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2012年第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, 以湖面的绝对高度在 所 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
式 中 (2)

( x?b)

(1)
fg ?
3

g 为 重 力 加 速 度 . 物 块 的 重 力 为

b? ?

g

设 物 块 的 加 速 度 为 a , 根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 b3 ? ?a ? f g ? f b 将 (1) 和 (2) 式 代 入 (3) 式 得
a??

(3) (4)

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

? 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
a??

X? ? x

?? ?

b (5)

把 (5) 式 代 入 (4) 式 得

?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 系 中 的 坐 标 为 x ?? 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 ?? s ?t ?? o ?

(15)

V ( t) ? ?

?? gb 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 (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, 块再次返回到初始位置所需的时间也 物 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 , 块 下 底 面 离 平 物 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 2? ? ?b 置 . 由 (10) 式 得 振 动 周 期 T ? (19) 物 块 从初始位置出 ? 2? ? ?g

?

发往返一次所需的时间
tI ? 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, 块在运动过程中会从某时刻起全部浸没在湖水 物 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 ? ?? ? a r c c o s ? ? ? 1 ? ? ?g ? ?? ??

(23)

由 上 式 和 (16)

式 可 求 得 这 时 物 块 的 速 度 为

?? V( 1 t? ? ) ?

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

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 ? ? ?? (25) 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)
2

?? ? ?? b? ? 1 ? ? ? 1? 由 (24)-(26)得 t2 ? ?) g ? ? ? (? ? ? ??

(27)

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

(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, 卫星的运动轨 此 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 R 0.80R 点) 设近地点(或远地点)离地心 ; a 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 = ? 0.80 R ? ?
2

(1)

b

式 中 ? (? 2 Te 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 1 2 GMm 1 GMm 2 ( 2) 由 mv ? ? m ? 0.80R ? ? 2 ? 2 r 2 0.80R ( 1) 和 ( 2) 式 解 得 r ? 0.28R (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 1 GMm 2 直接求得】 ? 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 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 , 远 地 从 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
0 . 2 ? R8 a? 2 R. 8 0 0 ? 0.80 ? 0.28 ? 2 (7) b ? a 2 ? ? ? R 2 ? ?
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, 后的一周期内其角速度都 其 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, 时太空电梯完成一个运动周 同 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 , 星 轨 道 与 地 球 赤 道 相 切 点 和 卫 星 在 太 空 电 梯 卫 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 ? 4.7 Re ? 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 ve 表 示 卫 星 与 赤 道 相 切 点 即 近 地 点 的 速 率 , 则 有 Re v e ? R2? x 和
1 2 GMm 1 GMm 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 R ? Re 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? ? x 2 (14)
? 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)

代入相关数值可得 (18) T ? ? 6.8 h 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 ?T ? 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 v0 ,方向沿 x 轴 正方向, P 表示系统的质心, vPx 和 vPy 表示碰撞后质 以 以 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

y

A

B

?
P

O x

? lCP
C

图1

? J ? 3mvPx ? 3mv0

(1) (2)

0 ? 3mvPy ? 0

由(1)和(2)式得 3mv0 ? J vPx ? 3m vPy ? 0

(3) (4)

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 (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)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 lAP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9 1 2 2 2 (8) lBP ? l sin ? 9 4 2 (9) lCP ? l 2 cos2 ? ? l 2 sin 2 ? 9 (10) 由(7)(8)(9)和(10)各式得 、 、 2 L ? ml 2? (1 ? 2cos2 ? ) 3 (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 2 J l sin ? ? L 3 (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】 J sin ? 由(11)和(12)式得 ? ? (13) 球 C 相对于质心参 ml (1 ? 2cos2 ? ) 考系的速度分量分别为(参考图 1) vCPx ? ??lCP sin ? ? ??(l sin ? ? | yP |)

(14)
vCPy ? ??lCP cos ? ? ??l cos ?

(15) 球 C 相对固定参考系速度的 x 分量为 (16) 由 vCx ? vCPx ? vPx (3)(6)(13) (16)各式得 、 、 J vCx ? ? ? v0 m(1 ? 2cos2 ? ) (17) 根据题意有 vCx ? 0 (18)由(17)和(18)式得 J ? mv0 (1 ? 2cos2 ? ) (19) 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 方向, 如图 2 所示. 系统绕质心转过 ??? 所需时间 1 ? t? 2 (21) ? P 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) C 则球 B 先于球 A 与挡板碰撞. 由(5)(6)(14)(16)(18) 、 、 、 、 、 3 (21) (22)和(23)式得 、 ? ? arctan 1? ? (24) 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. 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 A

y

A O B x

图2

y

v Ay

vBy

v Ax B
P

?

vBx O
x

vCy
C C 图1


vCx ? 0

(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
? J ? mvAx ? mvBx ? 3mv0

(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 ?

(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
vAx ? vBx

(5) (6)

vCy sin ? ? vBy sin ? ? vBx cos ? vAx cos? ? vAy sin ? ? ?vCy sin ?

(7) (7)式中 ? 为杆 AB 与连线 AC 的夹角. 由几何关系有
cos? ? 2cos ? 1 ? 3cos 2 ? (8) sin ? 1 ? 3cos 2 ? (9)

sin ? ?

