 (12)

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

? ? BL v

(1)

式中 L 为金属杆在错误!未指定书签。位置时与大圆环 两接触点间的长度,由几何关系有

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
8

b 图 1

应通量为
2 ?ab ? ? R2 B3

设重新关闭阀门后容器 A 中气体的摩尔数为 (13)

n1 , B 中 气 体 的 摩 尔 数 为

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 )

n2 , 则 气 体 总 摩 尔 数 为 n ? n1 ? n2
为 T1? , B 中 气 体 温 度 为 化可表示为 ( 1)

(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 2 (15) ?? ? ?c d ? ? a ? b ?2? R B 2 3 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 2 B3 ?? 2? R2 ?i ? ? ?
?t ?t

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

T2 ,重 新 关 闭 阀 门 之 后 与 打 开 阀 门 之 前 气 体 内 能 的 变
( 2)

(16)

?U ? n1C ?T1? ? T1 ? ? n2C ?T2 ? T1 ?
由于容器是刚性绝热的,按热力学第一定律有

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 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 v BR2 ? r0 R1r0 (4r1 ? ? r0 )

(17)

?U ? 0
令 V1 表 示 容 器 A 的 体 积 , 初 始 时 A 中 气 体 的 压 强 为 体压强为 ? p1 ,由 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知
n? n1 ? p1V1 RT1 (? p1 )V1 RT1?

( 3)

p1 ,关闭阀门后 A 中气

(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. 由以上各式可解得

( 4) ( 5)

T2 ?

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

六、 (15 分)如图所示,刚性绝热容器 A 和 B 水平放置, 一根带有绝热阀门和多孔塞的绝热 刚性细短管把容器 A、B 相互连通。初始时阀门 是关闭的,A 内装有某种理想气体,温度为 T1 ; B 内为真空。 现将阀门打开, 气体缓慢通过多孔 塞后进入容器 B 中。 当容器 A 中气体的压强降到与初始时 A 中气体压强之比为 ? 时,重新关闭阀门。设最后留在容器 A 内的那部分气体与进入容器 B 中的气体 之间始终无热量交换,求容器 B 中气体质量与气体总质量之比。已知:1 摩尔理 想气体的内能为 u ? CT ,其中 C 是已知常量, T 为绝对温度;一定质量的理想 气体经历缓慢的绝热过程时,其压强 p 与体积 V 满足过程方程 pV 其中 R 为普适气体常量。重力影响和连接管体积均忽略不计。
解:
9
C?R C

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
(6 )

pV
利用状态方程可得

C?R C 1 10

? (? p1 )V

C?R C 1

? 常量 ,

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

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

R C?R

C C?R

1. 19.2 10.2 ( 8) 2. 20.3 4. 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 ) (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 )

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、 (16 分)图中 L1 为一薄凸透镜, Q 为高等于 2.00cm 与光轴垂直放置的 线状物,已知 Q 经 L1 成一实像,像距为 40.0cm。现于 L1 的右方依次放置薄凹 透镜 L2 、 L3 和薄凸透镜 L4 以及屏 P ,它们之间的距离如图所示,所有的透镜 都共轴,屏与光轴垂直, L2 、 L3 焦距的大小均为 15.0cm。已知物 Q 经上述四 个透镜最后在屏上成倒立的实像,像高为 0.500cm。

八、 (18 分)如图所示,竖直固定平行放置的两条相同长 直导线 1 和 2 相距为 a ( a <<长直导线的长度) ,两导线中通有 方向和大小都相同的稳恒电流,电流方向向上。导线中正离子 都是静止的, 每单位长度导线中正离子的电荷量为 ? ; 形成电 流的导电电子以速度 v0 沿导线向下匀速运动, 每单位长度导线 中导电电子的电荷量为 ? ? 。已知:单位长度电荷量为 ? 的无 限长均匀带电直导线在距其距离为 r 处产生的电场的强度大小 2? 为 E ? ke ,其中 ke 是常量;当无限长直导线通有稳恒电流 I
r

时,电流在距导线距离为 r 处产生磁场的磁感应强度大小为
B ? km 2I , 其中 k m 是常量。 试利用狭义相对论中的长度收缩公式求常量 ke 和 k m r

的比值。 提示:忽略重力;正离子和电子的电荷量与惯性参照系的选取无关;真空 中的光速为 c 。
解: 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 v 0 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

1、 L1 焦距的大小为

cm, L4 焦距的大小为

cm。

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 的 长 度 变 为 l?? , 由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有

2、现保持 Q 、 L1 、 L4 和 P 位置不变,而沿光轴平移 L2 、 L3 ,最后在屏上成倒 立的实像,像高为 1.82cm,此时 L2 和 L1 的距离为 cm。 最后保留结果至小数点后一位。
答案与评分标准:
10

cm, L3 和 L4 的距离为

? ? 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 ??

? v0 ? I ? ? ??

? v0
v2 1? 0 c2

( 9)

离子的电荷量与惯性参考系的选取无关,故
?l? ? ? ?l ??

( 2)

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

由 ( 1) 和 ( 2) 式 得
?? ??

?
v2 1? 0 c2

( 10 )

( 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 的 长 度 为 l?? , 则 由 相 对 论 中 的 长 度 收 缩 公 式 有

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

? 1? l ? l?

2 v0 c2

? ? ? q v0 B ? ? fm
( 4) ( 11 ) ( 5)

2 2 k m q ? v0

a 1?

2 v0 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
?? ? ? ?? 1? v c
2 0 2

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

? 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

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

( 12 )

? ? ?? ?? ? ? ? ??

?
v 1? c
2 0 2

? ( ?? ) 1 ?

v ? c

2 0 2

v v c 1? c
2 0 2

?

2 0 2

( 6)

fe? ? 0

( 13 )

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动
v1+ ? 0

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

( 14 )

E? ?

2ke ? ? ? a

2 2ke ? v0

导线 2 对导线 1 中正离子施加磁场力为零 ( 7) 式中,
f m ? ? qv1+ B ? 0

v2 c a 1? 0 c2
2

( 15 )

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

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

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

f e?? ? qE ? ?

2 2 k e q ? v0

c2 a 1 ?
电场力方向水平向左.

v c

2 0 2

( 8)

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 v 0 向 上 运 动 的 正 离 子 形 成 的 电 流 为
11

(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 e?? fm

( 17 ) 由 ( 8) 、 ( 11 ) 和 ( 17 ) 式 得
ke ? c2 km

( 18 )

评分标准: 本题 18 分. (1)至(18)式各 1 分.

12


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