解以上各式得

J ? mv0 ( 1 2 c2 ? s(10) vAx ? v0 sin 2 ? ? o )
vAy ? v0 sin ? cos ? v (13) By ? 0

(11)

( 12 )

vB x? v s0 i 2 n ?
(15)

v (14) Cy ? ? 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 的速度 mvAx ? mvBx ? mvCx 2 (16) vPx ? ? v0 sin 2 ? 3m 3 mvAy ? mvBy ? mvCy (17) vPy ? ?0 3m 1 这时系统质心的坐标为 xP ? ?l cos ? (18) yP ? ? l sin ? 3 (19) 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
1 yP ,而球 B 相对质心的速度 vBPx ? vBx ? vPx ? v0 sin 2 ? (20) 3
vBPy ? 0

y

A O P B x

(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角 v v sin ? 速度 ? ? BPx ? 0 (22) yP l 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 (23) 在此时间内质心沿 x 方向向右移动的距离
?x ? vPx t
1 π t? 2

C

?

图2

(24)



yP ? ? x ? xP

(25)则球 B 先于球 A 与 (26)即

挡板碰撞. 由以上有关各式得 (27)

? ?a r c t a n

3 1? ?

? ? 36 ?

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 , 1 n 2C 其 电 路 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式 ( 1) 即 ( 2) ? Ct1 ? Ct1 2C n S 式中 C ? ( 3) 4? kd 虚 线 大 方 框 中 无 限 网 络 的 等 效 电 容 Ct 2 满 足 下 式 1 1 1 ? 1 ? ( 4) ? 2? ? ? ? ? ? ?? Ct 2 ? 2C 4C 8C ? C 即 ( 5) Ct 2 ? 2 C C 2C 整 个 电 容 网 络 的 等 效 电 容 为 Ct ? t 1 t 2 ? ( 6) Ct 1 ? C t 2 n ? 4 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 ? Ct ? ? (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 1 n ?1 2 ? 成 的 网 络 的 等 效 电 容 Ct1 满 足 下 式 ( 8) ? ? ? Ct1 2C 3C 由此得
? Ct1 ? 6C 3n ? 1

( 9)
Ct? 1 t 2 C 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 3S? ( 11) qt? ? Ct?? ? (3n ? 13)2? kd 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 ( 13)

?U ?

1 S? 2 ? Ct?? 2 ? Ct? 2 ? ? ? 2(3n ? 13)(n ? 4)2? kd 2 A ? ?qt ? ? ? S? 2 1 n3? ) ( ? kd 4 ) 2

在此过程中,电池所做的功为 ( 14)

( n? 3

外力所做的功为

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

S? 2 1 n ) (? 3 ?

k4 d) 2

( 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 q?? q? (q? ? Q) 板 电 压 相 同 ,所 以 有 ( 16) ? ? S S C 4? kx 4? k (2d ? x) 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). 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) ? ? ? ( 18) ct 2 2C C 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: 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 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 ? ? 2 R1 ? 100 ?
2 1 2

c

l2
I2

(2)

I1

I

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 2R1 . b 图 1

d

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 ? ? 2BR1v (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、 两端的电压, b 由欧姆定律有 U ab ? I1l1r0 (4) ab ? I 2l2 r0 U
I1l1 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
B2 ? km I 2 l2 R12 B1 ? km

(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 可近似视为无限长直导线,由提示,金属杆在 ab 位置时,杆中电流产生的 2I 磁感应强度大小为 (9) 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
I?

?

a

R R R? 左 右 R左 ? R右

(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 r (11) 1 0
800km vB R1 (4r1 ? ? r0 )

图 2 (12)

利用(3)(9)(10)和(11)式可得 B3 ? 、 、

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 2 环圆面的磁感应通量为 ?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 ?cd ? ? R22 (? 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 2 ?? ? ?cd ? ?ab ? ?2? R2 B3 面的磁感应通量的改变为 (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 2 ?? 2? R2 B3 (16) ?i ? ? ? ?t ?t 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 (17) 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 ? Ii ?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 , 理 想 气 体 状 态 方 程 可 知 n ? 由

p1V1 ( 4) RT1

n1 ?

(? p1 )V1 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, 而在阀门打开到重新关闭的过程中留在容器 A 中 因 的那部分气体经历了一个绝热过程, 这部分气体初始时体积为 设
C V10 (压 强 为 p1 时), 则 有 p1V 1 0 ? (? p )V 1 C?R C?R C 1

(6)

利用状态方程可得

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

R

C

( 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 的 长 度 变 为 l? , 由 相 对 论 中 的 长 度 收

缩公式有

? l? ? l 1 ?

2 v0 c2

( 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

? ?? ?

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

? l ? l? 1 ?

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)

? 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
? ? ? ? ? ?? ? ?? ?

?
v2 1? 0 c2

? ( ?? ) 1 ?

2 v0 ? c2

2 v0 2 2 v0 c 1? 2 c

?

( 6)

它在导线 1 处产生的电场强度的大小为

E? ?

2ke ? ? ? a

2 2ke ? v0

c2 a 1 ?

2 v0 2 c

( 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 I ? ? ?? v0 ?

? 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 ( 10) ? 2 a v0 a 1? 2 c

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
? f m ? ? q v0 B? ?
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 因 而 , 导 线
fe? ? 0 ( 13)

? ? (?? ) ? 0 ( 12)
1 中 正 离 子 施 加 电 场 力 为 零

2

对 导 线

注意到在 S 系中,导线 1 中正离子不动 导 线 2 对 导 线 1

v1+ ? 0 ( 14)

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, 果导线 1 中正离子还受到其他力的作 如 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 ? ? f m? ? fe??

(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 ? ? fe??

( 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.


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